Question

函數(shù)f（x）=

1

2

x²-mln

1+2x

+mx-2m，其中m＜0．
（Ⅰ）試討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）已知當(dāng)m≤-

g

2

（其中e是自然對數(shù)的底數(shù)）時，在x∈（-

1

2

，

g-1

2

]至少存在一點x₀，使f（x₀）＞e+1成立，求m的取值范圍；
（Ⅲ）求證：當(dāng)m=-1時，對任意x₁，x₂∈（0，1），x₁≠x₂，有

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＜

1

3

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）先求出函數(shù)的定義域，并求出f′（x）=0時x的值，在定義域內(nèi)取m的值討論導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)決定函數(shù)的增減性，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）在x∈（-

1

2

，

g-1

2

]至少存在一點x₀，使f（x₀）＞e+1成立，只需求出f（x）的最大值大于e+1即可求出m的范圍．所以在根據(jù)第一問函數(shù)的增減性得到在x∈（-

1

2

，

g-1

2

]區(qū)間f（x）的最大值即可；
（Ⅲ）把m=-1代入求出f（x），然后構(gòu)造輔助函數(shù)g（x）=f（x）-

1

3

x，求出g′（x）并討論得到g（x）在（0，1）為減函數(shù)，對任意0＜x₁＜x₂＜1，都有g(shù)（x₁）＞g（x₂）成立，即f（x₁）-

1

3

x₁＞f（x₂）-

1

3

x₂．即f（x₂）-f（x₁）＜

1

3

（x₂-x₁）解出即可得證．

解答：解：（Ⅰ）易知f（x）的定義域為x∈（-

1

2

，+∞）．
f′（x）=x-

m

1+2x

+m=

2 x2+(2m+1) x

1+2x

=

2x(x+m+ 1 2 )

1+2x

．
由f′（x）=0得：x=0或x=-m-

1

2

．
∵m＜0，∴-m-

1

2

∈（-

1

2

，+∞）．
∴（1）當(dāng)-

1

2

≤m＜0時，則x∈（-

1

2

，-m-

1

2

）時，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)；
x∈（-m-

1

2

，0）時，f′（x）＜0，f（x）為減函數(shù)；
x∈（0，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)．
（2）當(dāng)m＜-

1

2

時，則x∈（-

1

2

，0）時，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)；
x∈（0，-m-

1

2

）時，f′（x）＜0，f（x）為減函數(shù)；
x∈（-m-

1

2

，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)．

（Ⅱ）在x∈（-

1

2

，

g-1

2

]上至少存在一點x₀，使f（x₀）＞g+1成立，
等價于當(dāng)x∈（-

1

2

，

g-1

2

]時，f（x）_max＞g+1．
∵m≤-

g

2

，∴

g-1

2

≤-m-

1

2

．
由（Ⅰ）知，x∈（-

1

2

，0]時，f（x）為增函數(shù)，x∈[0，

g-1

2

）時，f（x）為減函數(shù)．
∴在x∈（-

1

2

，

g-1

2

]時，f（x）_max=f（0）=-2m．∴-2m＞g+1，即m＜

-1-g

2

．
檢驗，上式滿足m≤-

g

2

，所以m＜

-1-g

2

是所求范圍．

（Ⅲ）當(dāng)m=-1時，函數(shù)f（x）=

1

2

x²+ln

1+2x

-x+2．
構(gòu)造輔助函數(shù)g（x）=f（x）-

1

3

x，并求導(dǎo)得g′（x）=x+

1

1+2x

-

4

3

=

6x2-5x-1

3(1+2x)

=

(6x+1)(x-1)

3(1+2x)

顯然當(dāng)x∈（0，1）時，g′（x）＜0，g（x）為減函數(shù)．
∴對任意0＜x₁＜x₂＜1，都有g(shù)（x₁）＞g（x₂）成立，即f（x₁）-

1

3

x₁＞f（x₂）-

1

3

x₂．
即f（x₂）-f（x₁）＜

1

3

（x₂-x₁）
即．又∵x₂-x₁＞0，∴

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＜

1

3

．

點評：考查學(xué)生利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的能力，理解函數(shù)的最值及幾何意義，掌握利用函數(shù)增減性證明不等式的方法．