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17.已知函数f(x)=ln(x+1)-kx(k∈R).
(1)若k=1,证明:当k>0时,f(x)<0;
(2)证明:当k<1时,存在x0>0,使得对任意x∈(0,x0),恒有f(x)>0;
(3)确定k的所有可能取值,使得存在t>0,对任意的x∈(0,t)恒有|f(x)|<x2

分析 (1)令k=1,f(x)=ln(1+x)-x,求导得到f′(x)<0,说明f(x)在(0,+∞)上单调递减,则x>0时,f(x)<0;
(2)分类讨论,求导,利用单调性,即可证明结论;
(3)分k>1、k<1和k=1把不等式|f(x)|<x2的左边去绝对值,即可得出结论.

解答 (1)证明:k=1,f(x)=ln(1+x)-x,x>0,
则有f′(x)=$\frac{1}{x+1}$-1=-$\frac{x}{x+1}$,
∵x>0,
∴f′(x)<0,
∴f(x)在(0,+∞)上单调递减,
∴f(x)<f(0)=0,
∴x>0时,f(x)<0;
(2)证明:f(x)=ln(1+x)-kx,x∈(0,+∞),
则有f′(x)=$\frac{-kx+(1-k)}{x+1}$,
当k≤0时,f′(x)>0,
∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,
∴f(x)>f(0)=0,故对任意正实数x0均满足题意.
当0<k<1时,令f′(x)=0,得x=$\frac{1}{k}$-1>0.
取x0=$\frac{1}{k}$-1,对任意x∈(0,x0),恒有f′(x)>0,∴f(x)在(0,x0)上单调递增,f(x)>f(0)=0,综上,当k<1时,总存在x0>0,使得对任意的x∈(0,x0),恒有f(x)>0;
(3)解:当k>1时,由(1)知,对于任意x∈(0,+∞),|f(x)|=kx-ln(1+x),
令M(x)=kx-ln(1+x)-x2,x∈(0,+∞),则有M′(x)=$\frac{-2{x}^{2}+(k-2)x+k-1}{1+x}$,
故当x∈(0,$\frac{k-2+\sqrt{(k-2)^{2}+8(k-1)}}{4}$)时,M′(x)>0,M(x)在[0,$\frac{k-2+\sqrt{(k-2)^{2}+8(k-1)}}{4}$)上单调递增,
故M(x)>M(0)=0,即|f(x)|>x2,∴满足题意的t不存在.
当k<1时,由(2)知存在x0>0,使得对任意的任意x∈(0,x0),|f(x)|=ln(1+x)-kx,
令N(x)=ln(1+x)-kx-x2,x∈[0,+∞),则有N′(x)=$\frac{-2{x}^{2}-(k+2)x-k+1}{1+x}$,
故当x∈(0,$\frac{-(k+2)+\sqrt{(k+2)^{2}+8(1-k)}}{4}$)时,N′(x)>0,M(x)在[0,$\frac{-(k+2)+\sqrt{(k+2)^{2}+8(1-k)}}{4}$)上单调递增,故N(x)>N(0)=0,
即f(x)>x2,记x0与$\frac{-(k+2)+\sqrt{(k+2)^{2}+8(1-k)}}{4}$中较小的为x1
则当x∈(0,x1)时,恒有|f(x)|>x2,故满足题意的t不存在.
当k=1,由(1)知,当x∈(0,+∞)时,|f(x)|=x-ln(1+x),
令H(x)=x-ln(1+x)-x2,x∈[0,+∞),则有H′(x)=$\frac{-2{x}^{2}-x}{1+x}$,
当x>0,H′(x)<0,∴H(x)在[0,+∞)上单调递减,故H(x)<H(0)=0,
故当x>0时,恒有|f(x)|<x2,此时,任意实数t满足题意.
综上,k=1.

点评 本小题主要考查导数及其应用等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识,考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、有限与无限思想、数形结合思想,是压轴题.

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