Question

9．已知函數(shù)f（x）=x-ln（x+k）（k＞0）．
（1）若f（x）的最小值為0，求k的值；
（2）當(dāng)f（x）的最小值為0時，若對?x∈[0，+∞），有f（x）≤ax²恒成立，求實數(shù)a的最小值；
（3）當(dāng)（2）成立時，證明：$\sum_{i=2}^n$f（$\frac{2}{2i-1}$）＜$\frac{2n-2}{2n-1}}$（n≥2，n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）利用導(dǎo)數(shù)法，可得當(dāng)x=1-k時，f（x）取最小值f（1-k）=1-k=0，解得求k的值；
（2）由（1）可得f（x）=x-ln（x+1），分類討論求出使?x∈[0，+∞），有f（x）≤ax²恒成立的a的范圍，進(jìn)而可得實數(shù)a的最小值；
（3）當(dāng)（2）成立時，$f（x）≤\frac{x^2}{2}$，利用放縮法和裂項相消法，可證得：$\sum_{i=2}^n$f（$\frac{2}{2i-1}$）＜$\frac{2n-2}{2n-1}}$（n≥2，n∈N^*）．

解答 （本小題滿分12分）
（1）解：f（x）的定義域為（-k，+∞），$f'（x）=1-\frac{1}{x+k}=\frac{x+k-1}{x+k}$．…（1分）
由f'（x）=0，得x=1-k．
當(dāng)x變化時，f'（x），f（x）的變化情況如下表：

x	（-k，1-k）	1-k	（1-k，+∞）
f'（x）	＜0	0	＞0
f（x）	↘	極小值	↗

…（2分）
當(dāng)x=1-k時，f（x）取最小值f（1-k）=1-k=0，
∴k=1．…（3分）
（2）解：由（Ⅰ）得f（x）=x-ln（x+1），
由題意，f（x）-ax²≤0對于x≥0恒成立．
當(dāng)a≤0時，取x=1，f（1）-a=1-ln2-a＞0，
∴a≤0不符合題意．
當(dāng)a＞0時，令g（x）=f（x）-ax²=x-ln（x+1）-ax²，$g'（x）=1-\frac{1}{x+1}-2ax=\frac{{-2ax（{x-\frac{1-2a}{2a}}）}}{x+1}$，
令g'（x）=0，得x=0或$x=\frac{1-2a}{2a}$．…（5分）
①當(dāng)$a≥\frac{1}{2}$時，$\frac{1-2a}{2a}≤0$，
∴g'（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，
∴g（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞減，
∴當(dāng)x∈[0，+∞）時，g（x）≤g（0）=0，
∴f（x）≤ax²在[0，+∞）上恒成立．
∴$a≥\frac{1}{2}$符合題意．…（6分）
②當(dāng)$0＜a＜\frac{1}{2}$時，$\frac{1-2a}{2a}＞0$，
當(dāng)$x∈（{0，\;\;\frac{1-2a}{2a}}）$時，g'（x）＞0，
∴g（x）在$[{0，\;\;\frac{1-2a}{2a}}）$上單調(diào)遞增．
取${x_0}∈（{0，\;\;\frac{1-2a}{2a}}）$，g（x₀）＞g（0）=0，即$f（{x_0}）＞ax_0^2$，不滿足題意．…（7分）
綜上，$a≥\frac{1}{2}$，∴${a_{min}}=\frac{1}{2}$．…（8分）
（Ⅲ）證明：由（Ⅱ）知，當(dāng)$a≥\frac{1}{2}$時，f（x）≤ax²在[0，+∞）上恒成立，即$f（x）≤\frac{x^2}{2}$，
∴$f（{\frac{2}{2i-1}}）≤\frac{{{{（{\frac{2}{2i-1}}）}^2}}}{2}=\frac{2}{{{{（2i-1）}^2}}}＜\frac{2}{（2i-3）（2i-1）}=\frac{1}{2i-3}-\frac{1}{2i-1}$，…（10分）
∴$\sum_{i=2}^n{f（{\frac{2}{2i-1}}）＜\sum_{i=2}^n{（{\frac{1}{2i-3}-\frac{1}{2i-1}}）=（{1-\frac{1}{3}}）+（{\frac{1}{3}-\frac{1}{5}}）+…+（{\frac{1}{2n-3}-\frac{1}{2n-1}}）}}$=$1-\frac{1}{2n-1}=\frac{2n-2}{2n-1}（n≥2，\;\;n∈N*）$．…（12分）

點評 本題考查的知識點是利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值，放縮法證明不等式，裂項相消法求和，綜合性可，計算量大，轉(zhuǎn)化困難，屬于難題．