Question

8．已知函數(shù)f（x）=x-ln（x+a）的最小值為0，其中a＞0．
（Ⅰ）求a的值；
（Ⅱ）已知結(jié)論：若函數(shù)f（x）=x-ln（x+a）在區(qū)間（m，n）內(nèi)導(dǎo)數(shù)都存在，且m＞-a，則存在x₀∈（m，n），使得$f'（{x_0}）=\frac{f（n）-f（m）}{n-m}$．試用這個結(jié)論證明：若-a＜x₁＜x₂，設(shè)函數(shù)$g（x）=\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}（x-{x_1}）+f（{x_1}）$，則對任意x∈（x₁，x₂），都有f（x）＜g（x）；
（Ⅲ）若e^t+n≥1+n對任意的正整數(shù)n都成立（其中e為自然對數(shù)的底），求實數(shù)t的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用函數(shù)的最值建立方程關(guān)系即可求a的值；
（Ⅱ）根據(jù)所給的結(jié)論，將條件進行轉(zhuǎn)化進行證明即可．
（Ⅲ）利用取對數(shù)法將不等式進行轉(zhuǎn)化，結(jié)合（Ⅰ）的結(jié)論，求對應(yīng)式子的最值即可．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)的定義域為（-a，+∞），
函數(shù)的f（x）的導(dǎo)數(shù)f′（x）=1-$\frac{1}{x+a}$=$\frac{x+a-1}{x+a}$，
由f′（x）=0得，x=1-a＞-a，
即由f′（x）＞0得x＞1-a，
由f′（x）＜0得-a＜x＜1-a，
即當x=1-a時，函數(shù)f（x）取得極小值同時也是最小值f（1-a）=1-a=0，
解得a=1；
（Ⅱ）令h（x）=f（x）-g（x）=f（x）-$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$（x-x₁）-f（x₁）；
則h′（x）=f′（x）-$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
∵f（x）在x∈（x₁，x₂），上存在導(dǎo)數(shù)，
∴存在x₀∈（x₁，x₂），使得f′（x₀）=$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
∵f′（x）=$\frac{x}{1+x}$，
∴h′（x）=f′（x）-f′（x₀）=$\frac{x}{1+x}$-$\frac{{x}_{0}}{1+{x}_{0}}$=$\frac{x-{x}_{0}}{（1+x）（1+{x}_{0}）}$，
當x∈（x₁，x₀），h′（x）＜0，
∴h（x）為單調(diào)減函數(shù)，∴h（x）＜h（x₁）=0，
當x∈（x₀，x₂），h′（x）＞0，
∴h（x）為單調(diào)增函數(shù)，∴h（x）＜h（x₂）=0，
故對任意x∈（x₁，x₂），都有f（x）＜g（x）；
（Ⅲ）由e^t+n≥1+n兩邊取對數(shù)得t+n≥ln（1+n），
故t≥-n+ln（1+n），
由（Ⅰ）知，f（x）=x-ln（x+1）在[-1，+∞）上單調(diào)遞增，
故-x+ln（1+x）在[-1，+∞）上單調(diào)遞減，
∵n是正整數(shù)，
∴當n=1時，-n+ln（1+n）的最大值為-1+ln2，
∴若t≥-n+ln（1+n）恒成立，
則t的最小值為-1+ln2．

點評 本題主要考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，函數(shù)的最值，極值，單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系，考查學生的運算能力，綜合性較強，運算量較大，有一定的難度．