Question

已知函数f_a（x）=ln（1+ax）-x，（a＞0，x＞-

1

a

）的最大值可记为g（a）
（Ⅰ）求关于a的函数g（a）的解析式；
（Ⅱ）已知t∈N^*，当a≥t时，g（a）≤2f_a（1）+lnt恒成立，求t的最小值．

Answer 1

考点：对数函数图象与性质的综合应用,函数解析式的求解及常用方法,函数恒成立问题,对数的运算性质

专题：导数的概念及应用,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）利用导数法可得：当x∈(-

1

a

，1-

1

a

)时，f′_a（x）＞0，f_a（x）是增函数；当x∈(1-

1

a

，+∞)时，f′_a（x）＜0，f_a（x）是减函数，故f_a（x）在x=1-

1

a

处取到最大值g（a），代入可得函数g（a）的解析式；
（Ⅱ）若当a≥t时，g（a）≤2f_a（1）+lnt恒成立，即lnt≥lna+

1

a

-2ln(1+a)+1恒成立，记H(a)=lna+

1

a

-2ln(1+a)+1，利用导数法求了函数的最值，进而可得t的最小值．

解答： 解：（Ⅰ）f′a(x)=

a

1+ax

-1=

a-1-ax

1+ax

令f′_a（x）=0，得x=

a-1

a

=1-

1

a

当x∈(-

1

a

，1-

1

a

)时，f′_a（x）＞0，f_a（x）是增函数；
当x∈(1-

1

a

，+∞)时，f′_a（x）＜0，f_a（x）是减函数，
所以f_a（x）在x=1-

1

a

处取到最大值g（a），g(a)=ln[1+a(1-

1

a

)]-1+

1

a

=lna+

1

a

-1
（Ⅱ）当a≥t时，g（a）≤2f_a（1）+lnt恒成立，
即lna+

1

a

-1≤2[ln(1+a)-1]+lnt恒成立
得：lnt≥lna+

1

a

-2ln(1+a)+1
记H(a)=lna+

1

a

-2ln(1+a)+1
因为H′(a)=

1

a

-

1

a2

-

2

1+a

=

-a2-1

a2(1+a)

＜0
所以，当a≥t时，H（a）是减函数，
由题意得：lnt≥H（t），即lnt≥lnt+

1

t

-2ln(t+1)+1，
所以 

1

t

-2ln(t+1)+1≤0
由t∈N^*且

1

t

-2ln(t+1)+1为减函数，可得：
当t=1时，1-2ln2+1=2（1-ln2）＞0不成立，
当t=2时，

1

2

-2ln3+1=

3

2

-2ln3＜0成立，
所以，t的最小值为2．

点评：本题考查的知识点是对数的运算性质，函数恒成立问题，函数解析式的求法，函数的最值，是函数与导数的综合应用，难度中档．