Question

7．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$ln（1+2x）+mx．
（1）f（x）在定義域上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（2）當(dāng)m=-1時(shí)，求函數(shù)f（x）的最大值；
（3）當(dāng)m=1，且0≤b＜a≤1，證明：$\frac{4}{3}$＜$\frac{f（a）-f（b）}{a-b}$＜2．

Answer 1

分析 （1）由f'（x）=$\frac{1}{1+2x}$+m≥0恒成立．∴m≥-$\frac{1}{1+2x}$，而-$\frac{1}{1+2x}$＜0，即可求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（2）當(dāng)m=-1時(shí)，求導(dǎo)數(shù)，確定函數(shù)的單調(diào)性，即可求函數(shù)f（x）的最大值；
（3）當(dāng)m=1時(shí)，f（x）=$\frac{1}{2}$ln（1+2x）+x，當(dāng)1≥a＞b≥0，a-b＞0，作差，即可證明結(jié)論．

解答 （1）解：f（x）=$\frac{1}{2}$ln（1+2x）+mx，（x＞-$\frac{1}{2}$），∴f'（x）=$\frac{1}{1+2x}$+m，
由f'（x）=$\frac{1}{1+2x}$+m≥0恒成立．∴m≥-$\frac{1}{1+2x}$，而-$\frac{1}{1+2x}$＜0，所以m≥0．
（2）解：當(dāng)m=-1時(shí)，由f'（x）=$\frac{1}{1+2x}$-1=-$\frac{2x}{1+2x}$=0，得x=0．
當(dāng)x∈（-$\frac{1}{2}$，0）時(shí)，f'（x）＞0；當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，f'（x）＜0．
∴f（x）在x=0時(shí)取得最大值．∴此時(shí)函數(shù)f（x）的最大值為f（0）=0．
（3）證明：由（2）得，ln$\sqrt{1+2x}$≤x對(duì)x＞-$\frac{1}{2}$恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)取等號(hào)．
當(dāng)m=1時(shí)，f（x）=$\frac{1}{2}$ln（1+2x）+x，當(dāng)1≥a＞b≥0，a-b＞0，
∴f（b）-f（a）=ln$\sqrt{\frac{1+2b}{1+2a}}$+（b-a）=ln$\sqrt{1+\frac{{2（{b-a}）}}{1+2a}}$+（b-a）＜$\frac{b-a}{1+2a}$+（b-a）
=-$\frac{{（{a-b}）（{2+2a}）}}{1+2a}$．∴$\frac{f（a）-f（b）}{a-b}＞\frac{2+2a}{1+2a}$同理$\frac{f（a）-f（b）}{a-b}＜\frac{2+2b}{1+2b}$
又1≥a＞b≥0，$\frac{2+2a}{1+2a}=1+\frac{1}{1+2a}≥\frac{4}{3}$，$\frac{2+2b}{1+2b}=1+\frac{1}{1+2b}≤2$，∴$\frac{4}{3}＜\frac{f（a）-f（b）}{a-b}＜2$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系，考查導(dǎo)數(shù)的基本應(yīng)用，綜合性較強(qiáng)．