Question

3．已知f（x）=$\frac{m+ln（2x+1）}{2x+1}$．（m∈R）
（1）若曲线y=f（x）在x=0处的切线与直线x-2y-2016=0垂直，求函数f（x）的极值；
（2）若关于t的函数F（t）=lnt+t²-3t-$\frac{1}{2016}{（2x+1）^2}$f′（x）在$x∈[{\frac{e-1}{2}，\frac{{{e^2}-1}}{2}}]$时恒有3个不同的零点，试求实数m的范围．（f′（x）为f（x）的导函数，e是自然对数的底数）

Answer 1

分析 （1）求出函数的导函数，利用f′（0）=-2，求解m即可，然后判断函数的单调性，求解函数的极值．
（2）化简导函数为（2x+1）²f′（x）=2-2[m+ln（2x+1）]，构造函数g（x）=2-2[m+ln（2x+1）]，通过形式的导数，判断函数的单调性，求出函数的最值与极值，通过函数的零点求解即可．

解答 解：（1）由$f（x）=\frac{m+ln（2x+1）}{2x+1}$．可得$f′（x）=\frac{{2-2[{m+ln（2x+1）}]}}{{{{（2x+1）}^2}}}$，
由条件可得f′（0）=2-2m=-2，解得m=2…．…（2分）
则$f（x）=\frac{2+ln（2x+1）}{2x+1}．（x＞-\frac{1}{2}）$，$f′（x）=\frac{{2-2[{2+ln（2x+1）}]}}{{{{（2x+1）}^2}}}=\frac{-2-2ln（2x+1）}{{{{（2x+1）}^2}}}$，
由f′（x）＞0可得ln（2x+1）＜-1，即$-\frac{1}{2}＜x＜\frac{1-e}{2e}$，f′（x）＜0可得ln（2x+1）＞-1，即 $x＞\frac{1-e}{2e}$，…..…（4分）
∴f（x）在（$-\frac{1}{2}，\frac{1-e}{2e}$）上单调递增，在（$\frac{1-e}{2e}，+∞$）上单调递减，
∴f（x）的极大值为$f（\frac{1-e}{2e}）=e$，无极小值．   …．．（5分）
（2）由$f′（x）=\frac{{2-2[{m+ln（2x+1）}]}}{{{{（2x+1）}^2}}}$，可得（2x+1）²f′（x）=2-2[m+ln（2x+1）]，
令g（x）=2-2[m+ln（2x+1）]，则$g′（x）=-\frac{4}{2x+1}$，又$x＞-\frac{1}{2}$，∴g′（x）＜0，
∴g（x）在$[{\frac{e-1}{2}，\frac{{{e^2}-1}}{2}}]$上单调递减．
∴g（x）=2-2[m+ln（2x+1）]在$[{\frac{e-1}{2}，\frac{{{e^2}-1}}{2}}]$上的最大值为$g（\frac{e-1}{2}）=-2m$，
最小值为$g（\frac{{{e^2}-1}}{2}）=-2m-2$…．…（8分）
令h（t）=lnt+t²-3t，则$h′（t）=\frac{（2t-1）（t-1）}{t}$，
令h′（t）=0可得$t=\frac{1}{2}$或t=1h（t），h′（t）随t的变化情况如下表所示：

t	（$0，\frac{1}{2}$）	$\frac{1}{2}$	（$\frac{1}{2}，1$）	1	（1，+∞）
h′（t）	+	0	-	0	+
h（t）	递增	极大值	递减	极小值	递增

由上表可知h（t）=lnt+t²-3t的极大值为$h（\frac{1}{2}）=-ln2-\frac{5}{4}$，极小值为h（1）=-2…．（10分）
要使F（t）有三个不同的零点，则有$\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{2016}（-2-2m）＞-2\\ \frac{1}{2016}（-2m）＜-ln2-\frac{5}{4}\end{array}\right.$，
解得：1260+1008•ln2＜m＜2015…．…（12分）．

点评 本题考查函数的导数的综合应用，函数的单调性函数的极值与最值，构造法的应用，考查转化思想以及分析问题解决问题的能力．