Question

11．已知f（x）═ln$\sqrt{2x+1}$-mx（m∈R）．
（1）求f（x）單調性；
（2）若2f（x）≤m+1求m的取值范圍；
（3）若m=-1，0＜a＜b＜1，證明$\frac{4}{3}$＜$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$＜2．

Answer 1

分析 （1）求函數(shù)的導數(shù)利用導數(shù)即可求出函數(shù)的單調區(qū)間．
（2）根據(jù)函數(shù)2f（x）≤m+1恒成立，轉化為求函數(shù)的最值即可求m的取值范圍；
（3）當m=1時，構造新函數(shù)g（x），對新函數(shù)求導，得到新函數(shù)在[0，1]上遞增，利用遞增函數(shù)的定義，寫出遞增所滿足的條件，在構造新函數(shù)h（x），同理得到函數(shù)在[0，1]上遞減，得到遞減的條件，得到結論．

解答 （1）解：函數(shù)f（x）的定義域為（-$\frac{1}{2}$，+∞），
f（x）=ln$\sqrt{2x+1}$-mx=$\frac{1}{2}$ln（2x+1）-mx，（x＞-$\frac{1}{2}$），
∴f′（x）=$\frac{1}{1+2x}$-m，
∵2x+1＞0，
∴當m≤0時，f′（x）＞0，
當m＞0時，令f′（x）=0，解得x=$\frac{1-m}{2m}$＞-$\frac{1}{2}$，
列表如下：

x	（-$\frac{1}{2}$，$\frac{1-m}{2m}$）	$\frac{1-m}{2m}$	（$\frac{1-m}{2m}$，+∞）
f'（x	+	0	-
f（x）	遞增	極大值	遞減

綜上所述，當m≤0，f（x）的增區(qū)間（-$\frac{1}{2}$，+∞）；
當m＞0時，f（x）的增區(qū)間為（-$\frac{1}{2}$，$\frac{1-m}{2m}$），減區(qū)間是（$\frac{1-m}{2m}$，+∞），
（2）解：若函數(shù)2f（x）≤m+1恒成立，只需要2f（x）的最大值小于等于m+1，
當m≤0時，2f（x）=ln（2x+1）-2mx，
當x→+∞，2f（x）→+∞，故不成立．
當m＞0時，由（I）知f（x）有唯一的極大值f（$\frac{1-m}{2m}$），且是極大值，同時也是最大值．
從而2f（x）≤2f（$\frac{1-m}{2m}$）=ln$\frac{1}{m}$-（1-m）≤m+1，解得m≥$\frac{1}{{e}^{2}}$，
故函數(shù)2f（x）≤m+1恒成立時，m的取值范圍[$\frac{1}{{e}^{2}}$，+∞）．
（3）證明：當m=-1時，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′（x）≥0，
即g（x）在[0，1]上遞增，
當0＜a＜b＜1時，g（b）＞g（a），
即f（b）-$\frac{4}{3}$b＞f（a）-$\frac{4}{3}$a，
∴$\frac{4}{3}$＜$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$，
令h（x）=f（x）-2x=$\frac{1}{2}$ln（1+2x）-x，
由（Ⅱ）知它在[0，1]上遞減，
∴h（b）＜h（a）
即f（b）-2b＜f（a）-2a，
∴$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$＜2．
綜上所述，當m=-1，且0＜a＜b＜1，$\frac{4}{3}$＜$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$＜2．

點評 本題主要考查函數(shù)單調性和導數(shù)之間的關系，考查導數(shù)的基本應用，綜合性較強，難度較大．