Question

18．已知函數(shù)$f（x）=ln\sqrt{1+2x}+mx$．
（Ⅰ）若f（x）為定義域上的單調(diào)增函數(shù)，求實數(shù)m的取值范圍；
（Ⅱ）當m=-1時，求函數(shù)f（x）的最大值；
（Ⅲ）當m=1時，且1≥a＞b≥0，證明：$\frac{4}{3}＜\frac{f（a）-f（b）}{a-b}＜2$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為$m≥-\frac{1}{1+2x}$，求出m的范圍即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)的導數(shù)，解關(guān)于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最值即可；
（Ⅲ）法一：求出f（x）的解析式，求出f（a）-f（b）的解析式，作商證明即可；
法二：由待證命題的結(jié)構(gòu)猜想，構(gòu)造輔助函數(shù)，求差得之．

解答 解：（Ⅰ）$f（x）=ln\sqrt{1+2x}+mx$，$（x＞-\frac{1}{2}）$，
∴$f'（x）=\frac{1}{1+2x}+m$，
因為f（x）為定義域上的單調(diào)增函數(shù)，
由$f'（x）=\frac{1}{1+2x}+m≥0$對$x＞-\frac{1}{2}$恒成立，
∴$m≥-\frac{1}{1+2x}$，
而$-\frac{1}{1+2x}＜0$，所以m≥0，
∴當m≥0時，f（x）為定義域上的單調(diào)增函數(shù)；
（Ⅱ）當m=-1時，由$f'（x）=\frac{1}{1+2x}-1=\frac{-2x}{1+2x}=0$，得x=0，
當$x∈（-\frac{1}{2}，0）$時，f'（x）＞0，當x∈（0，+∞）時，f'（x）＜0，
∴f（x）在x=0時取得最大值，
∴此時函數(shù)f（x）的最大值為f（0）=0；
（Ⅲ）證法一：由（Ⅱ）得，$ln\sqrt{1+2x}≤x$對$x＞-\frac{1}{2}$恒成立，當且僅當x=0時取等號，
當m=1時，$f（x）=ln\sqrt{1+2x}+x$，∵1≥a＞b≥0，a-b＞0，
∴$f（a）-f（b）=ln\sqrt{\frac{1+2a}{1+2b}}+（a-b）=ln\sqrt{1+\frac{2（a-b）}{1+2b}}+（a-b）$
$＜\frac{a-b}{1+2b}+（a-b）=\frac{（a-b）（2+2b）}{1+2b}$，
∴$\frac{f（a）-f（b）}{a-b}＜\frac{2+2b}{1+b}$，
同理：$f（b）-f（a）=ln\sqrt{\frac{1+2b}{1+2a}}+（b-a）=ln\sqrt{1+\frac{2（b-a）}{1+2a}}+（b-a）$
$＜\frac{b-a}{1+2a}+（b-a）=-\frac{（a-b）（2+2a）}{1+2a}$，
∴$\frac{f（a）-f（b）}{a-b}＞\frac{2+2a}{1+2a}$，
∵1≥a＞b≥0，$\frac{2+2a}{1+2a}=1+\frac{1}{1+2a}≥\frac{4}{3}$，
$\frac{2+2b}{1+2b}=1+\frac{1}{1+2b}≤2$，
∴$\frac{4}{3}＜\frac{f（a）-f（b）}{a-b}＜2$；
證法二：當m=1時（由待證命題的結(jié)構(gòu)猜想，構(gòu)造輔助函數(shù)，求差得之），
f（x）在$（-\frac{1}{2}，+∞）$上遞增令$g（x）=f（x）-\frac{4}{3}x=\frac{1}{2}ln（1+2x）-\frac{1}{3}x$，
$g'（x）=\frac{1}{1+2x}-\frac{1}{3}=\frac{2（1-x）}{3（1+2x）}$在[0，1]上總有g(shù)'（x）≥0，即g（x）在[0，1]上遞增，
當0≤b＜a≤1時，g（a）＞g（b），
即$f（a）-\frac{4}{3}a＞f（b）-\frac{4}{3}b$$⇒\frac{f（a）-f（b）}{a-b}＞\frac{4}{3}$，
令$h（x）=f（x）-2x=\frac{1}{2}ln（1+2x）-x$，由（Ⅱ）知它在[0，1]上遞減，
∴h（a）＜h（b）即f（a）-2a＜f（b）-2bf（a）-f（b）＜2（a-b）∵a-b＞0，
∴$\frac{f（a）-f（b）}{a-b}＜2$，綜上$\frac{4}{3}＜\frac{f（a）-f（b）}{a-b}＜2$成立，其中0≤b＜a≤1．

點評 本題考查了求函數(shù)的解析式問題，考查不等式的證明，是一道中檔題．