Question

17．已知函数f（x）=ln（x+1）+mx（m∈R）．
（Ⅰ）当m≠0时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）有这样的结论：若函数p（x）的图象是在区间[a，b]上连续不断的曲线，且在区间（a，b）内可导，则
存在x₀∈（a，b），使得p′（x₀）=$\frac{p（b）-p（a）}{b-a}$．已知函数f（x）在（x₁，x₂）上可导（其中x₂＞x₁＞-1），若
函数g（x）=$\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}（x-{x_1}）+f（{x_1}）$．
（1）证明：对任意x∈（x₁，x₂），都有f（x）＞g（x）；
（2）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

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论m的范围，确定函数的单调区间；
（Ⅱ）（1）令h（x）=f（x）-g（x），求出h（x）的导数，确定函数的单调区间，根据函数的单调性证出结论；
（2）求出λ₁x₁+λ₂x₂∈（x₁，x₂），根据f（x）＞g（x），代入整理即可．

解答 解：（Ⅰ）（0，+∞）的定义域为（-1，+∞）
$f'（x）=\frac{1+mx+m}{x+1}=\frac{{m（x+\frac{m+1}{m}）}}{x+1}$…（1分）
当m＞0时，$（-\frac{m+1}{m}）-（-1）=-\frac{1}{m}＜0$，即$-\frac{m+1}{m}＜-1$，
∵x＞-1，
∴f'（x）＞0
∴f（x）在（-1，+∞）上单调递增   …（3分）
当m＜0时，$（-\frac{m+1}{m}）-（-1）=-\frac{1}{m}＞0$，即$-\frac{m+1}{m}＞-1$
由f'（x）＞0，解得$-1＜x＜-\frac{m+1}{m}$，
由f'（x）＜0，解得$x＞-\frac{m+1}{m}$，
∴f（x）在$（-1，-\frac{m+1}{m}）$上单调递增，在$（-\frac{m+1}{m}，+∞）$上单调递减      …（5分）
（Ⅱ）
证明：（1）令h（x）=f（x）-g（x）=f（x）-$\frac{f{（x}_{1}）-f{（x}_{2}）}{{x}_{1}{-x}_{2}}$（x-x₁）-f（x₁），
则h′（x）=f′（x）-$\frac{f{（x}_{1}）-f{（x}_{2}）}{{x}_{1}{-x}_{2}}$．
∵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）=$\frac{f{（x}_{1}）-f{（x}_{2}）}{{x}_{1}{-x}_{2}}$，又$f'（x）=\frac{1}{x+1}+m$，
∴h′（x）=f′（x）-f′（x₀）=$\frac{1}{x+1}$-$\frac{1}{{x}_{0}+1}$=$\frac{{x}_{0}-x}{（x+1）{（x}_{0}+1）}$，…（8分）
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 h（x）＞0，即  f（x）＞g（x）…（10分）
解：（2）∵λ₁+λ₂=1，且λ₁，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（1）知对任意x∈（x₁，x₂），都有f（x）＞g（x），从而有：
$f（{λ_1}{x_1}+{λ_2}{x_2}）＞\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}（{λ_1}{x_1}+{λ_2}{x_2}-{x_1}）+f（{x_1}）=\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}[{λ_2}{x_2}-（1-{λ_1}）{x_1}]+f（{x_1}）$
=$\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}{λ_2}（{x_2}-{x_1}）+f（{x_1}）={λ_2}f（{x_2}）-{λ_2}f（{x_1}）+f（{x_1}）={λ_2}f（{x_2}）+（1-{λ_2}）f（{x_1}）$
=λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）…（14分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查不等式的证明，是一道综合题．