Question

13．已知函數(shù)f（x）=mx-（m+2）lnx-$\frac{2}{x}$，g（x）=x²+mx+1，其中m＜0．
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若存在x₁、x₂∈[1，2]，使得f（x₁）-g（x₂）≥1成立．求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先求出原函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，然后在定義域內(nèi)借助于二次函數(shù)的圖象判斷導(dǎo)數(shù)值的符號，從而確定原函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）不等式左側(cè)可能的最大值要≥1才行，分別求出函數(shù)f（x），g（x）在區(qū)間[1，2]上的最大值和最小值，從而求出m的范圍．

解答 解：f′（x）=m-$\frac{m+2}{x}$+$\frac{2}{{x}^{2}}$=（$\frac{2}{x}$-m）（$\frac{1}{x}$-1）=2（$\frac{1}{x}$-$\frac{2}{m}$）（$\frac{1}{x}$-1），
f（x）定義域（0，+∞），m＜0，
（1）①令f′（x）≤0，解得 $\frac{2}{m}$≤$\frac{1}{x}$≤1 且x＞0，即 x≥1，
令f′（x）≥0，解得：$\frac{1}{x}$≥1 或 $\frac{1}{x}$≤$\frac{m}{2}$且x＞0，即 0＜x≤1，
即：f（x）單調(diào)遞減區(qū)間[1，+∞），單調(diào)遞增區(qū)間（0，1]；
（2）由（1）得：f（x）在[1，2]單調(diào)遞減，
f（1）=m-2，f（2）=2m-（m+2）ln2-1，
則在[1，2]區(qū)間上，
f（x）_最小值=f（2）=2m-（m+2）ln2-1，f（x）_最大值=f（1）=m-2，
g（x）拋物線對稱軸是x=-$\frac{m}{2}$＞0，
g（1）=2+m，g（2）=5+2m，g（-$\frac{m}{2}$）=1-$\frac{{m}^{2}}{4}$，
要使f（x₁）-g（x₂）≥1成立，等價于不等式左側(cè)可能的最大值要≥1才行，
當(dāng)1≤-$\frac{m}{2}$≤2（對稱軸在區(qū)間之內(nèi)），即-4≤m≤-2時，
g（x）在x=-$\frac{m}{2}$（對稱軸處）取得最小值g（-$\frac{m}{2}$）=1-$\frac{{m}^{2}}{4}$，
此時f（x₁）-g（x₂）的最大值為：
f（1）-g（-$\frac{m}{2}$）=m-2-（1-$\frac{{m}^{2}}{4}$）=$\frac{{m}^{2}}{4}$+m-3≥1
則m²+4m-16≥0，即（m+2）²≥20，
結(jié)合-4≤m≤-2，解得：m無解．
當(dāng)-$\frac{m}{2}$＜1（對稱軸在區(qū)間左側(cè)），即-2＜m＜0時，
g（x）在x=1處取得最小值g（1）=2+m，
此時f（x₁）-g（x₂）的最大值為f（1）-g（1）=m-2-（2+m）=-4＜1，
此時[1，2]區(qū)間上不可能存在x₁，x₂，使得f（x₁）-g（x₂）≥1成立，
當(dāng)-$\frac{m}{2}$＞2（對稱軸在區(qū)間右側(cè)），即m＜-4時，
g（x）在x=2處取得最小值g（2）=5+2m，
此時f（x₁）-g（x₂）的最大值為f（1）-g（2）=m-2-（5+2m）=-m-7≥1，
解得 m≤-8，
因此m取值范圍是（-∞，-8]．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，轉(zhuǎn)化思想、分類討論（2）中問題轉(zhuǎn)化為不等式左側(cè)可能的最大值要≥1是解題的突破口．