Question

已知函数f（x）=ln（x+1）+mx（m∈R）．（Ⅰ）当x=1时，函数f（x）取得极大值，求实数m的值；（Ⅱ）已知

已知函数f（x）=ln（x+1）+mx（m∈R）．（Ⅰ）当x=1时，函数f（x）取得极大值，求实数m的值；（Ⅱ）已知结论：若函数f（x）=ln（x+1）+mx（m∈R）在区间（a，b）内存在导数，则存在x0∈（a，b），使得f′（x0）=f(b)-f(a)b-a．试用这个结论证明：若函数g（x）=f(x1)-f(x2)x1-x2（x-x1）+f（x1），（其中x2＞x1＞-1），则对任意x∈（x1，x2），都有f（x）＞g（x）；（Ⅲ）已知正数λ1，λ2满足λ1+λ2=1，求证：对任意的实数x1，x2，若x2＞x1＞-1时，都有f（λ1x1+λ2x2）＞λ1f（x1）+λ2f（x2）．

Answer 1

（Ⅰ）解：由题设，函数的定义域为（-1，+∞），且f′(x)=

1

x+1

+m，
∵当x=1时，函数f（x）取得极大值，
∴f′（1）=0，得m=-

1

2

，此时f′(x)=

1-x

2(x+1)

，
当x∈（-1，1）时，f′（x）＞0，函数f（x）在区间（-1，1）上单调递增；
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，函数f（x）在区间（1，+∞）上单调递减．
∴函数f（x）在x=1处取得极大值时，m=-

1

2

；
（Ⅱ）证明：令h（x）=f（x）-g（x）=f（x）-

f(x1)-f(x2)

x1-x2

（x-x₁）-f（x₁），
则h′(x)=f′(x)-

f(x1)-f(x2)

x1-x2

．
∵函数f（x）在区间（x₁，x₂）上可导，则根据结论可知：存在x₀∈（x₁，x₂），
使得f′(x0)=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

．
又f′(x)=

1

x+1

+m，
∴h′(x)=f′(x)-f′(x0)=

1

x+1

-

1

x0+1

=

x0-x

(x+1)(x0+1)

，
∴当x∈（x₁，x₀）时，h′（x）＞0，从而h（x）单调递增，h（x）＞h（x₁）=0；
当x∈（x₀，x₂）时，h′（x）＜0，从而h（x）单调递减，h（x）＞h（x₂）=0；
故对任意x∈（x₁，x₂），都有f（x）＞g（x）；
（Ⅲ）证明：∵λ₁+λ₂=1，且λ₁＞0，λ₂＞0，x₂＞x₁＞-1，
∴λ₁x₁+λ₂x₂-x₁=x₁（λ₁-1）+λ₂x₂=λ₂（x₂-x₁）＞0，
∴λ₁x₁+λ₂x₂＞x₁，
同理λ₁x₁+λ₂x₂＜x₂，
∴λ₁x₁+λ₂x₂∈（x₁，x₂）．
由（Ⅱ）知对任意x∈（x₁，x₂），都有f（x）＞g（x），
从而f（λ₁x₁+λ₂x₂）＞

f(x1)-f(x2)

x1-x2

(λ1x1+λ2x2-x1