Question

已知點A(-

3

2

，f′(1))，點B為（x，ln（x+1）），向量

a

=(1，1)，令f(x)=

AB

•

a

，g(x)=

f(x)-x+1

x

．
（Ⅰ）求函數y=f（x）的解析式；
（Ⅱ）若g(x)＞

k

x+1

在x∈（0，+∞）時恒成立，求整數k的最大值．

Answer 1

分析：（I）先求出向量

AB

，再利用向量的數量積求出f（x）的表達式，最后對其求導，求出f′（1）的值即可得到函數y=f（x）的解析式；
（II）將原恒成立問題通過分離參數轉化成即

(x+1)[1+ln(x+1)]

x

＞k在x∈（0，+∞）時恒成立，只要求出左式表示的函數的最小值即可．最后利用導數研究函數的單調性即得整數k的最大值．

解答：解：（Ⅰ）∵A(-

3

2

，f′(1))，B(x，ln(x+1))，∴f(x)=

AB

•

a

=ln(x+1)+x-f′(1)+

3

2

．
∴f′(x)=

1

x+1

+1，∴f′(1)=

3

2

，∴f（x）=ln（x+1）+x．
（Ⅱ）∵g(x)=

f(x)-x+1

x

=

ln(x+1)+1

x

，∴g(x)＞

k

x+1

在x∈(0，+∞)時恒成立，
即

(x+1)[1+ln(x+1)]

x

＞k在x∈（0，+∞）時恒成立，
令h(x)=

(x+1)[1+ln(x+1)]

x

，所以h（x）的最小值大于k．
∵h′(x)=

x-1-ln(x+1)

x2

，記φ（x）=x-1-ln（x+1）（x＞0），則φ′(x)=

x

x+1

＞0，
∴φ（x）在（0，+∞）上單調遞增．
又φ（2）=1-ln3＜0，φ（3）=2-2ln2＞0，
∴φ（x）=0存在唯一實根a，且滿足a∈（2，3），a=1+ln（a+1）．
當x＞a時，φ（x）＞0，h′（x）＞0，
當0＜x＜a時，φ（x）＜0，h′（x）＜0，
∴h（x）_min=h（a）
=

(a+1)[1+ln(a+1)]

a

=a+1∈(3，4)，所以k=3．

點評：本題主要考查了函數恒成立問題、函數的表示方法解析式法等知識．屬于中檔題．恒成立問題多需要轉化，因為只有通過轉化才能使恒成立問題等到簡化．