Question

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

2

2•1-1

+

2

2•2-1

+

2

2•3-1

+…+

2

2•n-1

-ln(2n+1)＜2(n∈N*)．

Answer 1

分析：（1）確定函數(shù)的定義域，求導函數(shù)，確定函數(shù)的單調(diào)性，求得函數(shù)的最小值，利用函數(shù)f（x）=x-ln（x+a）的最小值為0，即可求得a的值；
（2）分類討論，確定函數(shù)的單調(diào)性，確定函數(shù)的最值，即可求實數(shù)k的最小值；
（3）證明f(

2

2i-1

)≤

2

(2i-1)2

＜

2

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

（i≥2，i∈N^*），利用疊加法可結(jié)論．

解答：（1）解：函數(shù)的定義域為（-a，+∞），求導函數(shù)可得f′(x)=

x+a-1

x+a

令f′（x）=0，可得x=1-a＞-a
令f′（x）＞0，x＞-a可得x＞1-a；令f′（x）＜0，x＞-a可得-a＜x＜1-a
∴x=1-a時，函數(shù)取得極小值且為最小值
∵函數(shù)f（x）=x-ln（x+a）的最小值為0，
∴f（1-a）=1-a-0，解得a=1；
（2）解：當k≤0時，取x=1，有f（1）=1-ln2＞0，故k≤0不合題意
當k＞0時，令g（x）=f（x）-kx²，即g（x）=x-ln（x+1）-kx²，
求導函數(shù)可得g′（x）=

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

x+1

令g′（x）=0，可得x₁=0，x₂=

1-2k

2k

＞-1，
①當k≥

1

2

時，

1-2k

2k

≤0．g′（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，因此g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，從而對任意的x∈[0，+∞），總有g(shù)（x）≤g（0）=0，即對任意的x∈[0，+∞），有f（x）≤kx²成立，故k≥

1

2

符合題意；
②當0＜k＜

1

2

時，

1-2k

2k

＞0，對于x∈（0，

1-2k

2k

），g′（x）＞0，因此g（x）在（0，

1-2k

2k

）內(nèi)單調(diào)遞增．
因此當x₀∈（0，

1-2k

2k

）時，g（x₀）≥g（0）=0，即有f（x₀）≤kx₀²不成立，故0＜k＜

1

2

不合題意．
綜上，k的最小值為

1

2

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

n

i=1

f(

2

2i-1

)=

n

i=1

[

2

2i-1

-ln（1+

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（x≥0），從而f(

2

2i-1

)≤

2

(2i-1)2

＜

2

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

（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+

n

i=2

（

1

2i-3

-

1

2i-1

）=2-ln3+1-

1

2n-1

＜2
∴

2

2•1-1

+

2

2•2-1

+

2

2•3-1

+…+

2

2•n-1

-ln(2n+1)＜2(n∈N*)

點評：本題考查導數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值，考查不等式的證明，考查分類討論的數(shù)學思想，難度較大．