Question

4．已知函數(shù)f（x）=ln$\sqrt{1+2x}$+mx．
（Ⅰ）若f（x）為定義域上的單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（Ⅱ）當(dāng)m=0，且0≤b＜a≤1時(shí)，證明：$\frac{4}{3}$＜$\frac{f（a）-f（b）}{a-b}$＜2．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論m的范圍，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性確定m的范圍即可；
（Ⅱ）代入m的值，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性結(jié)合a，b的范圍證明即可．

解答 解：（I）f（x）=$\frac{1}{2}$ln（1+2x）+mx（x＞-$\frac{1}{2}$），
∴f′（x）=$\frac{1}{1+2x}$+m（2分），
對(duì)x＞-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{1+2x}$＞0，
故不存在實(shí)數(shù)m，使f′（x）=$\frac{1}{1+2x}$+m＜0對(duì)x＞-$\frac{1}{2}$恒成立，（4分）
由f′（x）≥0對(duì)x＞-$\frac{1}{2}$恒成立得，m≥-$\frac{1}{1+2x}$對(duì)x＞-$\frac{1}{2}$恒成立，
而-$\frac{1}{1+2x}$＜0，故m≥0；經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)m≥0時(shí)，f′（x）＞0對(duì)x＞-$\frac{1}{2}$恒成立
∴當(dāng)m≥0時(shí)，f（x）為定義域上的單調(diào)遞增函數(shù)．----------（6分）
（II）當(dāng)m=1時(shí)，令g（x）=f（x）-$\frac{4}{3}$x=$\frac{1}{2}$ln（1+2x）-$\frac{1}{3}$x，
g′（x）=$\frac{2（1-x）}{3（1+2x）}$，
在[0，1]上總有g(shù)′（x）≥0，即g（x）在[0，1]上遞增；
∴當(dāng)0≤b＜a≤1時(shí)，g（a）＞g（b），
即$f（a）-\frac{4}{3}a＞f（b）-\frac{4}{3}b⇒\frac{f（a）-f（b）}{a-b}＞\frac{4}{3}$=1 ①------------------（9分）
令$h（x）=f（x）-2x=\frac{1}{2}ln（1+2x）-x$，${h^'}（x）=\frac{1}{1+2x}-1=\frac{-2x}{1+2x}＜0$，
知h（x）在[0，1]上遞減，∴h（a）＜h（b）
即$f（a）-2a＜f（b）-2b⇒\frac{f（a）-f（b）}{a-b}＜2$②-----------------------------（11分）
由 ①②知，當(dāng)0≤b＜a≤1時(shí)，$\frac{4}{3}$＜$\frac{f（a）-f（b）}{a-b}$＜2．---------------（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及不等式的證明，是一道綜合題．