Question

已知点A(-

3

2

，f′(1))，点B为（x，ln（x+1）），向量

a

=(1，1)，令f(x)=

AB

•

a

，g(x)=

f(x)-x+1

x

．
（Ⅰ）求函数y=f（x）的解析式；
（Ⅱ）若g(x)＞

k

x+1

在x∈（0，+∞）时恒成立，求整数k的最大值．

Answer 1

分析：（I）先求出向量

AB

，再利用向量的数量积求出f（x）的表达式，最后对其求导，求出f′（1）的值即可得到函数y=f（x）的解析式；
（II）将原恒成立问题通过分离参数转化成即

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

x

＞k在x∈（0，+∞）时恒成立，只要求出左式表示的函数的最小值即可．最后利用导数研究函数的单调性即得整数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，+∞)时恒成立，
即

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

x

＞k在x∈（0，+∞）时恒成立，
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

，记φ（x）=x-1-ln（x+1）（x＞0），则φ′(x)=

x

x+1

＞0，
∴φ（x）在（0，+∞）上单调递增．
又φ（2）=1-ln3＜0，φ（3）=2-2ln2＞0，
∴φ（x）=0存在唯一实根a，且满足a∈（2，3），a=1+ln（a+1）．
当x＞a时，φ（x）＞0，h′（x）＞0，
当0＜x＜a时，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．

点评：本题主要考查了函数恒成立问题、函数的表示方法解析式法等知识．属于中档题．恒成立问题多需要转化，因为只有通过转化才能使恒成立问题等到简化．