Question

8．已知函数f（x）=mx-（m+2）lnx-$\frac{2}{x}$（m∈R），g（x）=$\frac{ln（x+1）}{x}$．
（1）讨论f（x）的单调区间；
（2）是否存在m＜0时，对于任意的x₁，x₂∈[1，2]，都有f（x₁）-g（x₂）≤1恒成立？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）先求出原函数的导数，然后在定义域内借助于二次函数的图象判断导数值的符号，从而确定原函数的单调区间；
（2）本题涉及到两个函数f（x）与g（x）的不等式恒成立，因此，只需f（x₁）≤g（x₂）+1恒成立即可，则问题转化为f（x）_max≤g（x）_min+1的问题．

解答 解：（1）函数$f（x）=mx-（m+2）lnx-\frac{2}{x}$的定义域为（0，+∞）．
$f′（x）=m-\frac{m+2}{x}+\frac{2}{{x}^{2}}=\frac{（mx-2）（x-1）}{{x}^{2}}$，
①当m=0时，令f′（x）=0，解得x=1．
当0＜x＜1时，f′（x）＞0；当x＞1时，f′（x）＜0；
所以f（x）的单调增区间为（0，1），单调减区间为（1，+∞）； 
②当m≠0时，令f′（x）=0，解得${x}_{1}=\frac{2}{m}，{x}_{2}=1$．
当m＜0时，当0＜x＜1时，f′（x）＞0；当x＞1时，f′（x）＜0；所以f（x）的单调增区间为（0，1），单调减区间为（1，+∞）．
当0＜m＜2时，当0＜x＜1时，f′（x）＞0；当$1＜x＜\frac{2}{m}$时，f′（x）＜0；当x＞$\frac{2}{m}$时，f′（x）＞0；所以f（x）的单调增区间为（0，1）与（$\frac{2}{m}$，+∞），单调减区间为（1，$\frac{2}{m}$）；
当m=2时，f$′（x）=2（\frac{x-1}{x}）^{2}≥0$，所以f（x）的单调增区间为（0，+∞）；
当m＞2时，当0＜x＜$\frac{2}{m}$时，f′（x）＞0；当$\frac{2}{m}＜x＜1$时，f′（x）＜0；当x＞1时，f′（x）＞0；所以f（x）的单调增区间为（0，$\frac{2}{m}$）与（1，+∞），单调减区间为（$\frac{2}{m}$，1）．
综上，当m≤0时，f（x）的单调增区间为（0，1），单调减区间为（1，+∞）；
当0＜m＜2时，f（x）的单调增区间为（0，1）与（$\frac{2}{m}$，+∞），单调减区间为（1，$\frac{2}{m}$）；
当m=2时，f（x）的单调增区间为（0，+∞）；
当m＞2时，f（x）的单调增区间为（0，$\frac{2}{m}$）与（1，+∞），单调减区间为（$\frac{2}{m}$，1）．
（2）对于任意的x₁，x₂∈[1，2]，都有f（x₁）-g（x₂）≤1恒成立，等价于x∈[1，2]时，f（x）_max≤g（x）_min+1成立．
由（1）得当m＜0时，f（x）在（1，+∞）上单调递减，所以当x∈[1，2]时，f（x）_max=f（x）=m-2．
$g′（x）=\frac{\frac{x}{x+1}-ln（x+1）}{{x}^{2}}=\frac{1-\frac{1}{x+1}-ln（x+1）}{{x}^{2}}$，
令h（x）=$1-\frac{1}{x+1}-ln（x+1）$，而$h′（x）=\frac{1}{（x+1）^{2}}-\frac{1}{（x+1）}=-\frac{x}{（x+1）^{2}}$．
所以$h（x）=1-\frac{1}{x+1}-ln（x+1）$在（0，+∞）上单调递减．
在[1，2]上，$h（1）=1-\frac{1}{2}-ln2=\frac{1}{2}-ln2=ln\sqrt{e}-ln2＜0$，
所以在[1，2]上，h（x）＜0，g′（x）＜0；所以g（x）在[1，2]上单调递减，所以当x∈[1，2]时，$g（x）_{min}=g（2）=\frac{ln3}{2}$．
故$m-2≤\frac{ln3}{2}+1$，即$m≤3+\frac{ln3}{2}$，
因为m＜0，所以存在m＜0时，对于任意的x₁，x₂∈[1，2]，都有f（x₁）-g（x₂）≤1恒成立，且m的取值范围是（-∞，0）．

点评 本题重点考查了利用导数研究函数的单调性，然后研究函数的最值，从而解决不等式恒成立问题，注意本题中是两个函数的最值进行比较，要注意准确理解题意．