Question

19．已知函数f（x）=ln（x+a），其中a＞0，若方程f（x）=x有唯一解．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）若k≤-$\frac{1}{2}$，f₁（x）=f（x）-x，证明：对任意的x∈[0，+∞），f₁（x）≥kx²恒成立．

Answer 1

分析 （1）方程f（x）=x有唯一解转化为g（x）=ln（x+a）-x，其中a＞0，x＞-a，有唯一的零点，即得出g（x）_最大值=0即可求解a的值．
（2）由题意任意的x∈[0，+∞），有f₁（x）≥kx²成立，可以令k（x）=f₁（x）-kx²，求出gkx）的最小值大于0即可，可以利用导数研究k（x）的最值

解答 解：（1）∵函数f（x）=ln（x+a），其中a＞0，
∴令g（x）=ln（x+a）-x，其中a＞0，x＞-a，
∵方程f（x）=x有唯一解．
∴g（x）有唯一的零点，
∵g′（x）=$\frac{1-a-x}{x+a}$，
∴根据导函数与原函数单调性的关系得出：（-a，1-a）单调递增，（1-a，+∞）单调递减，
∴x=1-a时，g（x）_最大值=g（1-a）=a-1，
∵g（x）有唯一的零点，
∴只需a-1=0即可，a=1，
（2）f₁（x）=f（x）-x，
令k（x）=ln（x+1）-x-kx²，
k（x）=ln（x+1）-x-kx²，x∈（-1，+∞），
求导函数可得g′（x）=$\frac{1}{x+1}$-1-2kx=$\frac{-x[2kx+（2k+1）]}{x+1}$，
令k′（x）=0，可得x₁=0，x₂=-$\frac{2k+1}{2k}$，
∵当k≤-$\frac{1}{2}$时，x₂≤0，k′（x）＞0，在（0，+∞）上恒成立，k（x）在[0，+∞）上单调递增，
∴k（x）≥k（0）=0，
∴对任意的x∈[0，+∞），有f₁（x）≥kx²成立；

点评 此题考查利用导数求函数的最值问题及函数的恒成立问题，第二问构造新函数，将问题转化为k（x）的最小值大于等于0即可，这种转化的思想在高考中经常会体现，要认真体会，属难题