Question

12．已知函數(shù)f（x）=ln（x+1）-x
（1）若k∈z，且f（x-1）+x＞k（1-$\frac{3}{x}$）對任意x＞1恒成立，求k的最大值．
（2）對于在（0，1）中的任意一個常數(shù)a，是否存在正數(shù)x₀，使得e^f（x₀）＜1-$\frac{a}{2}$x₀²成立．

Answer 1

分析 （1）求出xlnx+x-kx+3k＞0，令g（x）=xlnx+x-kx+3k，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出函數(shù)的最小值，從而求出k的最大值即可；
（2）假設(shè)存在這樣的x₀滿足題意，得到$\frac{a}{2}$${{x}_{0}}^{2}$+$\frac{{x}_{0}+1}{{e}^{{x}_{0}}}$-1＜0，令h（x）=$\frac{a}{2}$x²+$\frac{x+1}{{e}^{x}}$-1，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出h（x）的最小值，從而求出滿足條件的x的值．

解答 解：（1）∵f（x-1）+x＞k（1-$\frac{3}{x}$），
∴l(xiāng)nx-（x-1）+x＞k（1-$\frac{3}{x}$），
∴l(xiāng)nx+1＞k（1-$\frac{3}{x}$），即xlnx+x-kx+3k＞0，
令g（x）=xlnx+x-kx+3k，則g′（x）=lnx+1+1-k=lnx+2-k，
若k≤2，∵x＞1，∴l(xiāng)nx＞0，g′（x）＞0恒成立，
即g（x）在（1，+∞）上遞增；
∴g（1）=1+2k≥0，解得，k≥-$\frac{1}{2}$；
故-$\frac{1}{2}$≤k≤2，故k的最大值為2；
若k＞2，由lnx+2-k＞0，解得x＞e^k-2，
故g（x）在（1，e^k-2）上單調(diào)遞減，在（e^k-2，+∞）上單調(diào)遞增；
∴g_min（x）=g（e^k-2）=3k-e^k-2，
令h（k）=3k-e^k-2，h′（k）=3-e^k-2，
∴h（k）在（1，2+ln3）上單調(diào)遞增，在（2+ln3，+∞）上單調(diào)遞減；
∵h（2+ln3）=3+3ln3＞0，h（4）=12-e²＞0，h（5）=15-e³＜0；
∴k的最大取值為4，
綜上所述，k的最大值為4．
（2）假設(shè)存在這樣的x₀滿足題意，
∵e^f（x₀）＜1-$\frac{a}{2}$x₀²，∴$\frac{a}{2}$${{x}_{0}}^{2}$+$\frac{{x}_{0}+1}{{e}^{{x}_{0}}}$-1＜0，
令h（x）=$\frac{a}{2}$x²+$\frac{x+1}{{e}^{x}}$-1，則h′（x）=x（a-$\frac{1}{{e}^{x}}$），
令h′（x）=0，得：e^x=$\frac{1}{a}$，
故x=-lna，取x₀=-lna，
在0＜x＜x₀時，h′（x）＜0，當x＞x₀時，h′（x）＞0；
∴h_min（x）=h（x₀）=$\frac{a}{2}$（-lna）²+alna+a-1，
在a∈（0，1）時，令p（a）=$\frac{a}{2}$（lna）²+alna+a-1，
則p′（a）=$\frac{1}{2}$（lna）²≥0，故p（a）在（0，1）上是增函數(shù)，
故p（a）＜p（1）=0，
即當x₀=-lna時符合題意．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及函數(shù)恒成立問題，考查分類討論思想，是一道綜合題．