Question

17．已知函數(shù)f（x）=ln（x+1）-kx（k∈R）．
（1）若k=1，證明：當k＞0時，f（x）＜0；
（2）證明：當k＜1時，存在x₀＞0，使得對任意x∈（0，x₀），恒有f（x）＞0；
（3）確定k的所有可能取值，使得存在t＞0，對任意的x∈（0，t）恒有|f（x）|＜x²．

Answer 1

分析 （1）令k=1，f（x）=ln（1+x）-x，求導得到f′（x）＜0，說明f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，則x＞0時，f（x）＜0；
（2）分類討論，求導，利用單調(diào)性，即可證明結(jié)論；
（3）分k＞1、k＜1和k=1把不等式|f（x）|＜x²的左邊去絕對值，即可得出結(jié)論．

解答 （1）證明：k=1，f（x）=ln（1+x）-x，x＞0，
則有f′（x）=$\frac{1}{x+1}$-1=-$\frac{x}{x+1}$，
∵x＞0，
∴f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
∴f（x）＜f（0）=0，
∴x＞0時，f（x）＜0；
（2）證明：f（x）=ln（1+x）-kx，x∈（0，+∞），
則有f′（x）=$\frac{-kx+（1-k）}{x+1}$，
當k≤0時，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴f（x）＞f（0）=0，故對任意正實數(shù)x₀均滿足題意．
當0＜k＜1時，令f′（x）=0，得x=$\frac{1}{k}$-1＞0．
取x₀=$\frac{1}{k}$-1，對任意x∈（0，x₀），恒有f′（x）＞0，∴f（x）在（0，x₀）上單調(diào)遞增，f（x）＞f（0）=0，綜上，當k＜1時，總存在x₀＞0，使得對任意的x∈（0，x₀），恒有f（x）＞0；
（3）解：當k＞1時，由（1）知，對于任意x∈（0，+∞），|f（x）|=kx-ln（1+x），
令M（x）=kx-ln（1+x）-x²，x∈（0，+∞），則有M′（x）=$\frac{-2{x}^{2}+（k-2）x+k-1}{1+x}$，
故當x∈（0，$\frac{k-2+\sqrt{（k-2）^{2}+8（k-1）}}{4}$）時，M′（x）＞0，M（x）在[0，$\frac{k-2+\sqrt{（k-2）^{2}+8（k-1）}}{4}$）上單調(diào)遞增，
故M（x）＞M（0）=0，即|f（x）|＞x²，∴滿足題意的t不存在．
當k＜1時，由（2）知存在x₀＞0，使得對任意的任意x∈（0，x₀），|f（x）|=ln（1+x）-kx，
令N（x）=ln（1+x）-kx-x²，x∈[0，+∞），則有N′（x）=$\frac{-2{x}^{2}-（k+2）x-k+1}{1+x}$，
故當x∈（0，$\frac{-（k+2）+\sqrt{（k+2）^{2}+8（1-k）}}{4}$）時，N′（x）＞0，M（x）在[0，$\frac{-（k+2）+\sqrt{（k+2）^{2}+8（1-k）}}{4}$）上單調(diào)遞增，故N（x）＞N（0）=0，
即f（x）＞x²，記x₀與$\frac{-（k+2）+\sqrt{（k+2）^{2}+8（1-k）}}{4}$中較小的為x₁，
則當x∈（0，x₁）時，恒有|f（x）|＞x²，故滿足題意的t不存在．
當k=1，由（1）知，當x∈（0，+∞）時，|f（x）|=x-ln（1+x），
令H（x）=x-ln（1+x）-x²，x∈[0，+∞），則有H′（x）=$\frac{-2{x}^{2}-x}{1+x}$，
當x＞0，H′（x）＜0，∴H（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞減，故H（x）＜H（0）=0，
故當x＞0時，恒有|f（x）|＜x²，此時，任意實數(shù)t滿足題意．
綜上，k=1．

點評 本小題主要考查導數(shù)及其應(yīng)用等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運算求解能力、創(chuàng)新意識，考查函數(shù)與方程思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、分類與整合思想、有限與無限思想、數(shù)形結(jié)合思想，是壓軸題．