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；

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：导数的综合应用

分析：（1）对f（x）进行求导，已知f（x）的最小值为0，可得极小值也为0，得f′（0）=0，从而求出a的值；
（2）由题意任意的x∈[0，+∞），有f（x）≥kx²成立，可以令g（x）=f（x）-kx²，求出g（x）的最小值大于0即可，可以利用导数研究g（x）的最值；

解答： 解：（1）f′（x）=

1

x+a

-1=

1-x-a

x+a

，（x+a＞0）
令f′（x）=0，可得x=1-a＞-a，
令f′（x）＞0，-a＜x＜1-a；f（x）为增函数；
f′（x）＜0，x＞1-a，f（x）为减函数；
∴x=1-a时，函数取得极大值也是最大值，
∵函数f（x）=ln（x+a）-x 的最大值为0，
∴f（1-a）=a-1=0，得a=1；
（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

；

点评：此题考查利用导数求函数的最值问题及函数的恒成立问题，第二问构造新函数，将问题转化为g（x）的最小值大于等于0即可，这种转化的思想在高考中经常会体现，要认真体会，属难题．