Question

已知函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=

1

2

x²-2x．
（1）設h（x）=f（x+1）-g′（x）（其中g′（x）是g（x）的導函數(shù)），求h（x）的最大值；
（2）證明：當0＜b＜a時，求證：f（a+b）-f（2a）＜

b-a

2a

；
（3）設k∈Z，當x＞1時，不等式k（x-1）＜xf（x）+3g′（x）+4恒成立，求k的最大值．

Answer 1

分析：（1）h（x）=f（x+1）-g′（x）=ln（x+1）-x+2，x＞-1，h′（x）=

-x

x+1

，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，可求得當x=0時h（x）取得最大值h（0）=2；
（2）當0＜b＜a時，-1＜

b-a

2a

＜0，由（1）知：當-1＜x＜0時，h（x）＜2，即ln（x+1）＜x，從而可證得結(jié)論；
（3）不等式k（x-1）＜xf（x）+3g′（x）+4化為k＜

xlnx+x

x-1

+2即k＜

xlnx+x

x-1

+2對任意x＞1恒成立，令g（x）=

xlnx+x

x-1

+2，則g′（x）=

x-lnx-2

(x-1)2

，分析得到函數(shù)g（x）=

xlnx+x

x-1

+2在（1，x₀），上單調(diào)遞減，在（x₀，+∞）上單調(diào)遞增（x₀∈（3，4））．從而可求k的最大值．

解答：解：（1）h（x）=f（x+1）-g′（x）=ln（x+1）-x+2，x＞-1，
所以 h′（x）=

1

x+1

-1=

-x

x+1

．
當-1＜x＜0時，h′（x）＞0；當x＞0時，h′（x）＜0．
因此，h′（x）在（-1，0）上單調(diào)遞增，在（0，+∞）上單調(diào)遞減．
因此，當x=0時h（x）取得最大值h（0）=2；
（2）證明：當0＜b＜a時，-1＜

b-a

2a

＜0，
由（1）知：當-1＜x＜0時，h（x）＜2，即ln（x+1）＜x．
因此，有f（a+b）-f（2a）=ln

b+a

2a

=ln（1+

b-a

2a

）＜

b-a

2a

．
（3）不等式k（x-1）＜xf（x）+3g′（x）+4化為k＜

xlnx+x

x-1

+2
所以k＜

xlnx+x

x-1

+2對任意x＞1恒成立．
令g（x）=

xlnx+x

x-1

+2，則g′（x）=

x-lnx-2

(x-1)2

，
令h（x）=x-lnx-2（x＞1），則 h′（x）=1-

1

x

=

x-1

x

＞0，
所以函數(shù)h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增．
因為h（3）=1-ln3＜0，h（4）=2-2ln2＞0，
所以方程h（x）=0在（1，+∞）上存在唯一實根x₀，且滿足x₀∈（3，4）．
當1＜x＜x₀時，h（x）＜0，即g′（x）＜0，當x＞x₀時，h（x）＞0，即g′（x）＞0，
所以函數(shù)g（x）=

xlnx+x

x-1

+2在（1，x₀），上單調(diào)遞減，在（x₀，+∞）上單調(diào)遞增．
所以[g（x）]_min=g（x₀）=

x0 (1+lnx0)

x0-1

+2=

x0 (1+x0-2)

x0-1

+2=x₀+2∈（5，6）．
所以k＜[g（x）]_min=x₀+2∈（5，6）．
故整數(shù)k的最大值是5．

點評：本題考查導數(shù)在最大值、最小值問題中的應用，考查函數(shù)的單調(diào)性與最值，考查綜合分析與轉(zhuǎn)化、運算的能力，考查構(gòu)造函數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)的能力，屬于難題．