Question

8．已知函数f（x）=x-ln（x+a）的最小值为0，其中a＞0．
（Ⅰ）求a的值；
（Ⅱ）已知结论：若函数f（x）=x-ln（x+a）在区间（m，n）内导数都存在，且m＞-a，则存在x₀∈（m，n），使得$f'（{x_0}）=\frac{f（n）-f（m）}{n-m}$．试用这个结论证明：若-a＜x₁＜x₂，设函数$g（x）=\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}（x-{x_1}）+f（{x_1}）$，则对任意x∈（x₁，x₂），都有f（x）＜g（x）；
（Ⅲ）若e^t+n≥1+n对任意的正整数n都成立（其中e为自然对数的底），求实数t的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求函数的导数，利用函数的最值建立方程关系即可求a的值；
（Ⅱ）根据所给的结论，将条件进行转化进行证明即可．
（Ⅲ）利用取对数法将不等式进行转化，结合（Ⅰ）的结论，求对应式子的最值即可．

解答 解：（Ⅰ）函数的定义域为（-a，+∞），
函数的f（x）的导数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，
即当x=1-a时，函数f（x）取得极小值同时也是最小值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）；
则h′（x）=f′（x）-$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
∵f（x）在x∈（x₁，x₂），上存在导数，
∴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）=$\frac{x}{1+x}$-$\frac{{x}_{0}}{1+{x}_{0}}$=$\frac{x-{x}_{0}}{（1+x）（1+{x}_{0}）}$，
当x∈（x₁，x₀），h′（x）＜0，
∴h（x）为单调减函数，∴h（x）＜h（x₁）=0，
当x∈（x₀，x₂），h′（x）＞0，
∴h（x）为单调增函数，∴h（x）＜h（x₂）=0，
故对任意x∈（x₁，x₂），都有f（x）＜g（x）；
（Ⅲ）由e^t+n≥1+n两边取对数得t+n≥ln（1+n），
故t≥-n+ln（1+n），
由（Ⅰ）知，f（x）=x-ln（x+1）在[-1，+∞）上单调递增，
故-x+ln（1+x）在[-1，+∞）上单调递减，
∵n是正整数，
∴当n=1时，-n+ln（1+n）的最大值为-1+ln2，
∴若t≥-n+ln（1+n）恒成立，
则t的最小值为-1+ln2．

点评 本题主要考查导数的综合应用，函数的最值，极值，单调性和导数之间的关系，考查学生的运算能力，综合性较强，运算量较大，有一定的难度．