Question

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

Answer 1

分析 （1）求函数的导数利用导数即可求出函数的单调区间．
（2）根据函数2f（x）≤m+1恒成立，转化为求函数的最值即可求m的取值范围；
（3）当m=1时，构造新函数g（x），对新函数求导，得到新函数在[0，1]上递增，利用递增函数的定义，写出递增所满足的条件，在构造新函数h（x），同理得到函数在[0，1]上递减，得到递减的条件，得到结论．

解答 （1）解：函数f（x）的定义域为（-$\frac{1}{2}$，+∞），
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，
∴当m≤0时，f′（x）＞0，
当m＞0时，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）	递增	极大值	递减

综上所述，当m≤0，f（x）的增区间（-$\frac{1}{2}$，+∞）；
当m＞0时，f（x）的增区间为（-$\frac{1}{2}$，$\frac{1-m}{2m}$），减区间是（$\frac{1-m}{2m}$，+∞），
（2）解：若函数2f（x）≤m+1恒成立，只需要2f（x）的最大值小于等于m+1，
当m≤0时，2f（x）=ln（2x+1）-2mx，
当x→+∞，2f（x）→+∞，故不成立．
当m＞0时，由（I）知f（x）有唯一的极大值f（$\frac{1-m}{2m}$），且是极大值，同时也是最大值．
从而2f（x）≤2f（$\frac{1-m}{2m}$）=ln$\frac{1}{m}$-（1-m）≤m+1，解得m≥$\frac{1}{{e}^{2}}$，
故函数2f（x）≤m+1恒成立时，m的取值范围[$\frac{1}{{e}^{2}}$，+∞）．
（3）证明：当m=-1时，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]上总有g′（x）≥0，
即g（x）在[0，1]上递增，
当0＜a＜b＜1时，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]上递减，
∴h（b）＜h（a）
即f（b）-2b＜f（a）-2a，
∴$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$＜2．
综上所述，当m=-1，且0＜a＜b＜1，$\frac{4}{3}$＜$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$＜2．

点评 本题主要考查函数单调性和导数之间的关系，考查导数的基本应用，综合性较强，难度较大．