Question

5．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$x²-mln$\sqrt{1+2x}$+mx-2m，m＜0．
（1）當(dāng)m=-1時，求函數(shù)y=f（x）-$\frac{x}{3}$的單調(diào)區(qū)間；
（2）已知m≤-$\frac{e}{2}$（其中e是自然對數(shù)的底數(shù)），若存在實數(shù)x₀∈（-$\frac{1}{2}$，$\frac{e-1}{2}$]，使f（x₀）＞e+1成立，求m的范圍；
（3）證明：$\sum_{k=1}^n{\frac{8k-3}{{3{k^2}}}}$＞ln$\frac{（n+1）（n+2）}{2}$（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）利用導(dǎo)數(shù)的運算法則即可求出其單調(diào)區(qū)間；
（2）求出f（x）在（-$\frac{1}{2}$，$\frac{e-1}{2}$]上的最大值，令f（x）_max＞e+1成立即可求出m的范圍．
（3）由（1）可知，當(dāng)m=-1時，函數(shù)y=f（x）-$\frac{x}{3}$在區(qū)間[-$\frac{1}{6}$，1]上單調(diào)遞減，所以f（x）-$\frac{x}{3}$＜f（0）．可得$\frac{4}{3}x$-$\frac{1}{2}{x}^{2}$＞ln$\sqrt{1+2x}$．當(dāng)n∈N^*時，$\frac{1}{n}$∈（0，1]，得$\frac{8}{3n}$-$\frac{1}{{n}^{2}}$＞ln（1+$\frac{2}{n}$），即$\frac{8n-3}{3{n}^{2}}$＞ln$\frac{n+2}{n}$．利用上式即可證得結(jié)論．

解答 解：（1）當(dāng)m=-1時，f（x）=$\frac{1}{2}$x²+ln$\sqrt{1+2x}$-x+2，∴y=$\frac{1}{2}$x²+ln$\sqrt{1+2x}$-$\frac{4}{3}x$+2．
∵$\sqrt{1+2x}$＞0，∴x≥-$\frac{1}{2}$，∴此函數(shù)的定義域為{x|x＞-$\frac{1}{2}$}．
∵y′=x+$\frac{1}{1+2x}$-$\frac{4}{3}$=$\frac{（x-1）（6x+1）}{3（1+2x）}$．
令y′=0，得x=-$\frac{1}{6}$或x=1．
又x＞-$\frac{1}{2}$，當(dāng)-$\frac{1}{2}$＜x＜-$\frac{1}{6}$，或x＞1時，y′＞0；當(dāng)-$\frac{1}{6}$＜x＜1時，y′＜0．
∴函數(shù)y=f（x）-$\frac{x}{3}$在區(qū)間（-$\frac{1}{2}$，-$\frac{1}{6}$）或（1，+∞）上單調(diào)遞增；在區(qū)間（-$\frac{1}{6}$，1）上單調(diào)遞減．
（2）∵m≤-$\frac{e}{2}$，∴0＜$\frac{e-1}{2}$≤-m-$\frac{1}{2}$．
∵f′（x）=x-$\frac{m}{1+2x}$+m=$\frac{2x（x+m+\frac{1}{2}）}{1+2x}$，
∴令f′（x）=0解得x₁=0，x₂=-m-$\frac{1}{2}$．
當(dāng)-$\frac{1}{2}$＜x＜0時，f′（x）＞0；當(dāng)0＜x≤$\frac{e-1}{2}$時，f′（x）＜0．
∴函數(shù)f（x）在區(qū)間（-$\frac{1}{2}$，0）上單調(diào)遞增；在區(qū)間（0，$\frac{e-1}{2}$]上單調(diào)遞減．
∴f_max（x）=f（0）=-2m，
∵若存在實數(shù)x₀∈（-$\frac{1}{2}$，$\frac{e-1}{2}$]，使f（x₀）＞e+1成立，
∴-2m＞e+1，即2m+e+1＜0．
解得m＜-$\frac{e+1}{2}$．
（3）證明：由（1）可知，當(dāng)m=-1時，函數(shù)y=f（x）-$\frac{x}{3}$在區(qū)間[-$\frac{1}{6}$，1]上單調(diào)遞減，
∴函數(shù)y=f（x）-$\frac{x}{3}$在（0，1]上為減函數(shù)．
又函數(shù)y=f（x）-$\frac{x}{3}$在x=0處連續(xù)，∴f（x）-$\frac{x}{3}$＜f（0）．
即$\frac{1}{2}$x²+ln$\sqrt{1+2x}$-$\frac{4}{3}x$+2＜2，∴$\frac{1}{2}$x²+ln$\sqrt{1+2x}$-$\frac{4}{3}x$＜0．
∴$\frac{4}{3}x-\frac{1}{2}{x}^{2}$＞ln$\sqrt{1+2x}$．
∴當(dāng)x∈（0，1]時，有$\frac{8}{3}$x-x²＞2ln$\sqrt{1+2x}$=ln（1+2x）．
當(dāng)n∈N^*時，$\frac{1}{n}$∈（0，1]，
∴$\frac{8}{3n}$-$\frac{1}{{n}^{2}}$＞ln（1+$\frac{2}{n}$），即$\frac{8n-3}{3{n}^{2}}$＞ln$\frac{n+2}{n}$．
∴$\sum_{k=1}^{n}\frac{8k-3}{3{k}^{2}}$＞ln$\frac{3}{1}$+ln$\frac{4}{2}$+ln$\frac{5}{3}$+ln$\frac{6}{4}$+…+ln$\frac{n+2}{n}$=ln$\frac{（n+1）（n+2）}{2}$，
故結(jié)論成立．

點評 本題綜合考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、最值及證明不等式，熟練求導(dǎo)和善于轉(zhuǎn)化及利用已證結(jié)論是解決問題的關(guān)鍵．