Question

5．已知函数f（x）=lnx+mx²（m∈R）   
（I）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若m=0，A（a，f（a））、B（b，f（b））是函数f（x）图象上不同的两点，且a＞b＞0，f′（x）为f（x）的导函数，求证：f′（$\frac{a+b}{2}$）＜$\frac{f（a）-f（b）}{a-b}$＜f′（b）．

Answer 1

分析 （I）求导f′（x）=$\frac{1}{x}$+2mx，从而讨论以确定函数的单调性及单调区间；
（Ⅱ）由题意f（x）=lnx，f′（x）=$\frac{1}{x}$，f′（$\frac{a+b}{2}$）=$\frac{2}{a+b}$，f′（b）=$\frac{1}{b}$，从而可知要证f′（$\frac{a+b}{2}$）＜$\frac{f（a）-f（b）}{a-b}$，即证：$\frac{2（a-b）}{a+b}$＜lna-lnb；化简、换元、构造函数g（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，求导证明g（t）＞g（1）=0；从而证明f′（$\frac{a+b}{2}$）＜$\frac{f（a）-f（b）}{a-b}$；同理可证$\frac{f（a）-f（b）}{a-b}$＜f′（b），从而得证．

解答 （I）解：∵f′（x）=$\frac{1}{x}$+2mx，
当m≥0时，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，+∞）递增；
当m＜0时，
令f′（x）＞0，解得：0＜x＜$\sqrt{-\frac{1}{2m}}$，
令f′（x）＜0，解得：x＞$\sqrt{-\frac{1}{2m}}$，
∴f（x）在（0，$\sqrt{-\frac{1}{2m}}$）递增，在（$\sqrt{-\frac{1}{2m}}$，+∞）递减，
综上，m≥0时，f（x）在（0，+∞）递增，
当m＜0时，f（x）在（0，$\sqrt{-\frac{1}{2m}}$）递增，在（$\sqrt{-\frac{1}{2m}}$，+∞）递减；
（Ⅱ）证明：∵f（x）=lnx，f′（x）=$\frac{1}{x}$，
∴f′（$\frac{a+b}{2}$）=$\frac{2}{a+b}$，f′（b）=$\frac{1}{b}$
要证：f′（$\frac{a+b}{2}$）＜$\frac{f（a）-f（b）}{a-b}$；
即证：$\frac{2（a-b）}{a+b}$＜lna-lnb；
即证：$\frac{2（\frac{a}{b}-1）}{\frac{a}{b}+1}$＜ln$\frac{a}{b}$．
令t=$\frac{a}{b}$，则$\frac{a}{b}$＞1；
构造函数g（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，g′（t）=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$
故g（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$在（1，+∞）上是增函数，
故g（t）＞g（1）=0；
故f′（$\frac{a+b}{2}$）＜$\frac{f（a）-f（b）}{a-b}$．
同理可证，$\frac{f（a）-f（b）}{a-b}$＜f′（b）；
故f′（$\frac{a+b}{2}$）＜$\frac{f（a）-f（b）}{a-b}$＜f′（b）．

点评 本题考查了导数的综合应用，考查了构造函数证明不等式的方法应用，属于难题．