Question

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．

Answer 1

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．