Question

已知函数f（x）=x-ln（x+a）的最小值为0，其中a＞0．
（1）求a的值；
（2）若对任意的x∈[0，+∞），有f（x）≤kx²成立，求实数k的最小值；
（3）证明

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）确定函数的定义域，求导函数，确定函数的单调性，求得函数的最小值，利用函数f（x）=x-ln（x+a）的最小值为0，即可求得a的值；
（2）分类讨论，确定函数的单调性，确定函数的最值，即可求实数k的最小值；
（3）证明f(

2

2i-1

)≤

2

(2i-1)2

＜

2

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

（i≥2，i∈N^*），利用叠加法可结论．

解答：（1）解：函数的定义域为（-a，+∞），求导函数可得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时，函数取得极小值且为最小值
∵函数f（x）=x-ln（x+a）的最小值为0，
∴f（1-a）=1-a-0，解得a=1；
（2）解：当k≤0时，取x=1，有f（1）=1-ln2＞0，故k≤0不合题意
当k＞0时，令g（x）=f（x）-kx²，即g（x）=x-ln（x+1）-kx²，
求导函数可得g′（x）=

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

x+1

令g′（x）=0，可得x₁=0，x₂=

1-2k

2k

＞-1，
①当k≥

1

2

时，

1-2k

2k

≤0．g′（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，因此g（x）在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的x∈[0，+∞），总有g（x）≤g（0）=0，即对任意的x∈[0，+∞），有f（x）≤kx²成立，故k≥

1

2

符合题意；
②当0＜k＜

1

2

时，

1-2k

2k

＞0，对于x∈（0，

1-2k

2k

），g′（x）＞0，因此g（x）在（0，

1-2k

2k

）内单调递增．
因此当x₀∈（0，

1-2k

2k

）时，g（x₀）≥g（0）=0，即有f（x₀）≤kx₀²不成立，故0＜k＜

1

2

不合题意．
综上，k的最小值为

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（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），从而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*)

点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性、极值与最值，考查不等式的证明，考查分类讨论的数学思想，难度较大．