Question

已知函数f（x）=ln

2x+1

-mx（m∈R）
（Ⅰ）求函数f（x）=ln

2x+1

-mx（m∈R）的单调区间；
（Ⅱ）若函数2f（x）≤m+1恒成立，求m的取值范围；
（Ⅲ）当m=-1，且0≤b＜a≤1时，证明：

4

3

＜

f(a)-f(b)

a-b

＜2．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求函数的导数利用导数即可求出函数的单调区间．
（Ⅱ）根据函数2f（x）≤m+1恒成立，转化为求函数的最值即可求m的取值范围；
（Ⅲ）当m=1时，构造新函数g（x），对新函数求导，得到新函数在[0，1]上递增，利用递增函数的定义，写出递增所满足的条件，在构造新函数h（x），同理得到函数在[0，1]上递减，得到递减的条件，得到结论

解答：（I）函数f（x）的定义域为（-

1

2

，+∞），
f（x）=ln

2x+1

-mx=

1

2

ln(2x+1)-mx，（x＞-

1

2

），
∴f′(x)=

1

1+2x

-m，
∵2x+1＞0，
∴当m≤0时，f'（x）＞0，
当m＞0时，令f'（x）=0，解得x=

1-m

2m

＞-

1

2

，
列表如下：

x	（- 1 2 ， 1-m 2m ）	1-m 2m	（ 1-m 2m ，+∞）
f'（x	+	0	-
f（x）	递增	极大值	递减

综上所述，当m≤0，f（x）的增区间(-

1

2

，+∞)；
当m＞0时，f（x）的增区间为（-

1

2

，

1-m

2m

），减区间是（

1-m

2m

，+∞），
（II）若函数2f（x）≤m+1恒成立，只需要2f（x）的最大值小于等于m+1，
当m≤0时，2f（x）=ln（2x+1）-2mx，
当x→+∞，2f（x）→+∞，故不成立．
当m＞0时，由（I）知f（x）有唯一的极大值f（

1-m

2m

），且是极大值，同时也是最大值．
从而2f（x）≤2f（

1-m

2m

）=ln

1

m

-(1-m)≤m+1，解得m≥

1

e2

，
故函数2f（x）≤m+1恒成立时，m的取值范围[

1

e2

，+∞)．
（III）证明：当m=1时，令g（x）=f（x）-

4

3

x=

1

2

ln（1+2x）-

1

3

x，
g′（x）=

1

1+2x

-

1

3

=

2(1-x)

3(1+2x)

，
在[0，1]上总有g′（x）≥0，
即g（x）在[0，1]上递增，
当1≥a＞b≥0时，g（a）＞g（b），
即f（a）-

4

3

a＞f（b）-

4

3

b，
即f(a)-

4

3

a＞f(b)-

4

3

b，
∴

4

3

＜

f(a)-f(b)

a-b

，
令h（x）=f（x）-2x=

1

2

ln（1+2x）-x，
由（Ⅱ）知它在[0，1]上递减，
∴h（a）＜h（b）
即f（a）-2a＜f（b）-2b，
∴

f(a)-f(b)

a-b

＜2．
综上所述，当m=1，且1≥a＞b≥0时，

4

3

＜

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，难度较大．