Question

16．设函数f（x）=x-m（x+1）ln（x+1），其中m＞0．
（Ⅰ）求f（x）的极大值；
（Ⅱ）当m=1时，若直线y=2t与函数f（x）在[-$\frac{1}{2}$，1]上的图象有交点，求实数t的取值范围；
（Ⅲ）当a＞b＞0时，试证明：（1+a）^b＜（1+b）^a．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求导数，确定函数的单调性，即可求f（x）的极大值；
（Ⅱ）当m=1时，若直线y=2t与函数f（x）在[-$\frac{1}{2}$，1]上的图象有交点等价于方程f（x）=2t在$[-\frac{1}{2}，1]$上有实数解，由（I）知，f（x）在$[-\frac{1}{2}，0]$上单调递增，在[0，1]上单调递减，即可求实数t的取值范围；
（Ⅲ）利用分析法证明：（1+a）^b＜（1+b）^a．

解答 （Ⅰ）解：f'（x）=1-mln（x+1）-m，定义域为（-1，+∞），…．…．…（1分）
m＞0时，令f'（x）＞0得mln（x+1）＜1-m，∴$0＜x+1＜{e^{\frac{1-m}{m}}}$，…．…．…（2分）
令f'（x）＜0得$x+1＞{e^{\frac{1-m}{m}}}$，
∴f（x）在$（-1，{e^{\frac{1-m}{m}}}-1]$上单调递增，在$[{e^{\frac{1-m}{m}}}-1，+∞）$上单调递减，…（4分）
所以f（x）极大值=$f（{e^{\frac{1-m}{m}}}-1）=m{e^{\frac{1-m}{m}}}-1$．…（5分）
（Ⅱ）解：当m=1时，f（x）=x-（x+1）ln（x+1），
由题意知，直线y=2t与函数f（x）在$[-\frac{1}{2}，1]$上的图象有交点等价于方程f（x）=2t在$[-\frac{1}{2}，1]$上有实数解．…（6分）
由（I）知，f（x）在$[-\frac{1}{2}，0]$上单调递增，在[0，1]上单调递减．
又$f（0）=0，f（1）=1-ln4，f（-\frac{1}{2}）=-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}ln2$，∴$f（1）-f（-\frac{1}{2}）＜0$…（8分）
∴当2t∈[1-ln4，0]时，即$t∈[\frac{1}{2}-ln2，0]$时，方程f（x）=2t有解，
即直线y=2t与函数f（x）在$[-\frac{1}{2}，1]$上的图象有交点．…（9分）
（Ⅲ）证明：要证（1+a）^b＜（1+b）^a
只需证bln（1+a）＜a（1+b），只需证$\frac{{ln（{1+a}）}}{a}＜\frac{{ln（{1+b}）}}{b}$…（10分）
设$g（x）=\frac{{ln（{1+x}）}}{x}，（{x＞0}）$，则$g'（x）=\frac{{\frac{x}{1+x}-ln（{1+x}）}}{x^2}=\frac{{x-（{1+x}）ln（{1+x}）}}{{{x^2}（{1+x}）}}$…（12分）
由（I）知x-（x+1）ln（x+1）在（0，+∞）单调递减，
∴x-（x+1）ln（x+1）＜0，即g（x）在（0，+∞）上是减函数，
而a＞b＞0，∴g（a）＜g（b），故原不等式成立…（14分）

点评 本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性与极值，考查分类讨论的数学思想，考查分析法证明不等式，综合性强．