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(shí)數(shù)k的最大值；
（3）證明：

n

i=1

2

2i-1

＜ln(2n+1)+2(n∈N*)．

Answer 1

考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用,函數(shù)在某點(diǎn)取得極值的條件

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，得出當(dāng) x=1-a處取得最大值，求得a值；
（2）構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）-kx²，把恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最大值問題，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最大值即可得證；
（3）利用（2）的結(jié)論，取k=

1

2

，得f（x）≤

1

2

x²，即f（

2

2i-1

）=

2

(2i-1)2

＜

2

(2i-1)(2i-3)

（i≥2，i∈N*），
即

n

i=1

2

2i-1

-ln（2n+1）=

n

i=1

f（

2

2i-1

）=f（2）+

n

i=2

f（

2

2i-1

）＜2-ln3+

n

i=2

2

(2i-3)(2i-1)

=2-ln3+1-

1

2n-1

＜2，命題得證．

解答： 解：（1）f（x）定義域?yàn)椋?a，+∞），
f′（x）=

1

x+a

-1=

1-x-a

x+a

，由f′（x）=0，得x=1-a＞-a．…（1分）
當(dāng)x變化時(shí)，f′（x），f（x）變化情況如下

x	（-a，1-a）	1-a	（1-a，+∞）
f′（x）	+	0	-
f（x）	增	極大值	減

因此，f（x）在 x=1-a處取得最大值，故f（1-a）=a-1=0，所以a=1．…（3分）
（2）當(dāng)k≥0時(shí)，取x=1，有f（1）=ln2-1＜0，故k≥0不合題意；
當(dāng)k＜0時(shí)，令g（x）=f（x）-kx²，即g（x）=ln（x+1）-x-kx²，x∈（-1，+∞）
求導(dǎo)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(dāng)k≤-

1

2

時(shí)，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(shí)符合題意．
當(dāng)-

1

2

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

1

2

．
（3）證明：當(dāng)n=1時(shí)，不等式左邊=2-ln3＜2=右邊，所以不等式成立
當(dāng)n≥2時(shí)，

n

i=1

f(

2

2i-1

)=

n

i=1

2

2i-1

-ln（2n+1）
在（2）中，取k=

1

2

，得f（x）≤

1

2

x²，
∴f（

2

2i-1

）=

2

(2i-1)2

＜

2

(2i-1)(2i-3)

（i≥2，i∈N*）
∴

n

i=1

2

2i-1

-ln（2n+1）=

n

i=1

f（

2

2i-1

）=f（2）+

n

i=2

f（

2

2i-1

）＜2-ln3+

n

i=2

2

(2i-3)(2i-1)

=2-ln3+1-

1

2n-1

＜2
綜上，

n

i=1

2

2i-1

＜ln（2n+1）+2（n∈N*）．

點(diǎn)評：本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性最值等知識，考查分類討論，轉(zhuǎn)化劃歸思想的運(yùn)用能力，屬難題．