Question

18．已知函数f（x）=ln（x+1）-x，若对任意的x∈（0，+∞），有f（x）≥kx²成立，则实数k的取值范围为（　　）

• A． （-∞，-$\frac{1}{2}$）
• B． （-∞，-$\frac{1}{2}$]
• C． （-∞，-2]
• D． （-∞，-2）

Answer 1

分析 由题意任意的x∈[0，+∞），有f（x）≥kx²成立，可以令g（x）=f（x）-x²，求出g（x）的最大值小于0即可，可以利用导数研究g（x）的最值．

解答 解：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，
求导函数可得g′（x）=$\frac{-x[2kx+（2k+1）]}{x+1}$，
令g′（x）=0，可得x₁=0，x₂=-$\frac{2k+1}{2k}$=-1-$\frac{1}{2k}$＜-1，
当k＜-$\frac{1}{2}$时，-1-$\frac{1}{2k}$＜0，g′（x）＞0在x∈（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；
当-$\frac{1}{2}$＜k＜0时，x₂=-1-$\frac{1}{2k}$＞0，
g（x）在（0，-1-$\frac{1}{2k}$）上g′（x）＜0，g（x）为减函数；
g（x）在（-1-$\frac{1}{2k}$，+∞）上g′（x）＞0，g（x）为增函数；
因此存在x₀∈（0，-1-$\frac{1}{2k}$）使得g（x₀）≤g（0）=0，
可得ln（x₀+1）-x₀＜kx₀²，即f（x₀）＜kx₀²，与题意矛盾；
∴综上：k≤-$\frac{1}{2}$时，对任意的x∈[0，+∞），有f（x）≥kx²成立，
∴实数 k的最小值为：（-∞，-$\frac{1}{2}$]；
故选：B．

点评 此题考查函数的恒成立问题，第二问构造新函数，将问题转化为g（x）的最大值小于等于0，即可，这种转化的思想在高考中经常会体现，我们要认真体会．