Question

已知函数f（x）=-（2m+2）lnx+mx-（m≥-1）．
（I）讨论f（x）的单调性；
（II）设 g（x）=．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

（I）由题意函数f（x）的定义域为（0，+∞），知．若m=0，则，从而当x＜1时，f′（x）＞0；当x＞1时，f′（x）＜0；若m≠0，则．当m＞0时，由，知当x＜1或x＞1+时，f′（x）＞0，当1＜x＜1+ 时，f′（x）＜0，当-1≤m＜0时，1+，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．
【解析】
（I）由题意函数f（x）的定义域为（0，+∞），

=，
（1）若m=0，则，
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．
①当m＞0时，∵，从而当x＜1或x＞1+时，f′（x）＞0，
当1＜x＜1+ 时，f′（x）＜0，
此时函数f（x）的单调递增区间为（0，1）和（1+，+∞），
单调递减区间为[1，1+]；
②当-1≤m＜0时，1+，
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+，+∞），
单调递减区间为[1，1+]．   （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）