Question

已知函数f（x）=ln（x+1）+mx（m∈R）．
（Ⅰ）当x=1时，函数f（x）取得极大值，求实数m的值；
（Ⅱ）已知结论：若函数f（x）=ln（x+1）+mx（m∈R）在区间（a，b）内存在导数，则存在x₀∈（a，b），使得f′（x₀）=

f(b)-f(a)

b-a

．试用这个结论证明：若函数g（x）=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

（x-x₁）+f（x₁），（其中x₂＞x₁＞-1），则对任意x∈（x₁，x₂），都有f（x）＞g（x）；
（Ⅲ）已知正数λ₁，λ₂满足λ₁+λ₂=1，求证：对任意的实数x₁，x₂，若x₂＞x₁＞-1时，都有f（λ₁x₁+λ₂x₂）＞λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）．

Answer 1

考点：利用导数研究曲线上某点切线方程,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）求出原函数的导函数，由f′（1）=0求出m值，再把m值代入原函数，验证原函数在x=1时取得极大值；
（Ⅱ）构造辅助函数h（x）=f（x）-g（x），求导后得到h′(x)=f′(x)-

f(x1)-f(x2)

x1-x2

．由已知函数f（x）在区间（x₁，x₂）上可导，则存在x₀∈（x₁，x₂）使得f′(x0)=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

．又f′(x)=

1

x+1

+m，则
h′(x)=f′(x)-f′(x0)=

1

x+1

-

1

x0+1

=

x0-x

(x+1)(x0+1)

，然后由x在（x₁，x₀），（x₀，x₂）内h′（x）的符号判断其单调性，从而说明对任意x∈（x₁，x₂），都有f（x）＞g（x）；
（Ⅲ）根据已知条件利用作差法得到λ₁x₁+λ₂x₂∈（x₁，x₂），然后结合（Ⅱ）的结论得答案．

解答： （Ⅰ）解：由题设，函数的定义域为（-1，+∞），且f′(x)=

1

x+1

+m，
∵当x=1时，函数f（x）取得极大值，
∴f′（1）=0，得m=-

1

2

，此时f′(x)=

1-x

2(x+1)

，
当x∈（-1，1）时，f′（x）＞0，函数f（x）在区间（-1，1）上单调递增；
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，函数f（x）在区间（1，+∞）上单调递减．
∴函数f（x）在x=1处取得极大值时，m=-

1

2

；
（Ⅱ）证明：令h（x）=f（x）-g（x）=f（x）-

f(x1)-f(x2)

x1-x2

（x-x₁）-f（x₁），
则h′(x)=f′(x)-

f(x1)-f(x2)

x1-x2

．
∵函数f（x）在区间（x₁，x₂）上可导，则根据结论可知：存在x₀∈（x₁，x₂），
使得f′(x0)=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

．
又f′(x)=

1

x+1

+m，
∴h′(x)=f′(x)-f′(x0)=

1

x+1

-

1

x0+1

=

x0-x

(x+1)(x0+1)

，
∴当x∈（x₁，x₀）时，h′（x）＞0，从而h（x）单调递增，h（x）＞h（x₁）=0；
当x∈（x₀，x₂）时，h′（x）＜0，从而h（x）单调递减，h（x）＞h（x₂）=0；
故对任意x∈（x₁，x₂），都有f（x）＞g（x）；
（Ⅲ）证明：∵λ₁+λ₂=1，且λ₁＞0，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（Ⅱ）知对任意x∈（x₁，x₂），都有f（x）＞g（x），
从而f（λ₁x₁+λ₂x₂）＞

f(x1)-f(x2)

x1-x2

(λ1x1+λ2x2-x1)+f(x1)=λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）．

点评：本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了学生的推理论证能力和逻辑思维能力，构造函数并由函数的导函数的符号判断函数在不同区间上的单调性是解答该题的关键，是难度较大的题目．