Question

已知f（x）=x+

m

x

（m∈R），
（1）若函數(shù)y=log 

1

2

[f（x）+2]在區(qū)間[1，+∞）上是減函數(shù)，求實數(shù)m的取值范圍．
（2）若m≤2，求函數(shù)g（x）=f（x）-lnx在區(qū)間[

1

2

，2]上的最小值．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)復合函數(shù)的單調性，判斷出f（x）在區(qū)間[1，+∞）上是增函數(shù)且f（x）+2＞0在區(qū)間[1，+∞）上恒成立，分別利用導數(shù)和恒成立問題求解，取交集即可求出實數(shù)m的取值范圍；
（2）求g′（x），根據(jù)g′（x）=0是否有根，對實數(shù)m分類討論，當無根時，g（x）單調遞增，求出最值，當有根時，分別求出兩個根，判斷其左右的單調性，確定出函數(shù)的最值．

解答：解：（1）∵函數(shù)y=log 

1

2

[f（x）+2]在區(qū)間[1，+∞）上是減函數(shù)，
又y=log 

1

2

x在[1，+∞）上為減函數(shù)，
∴y=f（x）+2在[1，+∞）上為減函數(shù)，即y=f（x）在[1，+∞）上為減函數(shù)，①
要使函數(shù)有意義，則f（x）+2＞0在區(qū)間[1，+∞）上恒成立，②
對于①，可得f′(x)=1-

m

x2

≥0在區(qū)間[1，+∞）上恒成立，
∴m≤x²在區(qū)間[1，+∞）上恒成立，
∴m≤1；
對于②，f（x）+2＞0區(qū)間[1，+∞）上恒成立，
∴[f（x）+2]_min＞0，而y=f（x）+2在[1，+∞）上為減函數(shù)，
∴[f（x）+2]_min=f（1）+2＞0，
∴m＞-3．
綜上所述，實數(shù)m的取值范圍是（-3，1]．
（2）∵g（x）=f（x）-lnx，
∴g(x)=x+

m

x

-lnx，則g′(x)=1-

m

x2

-

1

x

=

(x- 1 2 )2-(m+ 1 4 )

x2

，
①當m≤-

1

4

時，g′（x）≥0恒成立，
∴g（x）是[

1

2

，2]上的增函數(shù)，
∴g(x)min=g(

1

2

)=

1

2

+2m+ln2；
②當-

1

4

≤m≤2時，令g′（x）=0，解得，x1=

1

2

-

m+ 1 4

(＜

1

2

)，x2=

1

2

+

m+ 1 4

(∈[

1

2

，2])，
∵當x∈[

1

2

，x2]時，g′（x）≤0，當x∈[x₂，2]時，g′（x）≥0，
∴g（x）在[

1

2

，x2]上單調遞減，在[x₂，2]上單調遞增，
∴g(x)min=g(x2)=

1

2

+

m+ 1 4

+

m

1 2 + m+ 1 4

-ln(

1

2

+

m+ 1 4

)=2

m+ 1 4

-ln(

1

2

+

m+ 1 4

)．
綜合①②，當-

1

4

≤m≤2時，函數(shù)g（x）=f（x）-lnx在區(qū)間[

1

2

，2]上的最小值為：2

m+ 1 4

-ln(

1

2

+

m+ 1 4

)．

點評：本題考查了復合函數(shù)的單調性以及利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值問題．復合函數(shù)的單調性的判斷要抓住“同增異減”的性質，特別要注意單調區(qū)間是定義域的子集，即函數(shù)必須在單調區(qū)間內(nèi)有意義，是容易忽略的地方．屬于中檔題．