13.已知函數(shù)$f(x)=ln({1+2x})+\frac{m}{1+2x}({m∈R})$.
(Ⅰ)若函數(shù)f(x)的圖象在x軸上方,求m的取值范圍;
(Ⅱ)若對任意的正整數(shù)n都有${(1+\frac{2}{n})^{n-a}}≥{e^2}$成立,求a的最大值.

分析 (I)令f(x)>0,分離參數(shù)得m>-(1+2x)ln(1+2x),使用換元法求出右側(cè)函數(shù)的最大值即可得出m的范圍;
(II)將不等式化簡得(1-$\frac{a}{n}$)ln(1+$\frac{2}{n}$)-$\frac{2}{n}$≥0,則h(x)=(1-ax)ln(1+2x)-2x≥0在(0,1]上恒成立,對a進行討論,判斷h(x)的單調(diào)性得出h(x)的最小值,從而得出a的范圍.

解答 解:(I)∵函數(shù)f(x)的圖象在x軸上方,∴l(xiāng)n(1+2x)+$\frac{m}{1+2x}$>0在(-$\frac{1}{2}$,+∞)上恒成立,
∴m>-(1+2x)ln(1+2x)在(-$\frac{1}{2}$,+∞)上恒成立,
設1+2x=t,g(t)=-tlnt,(t>0),則g′(t)=-(1+lnt).
∴當0<t<$\frac{1}{e}$時,g′(t)>0,當t>$\frac{1}{e}$時,g′(t)<0,
∴g(t)在(0,$\frac{1}{e}$)上低調(diào)遞增,在($\frac{1}{e}$,+∞)上單調(diào)遞減,
∴gmax(t)=g($\frac{1}{e}$)=$\frac{1}{e}$,
∴m$>\frac{1}{e}$.
(Ⅱ)∵(1+$\frac{2}{n}$)n-a≥e2,∴(n-a)ln(1+$\frac{2}{n}$)≥2,即(1-$\frac{a}{n}$)ln(1+$\frac{2}{n}$)-$\frac{2}{n}$≥0.
令x=$\frac{1}{n}$,h(x)=(1-ax)ln(1+2x)-2x,則h(x)≥0在(0,1]上恒成立.
h′(x)=-aln(1+2x)+$\frac{2(1-ax)}{1+2x}$-2=-aln(1+2x)+$\frac{a+2}{1+2x}$-a-2.
h″(x)=-$\frac{2a}{1+2x}$-$\frac{2a+4}{(1+2x)^{2}}$=-$\frac{4(ax+a+1)}{(1+2x)^{2}}$,
∴當a≤-1時,h″(x)≥0,∴h′(x)在(0,1]上是增函數(shù),∴h′(x)>h′(0)=0,
∴h(x)在(0,1]上是增函數(shù),∴h(x)>h(0)=0恒成立,符合題意;
當a≥0時,h″(x)<0,∴h′(x)在(0,1]上是減函數(shù),∴h′(x)<h′(0)=0,
∴h(x)在(0,1]上是減函數(shù),∴h(x)<h(0)=0恒成立,不符合題意;
當-1<a<0時,令h″(x)=0得x=-$\frac{a+1}{a}$,設x0=min(1,-$\frac{a+1}{a}$),則當0<x<x0時,h″(x)<0,
故而h′(x)在(1,x0)上為減函數(shù),
∴h′(x)<h′(0)=0,∴h(x)在(1,x0)上為減函數(shù),∴h(x)<h(0),不符合題意.
綜上,a≤-1.
所以a的最大值為-1.

點評 本題考查了導數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關系,導數(shù)最值得計算,屬于難題.

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