Question

16．設(shè)函數(shù)f（x）=x-m（x+1）ln（x+1），其中m＞0．
（Ⅰ）求f（x）的極大值；
（Ⅱ）當(dāng)m=1時，若直線y=2t與函數(shù)f（x）在[-$\frac{1}{2}$，1]上的圖象有交點，求實數(shù)t的取值范圍；
（Ⅲ）當(dāng)a＞b＞0時，試證明：（1+a）^b＜（1+b）^a．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求導(dǎo)數(shù)，確定函數(shù)的單調(diào)性，即可求f（x）的極大值；
（Ⅱ）當(dāng)m=1時，若直線y=2t與函數(shù)f（x）在[-$\frac{1}{2}$，1]上的圖象有交點等價于方程f（x）=2t在$[-\frac{1}{2}，1]$上有實數(shù)解，由（I）知，f（x）在$[-\frac{1}{2}，0]$上單調(diào)遞增，在[0，1]上單調(diào)遞減，即可求實數(shù)t的取值范圍；
（Ⅲ）利用分析法證明：（1+a）^b＜（1+b）^a．

解答 （Ⅰ）解：f'（x）=1-mln（x+1）-m，定義域為（-1，+∞），…．…．…（1分）
m＞0時，令f'（x）＞0得mln（x+1）＜1-m，∴$0＜x+1＜{e^{\frac{1-m}{m}}}$，…．…．…（2分）
令f'（x）＜0得$x+1＞{e^{\frac{1-m}{m}}}$，
∴f（x）在$（-1，{e^{\frac{1-m}{m}}}-1]$上單調(diào)遞增，在$[{e^{\frac{1-m}{m}}}-1，+∞）$上單調(diào)遞減，…（4分）
所以f（x）極大值=$f（{e^{\frac{1-m}{m}}}-1）=m{e^{\frac{1-m}{m}}}-1$．…（5分）
（Ⅱ）解：當(dāng)m=1時，f（x）=x-（x+1）ln（x+1），
由題意知，直線y=2t與函數(shù)f（x）在$[-\frac{1}{2}，1]$上的圖象有交點等價于方程f（x）=2t在$[-\frac{1}{2}，1]$上有實數(shù)解．…（6分）
由（I）知，f（x）在$[-\frac{1}{2}，0]$上單調(diào)遞增，在[0，1]上單調(diào)遞減．
又$f（0）=0，f（1）=1-ln4，f（-\frac{1}{2}）=-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}ln2$，∴$f（1）-f（-\frac{1}{2}）＜0$…（8分）
∴當(dāng)2t∈[1-ln4，0]時，即$t∈[\frac{1}{2}-ln2，0]$時，方程f（x）=2t有解，
即直線y=2t與函數(shù)f（x）在$[-\frac{1}{2}，1]$上的圖象有交點．…（9分）
（Ⅲ）證明：要證（1+a）^b＜（1+b）^a
只需證bln（1+a）＜a（1+b），只需證$\frac{{ln（{1+a}）}}{a}＜\frac{{ln（{1+b}）}}$…（10分）
設(shè)$g（x）=\frac{{ln（{1+x}）}}{x}，（{x＞0}）$，則$g'（x）=\frac{{\frac{x}{1+x}-ln（{1+x}）}}{x^2}=\frac{{x-（{1+x}）ln（{1+x}）}}{{{x^2}（{1+x}）}}$…（12分）
由（I）知x-（x+1）ln（x+1）在（0，+∞）單調(diào)遞減，
∴x-（x+1）ln（x+1）＜0，即g（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)，
而a＞b＞0，∴g（a）＜g（b），故原不等式成立…（14分）

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)知識的綜合運用，考查函數(shù)的單調(diào)性與極值，考查分類討論的數(shù)學(xué)思想，考查分析法證明不等式，綜合性強．