Question

已知函数f（x）=-（2m+2）lnx+mx-

m+2

x

（m≥-1）．
（I）讨论f（x）的单调性；
（II）设 g（x）=

x2-2x-5 (x≥1) 1 2x - 13 2 (x＜1)

．当m=2时，若对任意x₁∈（0，2），存在x₂∈[k，k+1]，（k∈N），使f（x₁）＜g（x₂），求实数k的最小值．

Answer 1

分析：（I）由题意函数f（x）的定义域为（0，+∞），知f′(x)=

-2m-2

x

+m+

m+2

x2

．若m=0，则f′(x)=

-2x+2

x2

，从而当x＜1时，f′（x）＞0；当x＞1时，f′（x）＜0；若m≠0，则f′(x)=

m(x-1)[x-(1+ 2 m )]

x2

．当m＞0时，由1+

2

m

＞1，知当x＜1或x＞1+

2

m

时，f′（x）＞0，当1＜x＜1+

2

m

 时，f′（x）＜0，当-1≤m＜0时，1+

2

m

≤0，由此能求出函数f（x）的单调区间．
（II）由m=2时，f（x）在区间（0，1）上单调递增，在（1，2）上单调递减，知在区间（0，2）上，f（x）_max=f（1）=-2，对任意x₁∈（0，2），存在x₂∈[k，k+1]（k∈N），使f（x₁）＜g（x₂），从而存在x∈[k，k+1]（k∈N），使g（x）＞-2，由此能求出实数k的最小值．

解答：解：（I）由题意函数f（x）的定义域为（0，+∞），
f′(x)=

-2m-2

x

+m+

m+2

x2

=

(x-1)[mx-(m+2)]

x2

，
（1）若m=0，则f′(x)=

-2x+2

x2

，
从而当x＜1时，f′（x）＞0；
当x＞1时，f′（x）＜0，
此时函数f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为[1，+∞），（2分）
（2）若m≠0，则f′(x)=

m(x-1)[x-(1+ 2 m )]

x2

．
①当m＞0时，∵1+

2

m

＞1，从而当x＜1或x＞1+

2

m

时，f′（x）＞0，
当1＜x＜1+

2

m

 时，f′（x）＜0，
此时函数f（x）的单调递增区间为（0，1）和（1+

2

m

，+∞），
单调递减区间为[1，1+

2

m

]；
②当-1≤m＜0时，1+

2

m

≤0，
此时函数f（x）的单调递增区间为（0，1），
单调递减区间为[1，+∞），
综上所述，当-1≤m≤0时，函数f（x）的单调递增区间为（0，1），
单调递减区间为[1，+∞）；
当m＞0时，函数f（x）的单调递增区间为（0，1）和（1+

2

m

，+∞），
单调递减区间为[1，1+

2

m

]．   （7分）
（II）由（I）可得当m=2时，
f（x）在区间（0，1）上单调递增，在（1，2）上单调递减，
所以在区间（0，2）上，f（x）_max=f（1）=-2，
由题意，对任意x₁∈（0，2），存在x₂∈[k，k+1]（k∈N），
使f（x₁）＜g（x₂），
从而存在x∈[k，k+1]（k∈N）使g（x）＞-2，
即只需函数g（x）在区间x∈[k，k+1]（k∈N）上的最大值大于-2，
又当k=0时，x∈[0，1]，-6≤g（x），不符，
所以在区间x∈[k，k+1]（k∈N^*）上g（x）_max=g（k+1）=k²-6＞-2．
解得k＞2，（k∈N），
所以实数k的最小值为3． （14分）

点评：本题考查利用导数求闭区间上函数的最值的应用，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．