Question

13．已知函數(shù)$f（x）=ln（{1+2x}）+\frac{m}{1+2x}（{m∈R}）$．
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）的圖象在x軸上方，求m的取值范圍；
（Ⅱ）若對任意的正整數(shù)n都有${（1+\frac{2}{n}）^{n-a}}≥{e^2}$成立，求a的最大值．

Answer 1

分析 （I）令f（x）＞0，分離參數(shù)得m＞-（1+2x）ln（1+2x），使用換元法求出右側函數(shù)的最大值即可得出m的范圍；
（II）將不等式化簡得（1-$\frac{a}{n}$）ln（1+$\frac{2}{n}$）-$\frac{2}{n}$≥0，則h（x）=（1-ax）ln（1+2x）-2x≥0在（0，1]上恒成立，對a進行討論，判斷h（x）的單調性得出h（x）的最小值，從而得出a的范圍．

解答 解：（I）∵函數(shù)f（x）的圖象在x軸上方，∴l(xiāng)n（1+2x）+$\frac{m}{1+2x}$＞0在（-$\frac{1}{2}$，+∞）上恒成立，
∴m＞-（1+2x）ln（1+2x）在（-$\frac{1}{2}$，+∞）上恒成立，
設1+2x=t，g（t）=-tlnt，（t＞0），則g′（t）=-（1+lnt）．
∴當0＜t＜$\frac{1}{e}$時，g′（t）＞0，當t＞$\frac{1}{e}$時，g′（t）＜0，
∴g（t）在（0，$\frac{1}{e}$）上低調遞增，在（$\frac{1}{e}$，+∞）上單調遞減，
∴g_max（t）=g（$\frac{1}{e}$）=$\frac{1}{e}$，
∴m$＞\frac{1}{e}$．
（Ⅱ）∵（1+$\frac{2}{n}$）^n-a≥e²，∴（n-a）ln（1+$\frac{2}{n}$）≥2，即（1-$\frac{a}{n}$）ln（1+$\frac{2}{n}$）-$\frac{2}{n}$≥0．
令x=$\frac{1}{n}$，h（x）=（1-ax）ln（1+2x）-2x，則h（x）≥0在（0，1]上恒成立．
h′（x）=-aln（1+2x）+$\frac{2（1-ax）}{1+2x}$-2=-aln（1+2x）+$\frac{a+2}{1+2x}$-a-2．
h″（x）=-$\frac{2a}{1+2x}$-$\frac{2a+4}{（1+2x）^{2}}$=-$\frac{4（ax+a+1）}{（1+2x）^{2}}$，
∴當a≤-1時，h″（x）≥0，∴h′（x）在（0，1]上是增函數(shù)，∴h′（x）＞h′（0）=0，
∴h（x）在（0，1]上是增函數(shù)，∴h（x）＞h（0）=0恒成立，符合題意；
當a≥0時，h″（x）＜0，∴h′（x）在（0，1]上是減函數(shù)，∴h′（x）＜h′（0）=0，
∴h（x）在（0，1]上是減函數(shù)，∴h（x）＜h（0）=0恒成立，不符合題意；
當-1＜a＜0時，令h″（x）=0得x=-$\frac{a+1}{a}$，設x₀=min（1，-$\frac{a+1}{a}$），則當0＜x＜x₀時，h″（x）＜0，
故而h′（x）在（1，x₀）上為減函數(shù)，
∴h′（x）＜h′（0）=0，∴h（x）在（1，x₀）上為減函數(shù)，∴h（x）＜h（0），不符合題意．
綜上，a≤-1．
所以a的最大值為-1．

點評 本題考查了導數(shù)與函數(shù)單調性的關系，導數(shù)最值得計算，屬于難題．