Question

4．已知函數(shù)f（x）=$\frac{2ax}{2x+1}$-ln（2x+1）（a≠0）．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）當(dāng)a=e時，若函數(shù)y=f（x）-k在x∈[0，1]上有唯一零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)k的取值范圍；
（3）求證：ln$\frac{{e}^{2}}{2x+1}$≤$\frac{e}{2x+1}$．

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)數(shù)，分類討論，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）當(dāng)a=e時，確定x=$\frac{e-1}{2}$，f（x）取得最大值e-2，f（0）=0，f（1）=$\frac{2e}{3}$-ln3，即可求實(shí)數(shù)k的取值范圍；
（3）利用分析法，證明ln（2x+1）+$\frac{e}{2x+1}$的最小值為2．

解答 解：（1）函數(shù)的定義域為（-$\frac{1}{2}$，+∞）．
∵f（x）=$\frac{2ax}{2x+1}$-ln（2x+1），
∴f′（x）=$\frac{2[a-（2x+1）]}{（2x+1）^{2}}$，
∴a＜0，f′（x）＜0，函數(shù)在（-$\frac{1}{2}$，+∞）單調(diào)遞減，
a＞0，a＞2x+1，即-$\frac{1}{2}$＜x＜$\frac{a-1}{2}$，f′（x）＞0，函數(shù)在（-$\frac{1}{2}$，$\frac{a-1}{2}$）單調(diào)遞增，
a＜2x+1，即x＞$\frac{a-1}{2}$，f′（x）＜0，函數(shù)在（$\frac{a-1}{2}$，+∞）單調(diào)遞減，
（2）當(dāng)a=e時，由（1）知，函數(shù)在（-$\frac{1}{2}$，$\frac{e-1}{2}$）單調(diào)遞增，在（$\frac{e-1}{2}$，+∞）單調(diào)遞減，
∴x=$\frac{e-1}{2}$，f（x）取得最大值e-2，
∵f（0）=0，f（1）=$\frac{2e}{3}$-ln3
∴0≤k＜$\frac{2e}{3}$-ln3或k=e-2時，函數(shù)y=f（x）-k在x∈[0，1]上有唯一零點(diǎn)；
（3）要證明ln$\frac{{e}^{2}}{2x+1}$≤$\frac{e}{2x+1}$，
只要證明ln（2x+1）+$\frac{e}{2x+1}$≥2，
只要證明ln（2x+1）+$\frac{e}{2x+1}$的最小值為2，
設(shè)h（x）=ln（2x+1）+$\frac{e}{2x+1}$，h′（x）=$\frac{2[（2x+1）-e]}{（2x+1）^{2}}$，
函數(shù)在（-$\frac{1}{2}$，$\frac{e-1}{2}$）單調(diào)遞減，在（$\frac{e-1}{2}$，+∞）單調(diào)遞增，
∴x=$\frac{e-1}{2}$，h（x）取得最小值2，
∴l(xiāng)n（2x+1）+$\frac{e}{2x+1}$的最小值為2，
∴l(xiāng)n$\frac{{e}^{2}}{2x+1}$≤$\frac{e}{2x+1}$．

點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)數(shù)知識的綜合運(yùn)用，考查函數(shù)的單調(diào)性與最值，考查不等式的證明，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．