Question

已知函數(shù)f（x）=ln（x+a）-x 的最大值為0，其中a＞0．
（1）求a的值；
（2）若對任意x∈[0，+∞） ，有f（x）≥kx² 成立，求實數(shù)k的最大值；

Answer 1

考點：導數(shù)在最大值、最小值問題中的應用

專題：導數(shù)的綜合應用

分析：（1）對f（x）進行求導，已知f（x）的最小值為0，可得極小值也為0，得f′（0）=0，從而求出a的值；
（2）由題意任意的x∈[0，+∞），有f（x）≥kx²成立，可以令g（x）=f（x）-kx²，求出g（x）的最小值大于0即可，可以利用導數(shù)研究g（x）的最值；

解答： 解：（1）f′（x）=

1

x+a

-1=

1-x-a

x+a

，（x+a＞0）
令f′（x）=0，可得x=1-a＞-a，
令f′（x）＞0，-a＜x＜1-a；f（x）為增函數(shù)；
f′（x）＜0，x＞1-a，f（x）為減函數(shù)；
∴x=1-a時，函數(shù)取得極大值也是最大值，
∵函數(shù)f（x）=ln（x+a）-x 的最大值為0，
∴f（1-a）=a-1=0，得a=1；
（2）當k≥0時，取x=1，有f（1）=ln2-1＜0，故k≥0不合題意；
當k＜0時，令g（x）=f（x）-kx²，即g（x）=ln（x+1）-x-kx²，x∈（-1，+∞）
求導函數(shù)可得g′（x）=

1

x+1

-1-2kx=

-x[2kx+(2k+1)]

x+1

，
令g′（x）=0，可得x₁=0，x₂=-

2k+1

2k

＞-1，
當k≤-

1

2

時，x₂≤0，g′（x）＞0，在（0，+∞）上恒成立，g（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴g（x）≥g（0）=0，
∴對任意的x∈[0，+∞），有f（x）≥kx²成立；
故k≤-

1

2

時符合題意．
當-

1

2

＜k＜0時，x₂＞0，g（x）在（0，-

2k+1

2k

）上g′（x）＜0，g（x）為減函數(shù)；
g（x）在（-

2k+1

2k

，+∞）上g′（x）＞0，g（x）增函數(shù)；
因此存在x₀∈（0，-

2k+1

2k

）使得g（x₀）≤g（0）=0，
即f（x₀）≤kx₀²，與題意矛盾；
∴綜上：k≤-

1

2

時，對任意的x∈[0，+∞），有f（x）≥kx²成立，
∴實數(shù) k的最大值為：-

1

2

；

點評：此題考查利用導數(shù)求函數(shù)的最值問題及函數(shù)的恒成立問題，第二問構(gòu)造新函數(shù)，將問題轉(zhuǎn)化為g（x）的最小值大于等于0即可，這種轉(zhuǎn)化的思想在高考中經(jīng)常會體現(xiàn)，要認真體會，屬難題．