Question

7．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$ln（1+2x）+mx．
（1）f（x）在定义域上单调递增，求实数m的取值范围；
（2）当m=-1时，求函数f（x）的最大值；
（3）当m=1，且0≤b＜a≤1，证明：$\frac{4}{3}$＜$\frac{f（a）-f（b）}{a-b}$＜2．

Answer 1

分析 （1）由f'（x）=$\frac{1}{1+2x}$+m≥0恒成立．∴m≥-$\frac{1}{1+2x}$，而-$\frac{1}{1+2x}$＜0，即可求实数m的取值范围；
（2）当m=-1时，求导数，确定函数的单调性，即可求函数f（x）的最大值；
（3）当m=1时，f（x）=$\frac{1}{2}$ln（1+2x）+x，当1≥a＞b≥0，a-b＞0，作差，即可证明结论．

解答 （1）解：f（x）=$\frac{1}{2}$ln（1+2x）+mx，（x＞-$\frac{1}{2}$），∴f'（x）=$\frac{1}{1+2x}$+m，
由f'（x）=$\frac{1}{1+2x}$+m≥0恒成立．∴m≥-$\frac{1}{1+2x}$，而-$\frac{1}{1+2x}$＜0，所以m≥0．
（2）解：当m=-1时，由f'（x）=$\frac{1}{1+2x}$-1=-$\frac{2x}{1+2x}$=0，得x=0．
当x∈（-$\frac{1}{2}$，0）时，f'（x）＞0；当x∈（0，+∞）时，f'（x）＜0．
∴f（x）在x=0时取得最大值．∴此时函数f（x）的最大值为f（0）=0．
（3）证明：由（2）得，ln$\sqrt{1+2x}$≤x对x＞-$\frac{1}{2}$恒成立，当且仅当x=0时取等号．
当m=1时，f（x）=$\frac{1}{2}$ln（1+2x）+x，当1≥a＞b≥0，a-b＞0，
∴f（b）-f（a）=ln$\sqrt{\frac{1+2b}{1+2a}}$+（b-a）=ln$\sqrt{1+\frac{{2（{b-a}）}}{1+2a}}$+（b-a）＜$\frac{b-a}{1+2a}$+（b-a）
=-$\frac{{（{a-b}）（{2+2a}）}}{1+2a}$．∴$\frac{f（a）-f（b）}{a-b}＞\frac{2+2a}{1+2a}$同理$\frac{f（a）-f（b）}{a-b}＜\frac{2+2b}{1+2b}$
又1≥a＞b≥0，$\frac{2+2a}{1+2a}=1+\frac{1}{1+2a}≥\frac{4}{3}$，$\frac{2+2b}{1+2b}=1+\frac{1}{1+2b}≤2$，∴$\frac{4}{3}＜\frac{f（a）-f（b）}{a-b}＜2$．

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．