Question

已知函數(shù)f（x）=x-ln（x+a）的最小值為0，其中a＞0．
（1）求a的值；
（2）若對任意的x∈[0，+∞），有f（x）≤kx²成立，求實數(shù)k的最小值．

Answer 1

分析：（1）對f（x）進行求導(dǎo)，已知f（x）的最小值為0，可得極小值也為0，得f′（0）=0，從而求出a的值；
（2）由題意任意的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，可以利用導(dǎo)數(shù)研究g（x）的最值；

解答：解：（1）f′（x）=1-

1

x+a

=

x+a-1

x+a

，（x+a＞0）
令f′（x）=0，可得x=1-a＞-a，
令f′（x）＞0，x＞1-a；f（x）為增函數(shù)；
f′（x）＜0，-a＜x＜1-a，f（x）為減函數(shù)；
∴x=1-a時，函數(shù)取得極小值也是最小值，
∵函數(shù)f（x）=x-ln（x+a）的最小值為0，
∴f（1-a）=1-a=0，得a=1；
（2）當k≤0時，取x=1，有f（1）=1-ln2＞0，故k≤0不合題意；
當k＞0時，令g（x）=f（x）-kx²，即g（x）=x-ln（x+1）-kx²，
求導(dǎo)函數(shù)可得g′（x）=

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

x+1

，
令g′（x）=0，可得x₁=0，x₂=

1-2k

2k

＞-1，
當k≥

1

2

時，

1-2k

2k

≤0，g′（x）＜0，在（0，+∞）上恒成立，g（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞減，
∴g（x）≤g（0）=0，
∴對任意的x∈[0，+∞），有f（x）≤kx²成立；
當0＜k＜

1

2

時，x₂=

1-2k

2k

＞0，
g（x）在（0，

1-2k

2k

）上g′（x）＞0，g（x）為增函數(shù)；
g（x）在（

1-2k

2k

，+∞）上g′（x）＜0，g（x）為減函數(shù)；
因此存在x₀∈（0，

1-2k

2k

）使得g（x₀）≥g（0）=0，
可得x₀-ln（x₀+1）≥kx₀²，即f（x₀）≥kx₀²，與題矛盾；
∴綜上：k≥

1

2

時，對任意的x∈[0，+∞），有f（x）≤kx²成立，
∴實數(shù) k的最小值為：

1

2

；

點評：此題考查函數(shù)的恒成立問題，第二問構(gòu)造新函數(shù)，將問題轉(zhuǎn)化為g（x）的最大值小于等于0，即可，這種轉(zhuǎn)化的思想在高考中經(jīng)常會體現(xiàn)，我們要認真體會；