Question

17．已知函數(shù)f（x）=ln（x+1）+mx（m∈R）．
（Ⅰ）當(dāng)m≠0時(shí)，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）有這樣的結(jié)論：若函數(shù)p（x）的圖象是在區(qū)間[a，b]上連續(xù)不斷的曲線，且在區(qū)間（a，b）內(nèi)可導(dǎo)，則
存在x₀∈（a，b），使得p′（x₀）=$\frac{p（b）-p（a）}{b-a}$．已知函數(shù)f（x）在（x₁，x₂）上可導(dǎo)（其中x₂＞x₁＞-1），若
函數(shù)g（x）=$\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}（x-{x_1}）+f（{x_1}）$．
（1）證明：對任意x∈（x₁，x₂），都有f（x）＞g（x）；
（2）已知正數(shù)λ₁，λ₂滿足λ₁+λ₂=1．求證：對任意的實(shí)數(shù)x₁，x₂，若x₂＞x₁＞-1時(shí)，都有f（λ₁x₁+λ₂x₂）＞λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論m的范圍，確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）（1）令h（x）=f（x）-g（x），求出h（x）的導(dǎo)數(shù)，確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證出結(jié)論；
（2）求出λ₁x₁+λ₂x₂∈（x₁，x₂），根據(jù)f（x）＞g（x），代入整理即可．

解答 解：（Ⅰ）（0，+∞）的定義域?yàn)椋?1，+∞）
$f'（x）=\frac{1+mx+m}{x+1}=\frac{{m（x+\frac{m+1}{m}）}}{x+1}$…（1分）
當(dāng)m＞0時(shí)，$（-\frac{m+1}{m}）-（-1）=-\frac{1}{m}＜0$，即$-\frac{m+1}{m}＜-1$，
∵x＞-1，
∴f'（x）＞0
∴f（x）在（-1，+∞）上單調(diào)遞增   …（3分）
當(dāng)m＜0時(shí)，$（-\frac{m+1}{m}）-（-1）=-\frac{1}{m}＞0$，即$-\frac{m+1}{m}＞-1$
由f'（x）＞0，解得$-1＜x＜-\frac{m+1}{m}$，
由f'（x）＜0，解得$x＞-\frac{m+1}{m}$，
∴f（x）在$（-1，-\frac{m+1}{m}）$上單調(diào)遞增，在$（-\frac{m+1}{m}，+∞）$上單調(diào)遞減      …（5分）
（Ⅱ）
證明：（1）令h（x）=f（x）-g（x）=f（x）-$\frac{f{（x}_{1}）-f{（x}_{2}）}{{x}_{1}{-x}_{2}}$（x-x₁）-f（x₁），
則h′（x）=f′（x）-$\frac{f{（x}_{1}）-f{（x}_{2}）}{{x}_{1}{-x}_{2}}$．
∵函數(shù)f（x）在區(qū)間（x₁，x₂）上可導(dǎo)，則根據(jù)結(jié)論可知：
存在x₀∈（x₁，x₂），使得f′（x₀）=$\frac{f{（x}_{1}）-f{（x}_{2}）}{{x}_{1}{-x}_{2}}$，又$f'（x）=\frac{1}{x+1}+m$，
∴h′（x）=f′（x）-f′（x₀）=$\frac{1}{x+1}$-$\frac{1}{{x}_{0}+1}$=$\frac{{x}_{0}-x}{（x+1）{（x}_{0}+1）}$，…（8分）
當(dāng)x∈（x₁，x₀]時(shí)，h'（x）≥0，從而h（x）單調(diào)遞增，
∴h（x）＞h（x₁）=0；
當(dāng)x∈（x₀，x₂）時(shí)，h′（x）＜0，從而h（x）單調(diào)遞減，
∴h（x）＞h（x₂）=0；
故對任意x∈（x₁，x₂），都有 h（x）＞0，即  f（x）＞g（x）…（10分）
解：（2）∵λ₁+λ₂=1，且λ₁，λ₂＞0，x₂＞x₁＞-1
∴λ₁x₁+λ₂x₂-x₁=x₁（λ₁-1）+λ₂x₂=λ₂（x₂-x₁）＞0，
∴λ₁x₁+λ₂x₂＞x₁
同理λ₁x₁+λ₂x₂＜x₂，
∴λ₁x₁+λ₂x₂∈（x₁，x₂），
∴由（1）知對任意x∈（x₁，x₂），都有f（x）＞g（x），從而有：
$f（{λ_1}{x_1}+{λ_2}{x_2}）＞\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}（{λ_1}{x_1}+{λ_2}{x_2}-{x_1}）+f（{x_1}）=\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}[{λ_2}{x_2}-（1-{λ_1}）{x_1}]+f（{x_1}）$
=$\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}{λ_2}（{x_2}-{x_1}）+f（{x_1}）={λ_2}f（{x_2}）-{λ_2}f（{x_1}）+f（{x_1}）={λ_2}f（{x_2}）+（1-{λ_2}）f（{x_1}）$
=λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）…（14分）

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，考查不等式的證明，是一道綜合題．