Question

4．已知函数f（x）=lnx-x²+x，g（x）=（m-1）x²+2mx-1
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间和极值；
（Ⅱ）若不等式f（x）≤g（x）恒成立，求整数m的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的方程，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；
（Ⅱ）设F（x）=f（x）-g（x），求出函数的导数，通过讨论m的范围，求出函数的单调区间，求出函数的最大值，从而求出m的最小值即可．

解答 解：（Ⅰ）$f'（x）=\frac{1}{x}-2x+1=\frac{{-2{x^2}+x+1}}{x}=\frac{-（x-1）（2x+1）}{x}（x＞0）$
由f'（x）=0解得x=1，
x，f′（x），f（x）的变化如下表：

x	（0，1）	1	（1，+∞）
f’（x）	+	0	-
f（x）	↗	极大值	↘

f（x）的增区间为（0，1），减区间为（1，+∞），
当x=1时，f（x）有极大值f（1）=0；
（Ⅱ）设F（x）=f（x）-g（x）=lnx-mx²+（1-2m）x+1（x＞0），
$F'（x）=\frac{1}{x}-2mx+1-2m=\frac{{-2m{x^2}+（1-2m）x+1}}{x}=\frac{-（2mx-1）（x+1）}{x}$，
（1）当m≤0时，F'（x）＞0，F（x）在（0，+∞）上单调递增，
又F（1）=-3m+2＞0，所以不满足题意．
（2）当m＞0时，当$0＜x＜\frac{1}{2m}$时，F'（x）＞0，当$x＞\frac{1}{2m}$时，F'（x）＜0，
所以F（x）在$（0，\frac{1}{2m}）$上单调递增，在$（\frac{1}{2m}，+∞）$上单调递减，
$F{（x）_{max}}=F（\frac{1}{2m}）=\frac{1}{4m}-ln2m$，
令$h（m）=\frac{1}{4m}-ln2m$，因为h（m）在（0，+∞）上单调递减，
且$h（\frac{1}{2}）=\frac{1}{2}＞0，h（1）=\frac{1}{4}-ln2＜0$，
所以当m≥1时，h（m）＜0，整数m的最小值为1．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．