Question

（2012•江西模擬）已知函數f（x）=ln（x+1）+mx，當x=0時，函數f（x）取得極大值．
（1）求實數m的值；
（2）已知結論：若函數f（x）=ln（x+1）+mx在區間（a，b）內導數都存在，且a＞-1，則存在x₀∈（a，b），使得f′(x0)=

f(b)-f(a)

b-a

．試用這個結論證明：若-1＜x₁＜x₂，函數g(x)=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

(x-x1)+f(x1)，則對任意x∈（x₁，x₂），都有f（x）＞g（x）；
（3）已知正數λ₁，λ₂，…，λ_n，滿足λ₁+λ₂+…+λ_n=1，求證：當n≥2，n∈N時，對任意大于-1，且互不相等的實數x₁，x₂，…，x_n，都有f（λ₁x₁+λ₂x₂+…+λ_nx_n）＞λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+…+λ_nf（x_n）．

Answer 1

分析：（1）求導函數，利用當x=0時，函數f（x）取得極大值，即可求得實數m的值；
（2）令h(x)=f(x)-g(x)=f(x)-

f(x1)-f(x2)

x1-x2

(x-x1)-f(x1)，則h′(x)=f′(x)-

f(x1)-f(x2)

x1-x2

，根據函數f（x）在x∈（x₁，x₂）上可導，可得存在x₀∈（x₁，x₂），使得f′(x0)=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

，從而h′(x)=f′(x)-f′(x0)=

1

x+1

-

1

x0+1

=

x0-x

(x+1)(x0+1)

，進而可得h（x）＞0；
（3）用數學歸納法證明，先證明當n=2時，結論成立；再證明假設當n=k（k≥2）時結論成立，利用歸納假設證明當n=k+1時，結論也成立．

解答：（1）解：求導函數f′(x)=

1

x+1

+m．
∵當x=0時，函數f（x）取得極大值
∴f'（0）=0，得m=-1，此時f′(x)=-

x

x+1

．
當x∈（-1，0）時，f'（x）＞0，函數f（x）在區間（-1，0）上單調遞增；
當x∈（0，+∞）時，f'（x）＜0，函數f（x）在區間（0，+∞）上單調遞減．
∴函數f（x）在x=0處取得極大值，故m=-1．…（3分）
（2）證明：令h(x)=f(x)-g(x)=f(x)-

f(x1)-f(x2)

x1-x2

(x-x1)-f(x1)，…（4分）
則h′(x)=f′(x)-

f(x1)-f(x2)

x1-x2

．
∵函數f（x）在x∈（x₁，x₂）上可導，
∴存在x₀∈（x₁，x₂），使得f′(x0)=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

．
∵f′(x)=

1

x+1

-1，
∴h′(x)=f′(x)-f′(x0)=

1

x+1

-

1

x0+1

=

x0-x

(x+1)(x0+1)

∵當x∈（x₁，x₀）時，h'（x）＞0，h（x）單調遞增，∴h（x）＞h（x₁）=0；
∵當x∈（x₀，x₂）時，h'（x）＜0，h（x）單調遞減，∴h（x）＞h（x₂）=0；
故對任意x∈（x₁，x₂），都有f（x）＞g（x）．…（8分）
（3）證明：用數學歸納法證明．
①當n=2時，∵λ₁+λ₂=1，且λ₁＞0，λ₂＞0，∴λ₁x₁+λ₂x₂∈（x₁，x₂），∴由（Ⅱ）得f（x）＞g（x），
即f(λ1x1+λ2x2)＞

f(x1)-f(x2)

x1-x2

(λ1x1+λ2x2-x1)+f(x1)=λ1f(x1)+λ2f(x2)，
∴當n=2時，結論成立．…（9分）
②假設當n=k（k≥2）時結論成立，即當λ₁+λ₂+…+λ_k=1時，f（λ₁x₁+λ₂x₂+…+λ_kx_k）＞λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+…+λ_kf（x_k）．
當n=k+1時，設正數λ₁，λ₂，…，λ_k+1滿足λ₁+λ₂+…+λ_k+1=1，
令m=λ₁+λ₂+…+λ_k，μ1=

λ1

m

，μ2=

λ2

m

，…，μk=

λk

m

，則m+λ_k+1n=1，且μ₁+μ₂+…+μ_k=1．
f（λ₁x₁+λ₂x₂+…+λ_kx_k+λ_k+1x_k+1）=f[m（μ₁x₁+…+μ_kx_k）+λ_k+1x_k+1]＞mf（μ₁x₁+…+μ_kx_k）+λ_k+1f（x_k+1）＞mμ₁f（x₁）+…+mμ_kf（x_k）+λ_k+1f（x_k+1）=λ₁f（x₁）+…+λ_kf（x_k）+λ_k+1f（x_k+1）…（13分）
∴當n=k+1時，結論也成立．
綜上由①②，對任意n≥2，n∈N，結論恒成立．…（14分）

點評：本題考查導數知識的運用，考查數學歸納法證明不等式，解題的關鍵是利用函數的極值點處導數為0，利用數學歸納法的證題步驟進行證明，綜合性強．