已知函数f（x）=ln（x+a）-x的最大值为0，其中a＞0．（1）求a的值；（2）若对任意x∈[0，+∞），有f（x）≥kx2成立，求实数k的最大值；（3）证明：ni＝122i−1＜ln(2n+1)+2(n∈N*)．

Question

已知函数f（x）=ln（x+a）-x的最大值为0，其中a＞0．
（1）求a的值；
（2）若对任意x∈[0，+∞），有f（x）≥kx²成立，求实数k的最大值；
（3）证明：

n

i＝1

(2)/(2i−1)＜ln(2n+1)+2(n∈N*)．

Answer 1

（1）f（x）定义域为（-a，+∞），
f′（x）=(1)/(x+a)-1=(1−x−a)/(x+a)，由f′（x）=0，得x=1-a＞-a．…（1分）
当x变化时，f′（x），f（x）变化情况如下

x	（-a，1-a）	1-a	（1-a，+∞）
f′（x）	+	0	-
f（x）	增	极大值	减

因此，f（x）在 x=1-a处取得最大值，故f（1-a）=a-1=0，所以a=1．…（3分）
（2）当k≤0时，取x=1，有f（1）=1-ln2＞0，故k≤0不合题意；
当k＞0时，令g（x）=f（x）-kx²，
即g（x）=x-ln（x+1）-kx²，
求导函数可得g′（x）=(−x[2kx−(1−2k)])/(x+1)，
g′（x）=0，可得x₁=0，x₂=(1−2k)/(2k)＞-1，
①当k≥(1)/(2)时，(1−2k)/(2k)≤0，
g′（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，因此g（x）在（0，+∞）上单调递减，
从而对任意的x∈[0，+∞），总有g（x）≤g（0）=0，
即对任意的x∈[0，+∞），有f（x）≤kx²成立；
②当0＜k＜(1)/(2)时，(1−2k)/(2k)＞0，对于x∈（0，(1−2k)/(2k)），g′（x）＞0，
因此g（x）在（0，(1−2k)/(2k)）上单调递增，
因此取x₀∈（0，(1−2k)/(2k)），时，g（x₀）≥g（0）=0，即有f（x₀）≤kx₀²不成立；
综上知，k≥(1)/(2)时对任意的x∈[0，+∞），
有f（x）≤kx²成立，k的最大值为(1)/(2)．
（3）证明：当n=1时，不等式左边=2-ln3＜2=右边，所以不等式成立
当n≥2时，

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*）
∴

作业帮用户 2017-10-16 举报

问题解析

（1）利用导数判断函数的单调性，得出当 x=1-a处取得最大值，求得a值；
（2）构造函数g（x）=f（x）-kx²，把恒成立问题转化为求函数的最大值问题，利用导数求出函数的最大值即可得证；
（3）利用（2）的结论，取k=

n

(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，命题得证．

名师点评

本题考点：

导数在最大值、最小值问题中的应用；函数在某点取得极值的条件．

考点点评：

本题主要考查利用导数研究函数的单调性最值等知识，考查分类讨论，转化划归思想的运用能力，属难题．

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