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

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

专题：导数的综合应用

分析：（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=

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．

解答： 解：（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）=ln2-1＜0，故k≥0不合题意；
当k＜0时，令g（x）=f（x）-kx²，即g（x）=ln（x+1）-x-kx²，x∈（-1，+∞）
求导函数可得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，
当k≤-

1

2

时，x₂≤0，g′（x）＞0，在（0，+∞）上恒成立，
g（x）在[0，+∞）上单调递增，
∴g（x）≥g（0）=0，
∴对任意的x∈[0，+∞），有f（x）≥kx²成立；
故k≤-

1

2

时符合题意．
当-

1

2

＜k＜0时，x₂＞0，g（x）在（0，-

2k+1

2k

）上g′（x）＜0，g（x）为减函数；
g（x）在（-

2k+1

2k

，+∞）上g′（x）＞0，g（x）增函数；
因此存在x₀∈（0，-

2k+1

2k

），使得g（x₀）≤g（0）=0，
即f（x₀）≤kx₀²，与题意矛盾；
∴综上：k≤-

1

2

时，对任意的x∈[0，+∞），有f（x）≥kx²成立，
∴实数 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*）
∴

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
综上，

n

i=1

2

2i-1

＜ln（2n+1）+2（n∈N*）．

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．