Question

4．已知函数f（x）=$\frac{ln（x-2m）}{x}$，m为实数．
（1）若m=-$\frac{1}{2}$，证明：函数f（x）是（0，+∞）上的减函数；
（2）若m＜$\frac{1}{2}$，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线x-y=0平行，求m的值；
（3）若x＞0，证明：$\frac{{ln（{x+1}）}}{x}＞\frac{x}{{{e^x}-1}}$（其中e=2.71828…是自然对数的底数）．

Answer 1

分析 （1）将m的值代入函数的表达式，求出函数的导数，通过构造新函数得到f′（x）＜0，从而证出函数的单调性；
（2）根据f′（1）=1，得到关于m的函数，通过求导得到函数的单调性，从而求出m的值；
（3）故要证原不等式成立，只需证明：当x＞0时，x＜e^x-1，令h（x）=e^x-x-1，通过求导得到函数h（x）的单调性，从而证出结论．

解答 解：（1）当$m=-\frac{1}{2}$时，函数f（x）的定义域是（-1，0）∪（0，+∞），…（1分）
对f（x）求导得$f'（x）=\frac{{\frac{x}{x+1}-ln（{x+1}）}}{x^2}$，…（2分）
令$g（x）=\frac{x}{x+1}-ln（{x+1}）$，只需证：x＞0时，g（x）≤0．
又$g'（x）=\frac{1}{{{{（{x+1}）}^2}}}-\frac{1}{x+1}=-\frac{x}{{{{（{x+1}）}^2}}}＜0$，…（3分）
故g（x）是（0，+∞）上的减函数，所以g（x）＜g（0）=-ln1=0…（5分）
所以f′（x）＜0，函数f（x）是（0，+∞）上的减函数．…（6分）
（2）由题意知，f′（x）|_x=1=1，…（7分）
即$\frac{1}{1-2m}-ln（{1-2m}）=1$，$\frac{2m}{1-2m}-ln（{1-2m}）=0$…（8分）
令$t（m）=\frac{2m}{1-2m}-ln（{1-2m}），m＜\frac{1}{2}$，则$t'（m）=\frac{2}{{{{（{1-2m}）}^2}}}+\frac{2}{1-2m}＞0$，…（9分）
故t（m）是$（{-∞，\frac{1}{2}}）$上的增函数，又t（0）=0，因此0是t（m）的唯一零点，
即方程$\frac{2m}{1-2m}-ln（{1-2m}）=0$有唯一实根0，所以m=0，…（10分）；
（3）因为$\frac{x}{{{e^x}-1}}=\frac{{ln{e^x}}}{{{e^x}-1}}=\frac{{ln（{{e^x}-1+1}）}}{{{e^x}-1}}$，
故原不等式等价于$\frac{{ln（{x+1}）}}{x}＞\frac{{ln（{{e^x}-1+1}）}}{{{e^x}-1}}$，…（11分）
由（1）知，当$m=-\frac{1}{2}$时，$f（x）=\frac{{ln（{x+1}）}}{x}$是（0，+∞）上的减函数，…（12分）
故要证原不等式成立，只需证明：当x＞0时，x＜e^x-1，
令h（x）=e^x-x-1，则h′（x）=e^x-1＞0，h（x）是（0，+∞）上的增函数，…（13分）
所以h（x）＞h（0）=0，即x＜e^x-1，故f（x）＞f（e^x-1），
即$\frac{{ln（{x+1}）}}{x}＞\frac{{ln（{{e^x}-1+1}）}}{{{e^x}-1}}=\frac{x}{{{e^x}-1}}$…（14分）．

点评 本题考查了函数的单调性、函数的最值问题，考查导数的应用，不等式的证明，是一道难题．