Question

4．已知函數(shù)f（x）=$\frac{ln（x-2m）}{x}$，m為實(shí)數(shù)．
（1）若m=-$\frac{1}{2}$，證明：函數(shù)f（x）是（0，+∞）上的減函數(shù)；
（2）若m＜$\frac{1}{2}$，曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線與直線x-y=0平行，求m的值；
（3）若x＞0，證明：$\frac{{ln（{x+1}）}}{x}＞\frac{x}{{{e^x}-1}}$（其中e=2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）．

Answer 1

分析 （1）將m的值代入函數(shù)的表達(dá)式，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過構(gòu)造新函數(shù)得到f′（x）＜0，從而證出函數(shù)的單調(diào)性；
（2）根據(jù)f′（1）=1，得到關(guān)于m的函數(shù)，通過求導(dǎo)得到函數(shù)的單調(diào)性，從而求出m的值；
（3）故要證原不等式成立，只需證明：當(dāng)x＞0時(shí)，x＜e^x-1，令h（x）=e^x-x-1，通過求導(dǎo)得到函數(shù)h（x）的單調(diào)性，從而證出結(jié)論．

解答 解：（1）當(dāng)$m=-\frac{1}{2}$時(shí)，函數(shù)f（x）的定義域是（-1，0）∪（0，+∞），…（1分）
對(duì)f（x）求導(dǎo)得$f'（x）=\frac{{\frac{x}{x+1}-ln（{x+1}）}}{x^2}$，…（2分）
令$g（x）=\frac{x}{x+1}-ln（{x+1}）$，只需證：x＞0時(shí)，g（x）≤0．
又$g'（x）=\frac{1}{{{{（{x+1}）}^2}}}-\frac{1}{x+1}=-\frac{x}{{{{（{x+1}）}^2}}}＜0$，…（3分）
故g（x）是（0，+∞）上的減函數(shù)，所以g（x）＜g（0）=-ln1=0…（5分）
所以f′（x）＜0，函數(shù)f（x）是（0，+∞）上的減函數(shù)．…（6分）
（2）由題意知，f′（x）|_x=1=1，…（7分）
即$\frac{1}{1-2m}-ln（{1-2m}）=1$，$\frac{2m}{1-2m}-ln（{1-2m}）=0$…（8分）
令$t（m）=\frac{2m}{1-2m}-ln（{1-2m}），m＜\frac{1}{2}$，則$t'（m）=\frac{2}{{{{（{1-2m}）}^2}}}+\frac{2}{1-2m}＞0$，…（9分）
故t（m）是$（{-∞，\frac{1}{2}}）$上的增函數(shù)，又t（0）=0，因此0是t（m）的唯一零點(diǎn)，
即方程$\frac{2m}{1-2m}-ln（{1-2m}）=0$有唯一實(shí)根0，所以m=0，…（10分）；
（3）因?yàn)?\frac{x}{{{e^x}-1}}=\frac{{ln{e^x}}}{{{e^x}-1}}=\frac{{ln（{{e^x}-1+1}）}}{{{e^x}-1}}$，
故原不等式等價(jià)于$\frac{{ln（{x+1}）}}{x}＞\frac{{ln（{{e^x}-1+1}）}}{{{e^x}-1}}$，…（11分）
由（1）知，當(dāng)$m=-\frac{1}{2}$時(shí)，$f（x）=\frac{{ln（{x+1}）}}{x}$是（0，+∞）上的減函數(shù)，…（12分）
故要證原不等式成立，只需證明：當(dāng)x＞0時(shí)，x＜e^x-1，
令h（x）=e^x-x-1，則h′（x）=e^x-1＞0，h（x）是（0，+∞）上的增函數(shù)，…（13分）
所以h（x）＞h（0）=0，即x＜e^x-1，故f（x）＞f（e^x-1），
即$\frac{{ln（{x+1}）}}{x}＞\frac{{ln（{{e^x}-1+1}）}}{{{e^x}-1}}=\frac{x}{{{e^x}-1}}$…（14分）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、函數(shù)的最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，不等式的證明，是一道難題．