分析:(I)由題意函數(shù)f(x)的定義域?yàn)椋?,+∞),知
f′(x)=+m+.若m=0,則
f′(x)=,從而當(dāng)x<1時(shí),f′(x)>0;當(dāng)x>1時(shí),f′(x)<0;若m≠0,則
f′(x)=.當(dāng)m>0時(shí),由
1+>1,知當(dāng)x<1或x>1+
時(shí),f′(x)>0,當(dāng)1<x<1+
時(shí),f′(x)<0,當(dāng)-1≤m<0時(shí),1+
≤0,由此能求出函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間.
(II)由m=2時(shí),f(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,2)上單調(diào)遞減,知在區(qū)間(0,2)上,f(x)
max=f(1)=-2,對(duì)任意x
1∈(0,2),存在x
2∈[k,k+1](k∈N),使f(x
1)<g(x
2),從而存在x∈[k,k+1](k∈N),使g(x)>-2,由此能求出實(shí)數(shù)k的最小值.
解答:解:(I)由題意函數(shù)f(x)的定義域?yàn)椋?,+∞),
f′(x)=+m+=
,
(1)若m=0,則
f′(x)=,
從而當(dāng)x<1時(shí),f′(x)>0;
當(dāng)x>1時(shí),f′(x)<0,
此時(shí)函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1),單調(diào)遞減區(qū)間為[1,+∞),(2分)
(2)若m≠0,則
f′(x)=.
①當(dāng)m>0時(shí),∵
1+>1,從而當(dāng)x<1或x>1+
時(shí),f′(x)>0,
當(dāng)1<x<1+
時(shí),f′(x)<0,
此時(shí)函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)和(1+
,+∞),
單調(diào)遞減區(qū)間為[1,1+
];
②當(dāng)-1≤m<0時(shí),1+
≤0,
此時(shí)函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1),
單調(diào)遞減區(qū)間為[1,+∞),
綜上所述,當(dāng)-1≤m≤0時(shí),函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1),
單調(diào)遞減區(qū)間為[1,+∞);
當(dāng)m>0時(shí),函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)和(1+
,+∞),
單調(diào)遞減區(qū)間為[1,1+
]. (7分)
(II)由(I)可得當(dāng)m=2時(shí),
f(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,2)上單調(diào)遞減,
所以在區(qū)間(0,2)上,f(x)
max=f(1)=-2,
由題意,對(duì)任意x
1∈(0,2),存在x
2∈[k,k+1](k∈N),
使f(x
1)<g(x
2),
從而存在x∈[k,k+1](k∈N)使g(x)>-2,
即只需函數(shù)g(x)在區(qū)間x∈[k,k+1](k∈N)上的最大值大于-2,
又當(dāng)k=0時(shí),x∈[0,1],-6≤g(x),不符,
所以在區(qū)間x∈[k,k+1](k∈N
*)上g(x)
max=g(k+1)=k
2-6>-2.
解得k>2,(k∈N),
所以實(shí)數(shù)k的最小值為3. (14分)