Question

3．已知f（x）=$\frac{m+ln（2x+1）}{2x+1}$．（m∈R）
（1）若曲線y=f（x）在x=0處的切線與直線x-2y-2016=0垂直，求函數f（x）的極值；
（2）若關于t的函數F（t）=lnt+t²-3t-$\frac{1}{2016}{（2x+1）^2}$f′（x）在$x∈[{\frac{e-1}{2}，\frac{{{e^2}-1}}{2}}]$時恒有3個不同的零點，試求實數m的范圍．（f′（x）為f（x）的導函數，e是自然對數的底數）

Answer 1

分析 （1）求出函數的導函數，利用f′（0）=-2，求解m即可，然后判斷函數的單調性，求解函數的極值．
（2）化簡導函數為（2x+1）²f′（x）=2-2[m+ln（2x+1）]，構造函數g（x）=2-2[m+ln（2x+1）]，通過形式的導數，判斷函數的單調性，求出函數的最值與極值，通過函數的零點求解即可．

解答 解：（1）由$f（x）=\frac{m+ln（2x+1）}{2x+1}$．可得$f′（x）=\frac{{2-2[{m+ln（2x+1）}]}}{{{{（2x+1）}^2}}}$，
由條件可得f′（0）=2-2m=-2，解得m=2…．…（2分）
則$f（x）=\frac{2+ln（2x+1）}{2x+1}．（x＞-\frac{1}{2}）$，$f′（x）=\frac{{2-2[{2+ln（2x+1）}]}}{{{{（2x+1）}^2}}}=\frac{-2-2ln（2x+1）}{{{{（2x+1）}^2}}}$，
由f′（x）＞0可得ln（2x+1）＜-1，即$-\frac{1}{2}＜x＜\frac{1-e}{2e}$，f′（x）＜0可得ln（2x+1）＞-1，即 $x＞\frac{1-e}{2e}$，…..…（4分）
∴f（x）在（$-\frac{1}{2}，\frac{1-e}{2e}$）上單調遞增，在（$\frac{1-e}{2e}，+∞$）上單調遞減，
∴f（x）的極大值為$f（\frac{1-e}{2e}）=e$，無極小值．   …．．（5分）
（2）由$f′（x）=\frac{{2-2[{m+ln（2x+1）}]}}{{{{（2x+1）}^2}}}$，可得（2x+1）²f′（x）=2-2[m+ln（2x+1）]，
令g（x）=2-2[m+ln（2x+1）]，則$g′（x）=-\frac{4}{2x+1}$，又$x＞-\frac{1}{2}$，∴g′（x）＜0，
∴g（x）在$[{\frac{e-1}{2}，\frac{{{e^2}-1}}{2}}]$上單調遞減．
∴g（x）=2-2[m+ln（2x+1）]在$[{\frac{e-1}{2}，\frac{{{e^2}-1}}{2}}]$上的最大值為$g（\frac{e-1}{2}）=-2m$，
最小值為$g（\frac{{{e^2}-1}}{2}）=-2m-2$…．…（8分）
令h（t）=lnt+t²-3t，則$h′（t）=\frac{（2t-1）（t-1）}{t}$，
令h′（t）=0可得$t=\frac{1}{2}$或t=1h（t），h′（t）隨t的變化情況如下表所示：

t	（$0，\frac{1}{2}$）	$\frac{1}{2}$	（$\frac{1}{2}，1$）	1	（1，+∞）
h′（t）	+	0	-	0	+
h（t）	遞增	極大值	遞減	極小值	遞增

由上表可知h（t）=lnt+t²-3t的極大值為$h（\frac{1}{2}）=-ln2-\frac{5}{4}$，極小值為h（1）=-2…．（10分）
要使F（t）有三個不同的零點，則有$\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{2016}（-2-2m）＞-2\\ \frac{1}{2016}（-2m）＜-ln2-\frac{5}{4}\end{array}\right.$，
解得：1260+1008•ln2＜m＜2015…．…（12分）．

點評 本題考查函數的導數的綜合應用，函數的單調性函數的極值與最值，構造法的應用，考查轉化思想以及分析問題解決問題的能力．