Question

已知函數(shù)f（x）=2x+2ln（2x+1）．
（Ⅰ）指出函數(shù)的單位調(diào)區(qū)間，說明理由；
（Ⅱ）比較f（x）與6x²+6x的大��；
（Ⅲ）證明x∈（1，3）時，（x+3）f（

x -1

2

）＜6x-6．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導數(shù)的綜合應用

分析：（Ⅰ）先求導，根據(jù)導數(shù)與0的關系，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）-（6x²+6x），利用導數(shù)求出函數(shù)g（x）_max=0，問題得以證明．
（Ⅲ）構(gòu)造函數(shù)h（x）=f（

x -1

2

）-

6x-6

x+3

，求出導數(shù)，再利用放縮法得到h′（x）≤

x+5

4x

-

24

(x+3)2

，再構(gòu)造函數(shù)p（x）=（x+5）（x+3）²-96x，
利用導數(shù)求出函數(shù)的最大值為0，繼而求出函數(shù)h（x）為減函數(shù)，問題得以證明

解答： 解：（Ⅰ）∵f（x）=2x+2ln（2x+1）
∴函數(shù)的定義域（-

1

2

，+∞），
∴f′（x）=2+

4

2x+1

＞0恒成立，
故函數(shù)在（-

1

2

，+∞）為增函數(shù)；
（Ⅱ）令g（x）=f（x）-（6x²+6x）
∴g′（x）=f′（x）-（12x+6）=-4•

6x2+5x

2x+1

令g′（x）=0，解得x=0，
當g′（x）＞0，解得-

1

2

＜x＜0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增，
當g′（x）＜0，解得x＞0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減，
∴當x=0時，函數(shù)有最大值，即g（x）≤g（0）=0，
∴f（x）≤6x²+6x；
（Ⅲ）f（

x -1

2

）=2×

x -1

2

+2ln（2×

x -1

2

+1）=

x

-1+2ln

x

=

x

-1+lnx
令h（x）=f（

x -1

2

）-

6x-6

x+3

=lnx+

x

-1-

6x-6

x+3

，
∴h′（x）=

1

x

+

1

2 x

-

24

(x+3)2

∵x∈（1，3），
∴

1

x

+

1

2 x

=

x +2

2x

=

2 x +4

4x

=

(x+5)-( x -1)2

4x

≤

x+5

4x

∴h′（x）≤

x+5

4x

-

24

(x+3)2

=

(x+5)(x+3)2-96x

4x(x+3)2

，
再令p（x）=（x+5）（x+3）²-96x=x³+11x²-57x+45，
∴p′（x）=3x²+22x-57，
∵p′（1）=-32＜0，p′（3）=36＞0，
∴存在x₀∈（1，3）時，使得p′（x₀）=0，
∴x∈（1，x₀），p′（x₀）＜0，
x∈（x₀，3），p′（x₀）＞0，
∴函數(shù)p（x）在（1，x₀）遞減，在（x₀，3）上遞增，
∵p（1）=96-96=0，P（3）=288-299=0，
∴x∈（1，3）時，恒有p（x）≤p（x）_max=0，
∴h′（x）＜0，在（1，3）上恒成立，
∴函數(shù)h（x）在（1，3）上遞減，
∴x∈（1，3）時．h（x）＜h（1）=0，
即（x+3）f（

x -1

2

）＜6x-6．

點評：本題考查了導數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性最值的關系，以及利用導數(shù)來證明不等式成立的問題，需要多次構(gòu)造函數(shù)，多次求導，培養(yǎng)了學生的轉(zhuǎn)化能力，運算能力，屬于難題