Question

16．已知函数f（x）=lnx+x-$\frac{1}{2}$mx²．
（Ⅰ）当m=2时，求函数f（x）的极值点；
（Ⅱ）若关于x的不等式f（x）≤mx-1恒成立，求整数m的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函数的导数，解关于导函数的不等式，从而求出函数的单调区间，进而求出函数的极值点；
（Ⅱ）构造函数G（x）=f（x）-mx+1，求出G（x）的导数，通过讨论m的范围，判断函数的单调性，进而求出m的最小值．

解答 解：（Ⅰ）当m=2时，f（x）=lnx+x-x²（x＞0），
$f'（x）=\frac{1}{x}+1-2x=\frac{{-2{x^2}+x+1}}{x}=\frac{（-x+1）（2x+1）}{x}$，
在区间（0，1）上，f′（x）＞0；在区间（1，+∞）上，f′（x）＜0，
所以，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
所以f（x）的极大值点为1，没有极小值点．
（Ⅱ）令$G（x）=f（x）-（mx-1）=lnx-\frac{1}{2}m{x^2}+（1-m）x+1，x＞0$，
则不等式f（x）≤mx-1恒成立，即G（x）≤0恒成立，
$G'（x）=\frac{1}{x}-mx+（1-m）=\frac{{-m{x^2}+（1-m）x+1}}{x}$，
①当m≤0时，因为x＞0，所以G′（x）＞0，
所以G（x）在（0，+∞）上是单调递增函数，
又因为$G（1）=ln1-\frac{1}{2}m×{1^2}+（1-m）+1=-\frac{3}{2}m+2＞0$，
所以关于x的不等式G（x）≤0不能恒成立；
②当m＞0时，$G'（x）=\frac{{-m{x^2}+（1-m）x+1}}{x}=-\frac{{m（x-\frac{1}{m}）（x+1）}}{x}$，
令G′（x）=0，因为x＞0，得$x=\frac{1}{m}$，
所以当$x∈（0，\frac{1}{m}）$时，G′（x）＞0；当$x∈（\frac{1}{m}，+∞）$时，G′（x）＜0，
因此函数G（x）在$x∈（0，\frac{1}{m}）$是增函数，在$x∈（\frac{1}{m}，+∞）$是减函数，
故函数G（x）的最大值为$G（\frac{1}{m}）=ln\frac{1}{m}-\frac{1}{2}m×{（\frac{1}{m}）^2}+（1-m）×\frac{1}{m}+1=\frac{1}{2m}-lnm$；
令$h（m）=\frac{1}{2m}-lnm$，因为h（m）在m∈（0，+∞）上是减函数，
又因为$h（1）=\frac{1}{2}＞0，h（2）=\frac{1}{4}-ln2＜0$，所以当m≥2时，h（m）＜0，
所以整数m的最小值为2．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，分类讨论思想，第二问难度较大，属于中档题．