Question

3．已知函數(shù)f（x）=a²lnx-x²+ax（a≠0），g（x）=（m-1）x²+2mx-1．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若a=1時(shí)，關(guān)于x的不等式f（x）≤g（x）恒成立，求整數(shù)m的最小值．

Answer 1

分析 （1）首先求函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，然后分a＞0，a=0，a＜0三種情況進(jìn)行分類求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）首先構(gòu)造函數(shù)h（x）=f（x）-g（x），然后求導(dǎo)函數(shù)，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的解析式分m≤0與m＞0兩種情況求出函數(shù)h（x）的最小值，并建立關(guān)于m的不等式進(jìn)行求解．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{{a}^{2}}{x}$-2x+a=-$\frac{2{x}^{2}-ax-{a}^{2}}{x}$-$\frac{（2x+a）（x-a）}{x}$，x＞0，
當(dāng)a＞0時(shí)，由f′（x）＞0，得0＜x＜a，由f′（x）＜0，得x＞a，
∴f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，a），單調(diào)減區(qū)間為（a，+∞）
當(dāng)a＜0時(shí)，由f′（x）＞0，得0＜x＜-$\frac{a}{2}$，由f′（x）＜0，得x＞-$\frac{a}{2}$，
∴f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，-$\frac{a}{2}$），單調(diào)減區(qū)間為（-$\frac{a}{2}$，+∞）；
（2）令h（x）=f（x）-g（x）=lnx-mx²+（1-2m）x+1，x＞0，
則h′（x）=$\frac{1}{x}$-2mx+1-2m=$\frac{-2m{x}^{2}+（1-2m）x+1}{x}$=-$\frac{（2mx-1）（x+1）}{x}$
當(dāng)m≤0時(shí)，h′（x）＞0，
∴h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∵h(yuǎn)（1）=ln1-m×1²+（1-2m）+1=-3m
+2＞0，
∴關(guān)于x的不等式f（x）≤g（x）恒成立，
當(dāng)m＞0時(shí)，由h′（x）＞0，得0＜x＜$\frac{1}{2m}$，由f′（x）＜0，得x＞$\frac{1}{2m}$，
∴h（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，$\frac{1}{2m}$），單調(diào)減區(qū)間為（$\frac{1}{2m}$，+∞）；
∴h（x）_max=h（$\frac{1}{2m}$）=ln$\frac{1}{2m}$-m•（$\frac{1}{2m}$）²+（1-2m）×$\frac{1}{2m}$+1=$\frac{1}{4m}$-ln（2m），
令φ（m）=$\frac{1}{4m}$-ln（2m），
∵φ（$\frac{1}{2}$）=$\frac{1}{2}$，φ（1）=$\frac{1}{4}$-ln2＜0，
又φ（x）在（0，+∞）是減函數(shù)，
∴當(dāng)m≥1時(shí)，φ（m）＜0，
故整數(shù)m的最小值為1．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了函數(shù)的單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)的關(guān)系，不等式恒成立問題，考查了推理論證能力，運(yùn)算求解能力，分類討論的思想和等價(jià)轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．