Question

22.已知函数f（x）=ln（1+x）－x, g（x）=xlnx.

（Ⅰ）求函数f（x）的最大值；

（Ⅱ）设0<a<b,证明：0<g（a）+g（b）－2g（）<（b－a）ln2.

Answer 1

22.本小题主要考查导数的基本性质和应用、对数函数性质和平均值不等式等知识以及综合推理论证的能力.

　解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（－1,+∞）.

f′（x）=－1.

令f′（x）=0，解得x=0.

当－1<x<0时，f′（x）>0,

当x>0时，f′（x）<0.

又f（0）=0,故当且仅当x=0时，f（x）取得最大值，最大值为0.

（Ⅱ）证法一：g（a）+g（b）－2g（）

=alna+blnb－（a+b）ln=aln+bln.

由（Ⅰ）结论知ln（1+x）－x<0（x>－1且x≠0）,

由题设0<a<b,得>0,－1<<0,

因此ln=－ln（1+）>－,

ln=－ln（1+）>－.

所以aln+bln>－－=0.

又<,

∴aln+bln<aln+bln

=（b－a）ln<（b－a）ln2.

综上0<g（a）+g（b）－2g（）<（b－a）ln2.

证法二：g（x）=xlnx,g′（x）=lnx+1.

设　　F（x）=g（a）+g（x）－2g（）,

则　　F′（x）=g′（x）－2［g（）］′

 　　=lnx－ln.

当0＜x＜a时，F′（x）＜0，因此F（x）在（0,a）内为减函数.

当x>a时，F′（x）>0，因此F（x）在（a,+∞）上为增函数.

从而，当x=a时，F（x）有极小值F（a）,

因为F（a）=0,b>a,所以F（b）>0,

即　　0<g（a）+g（b）－2g（）.

设　　G（x）=F（x）－（x－a）ln2,

则　　G′（x）=lnx－ln－ln2=lnx－ln（a+x）.

当x>0时，G′（x）<0,因此G（x）在（0,+∞）上为减函数.

因为G（a）=0,b>a,所以G（b）<0,

即g（a）+g（b）－2g（）<（b－a）ln2.