Question

已知函数f（x）=lnx，g（x）=x²-2x．
（1）设h（x）=f（x+1）-g′（x）（其中g′（x）是g（x）的导函数），求h（x）的最大值；
（2）证明：当0＜b＜a时，求证：f（a+b）-f（2b）＜；
（3）设k∈Z，当x＞1时，不等式k（x-1）＜xf（x）+3g′（x）+4恒成立，求k的最大值．

Answer 1

解：（1）h（x）=f（x+1）-g′（x）=ln（x+1）-x+2，x＞-1，
所以 h′（x）=-1=．
当-1＜x＜0时，h′（x）＞0；当x＞0时，h′（x）＜0．
因此，h′（x）在（-1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减．
因此，当x=0时h（x）取得最大值h（0）=2；
（2）证明：当0＜b＜a时，-1＜＜0，
由（1）知：当-1＜x＜0时，h（x）＜2，即ln（x+1）＜x．
因此，有f（a+b）-f（2a）=ln=ln（1+）＜．
（3）不等式k（x-1）＜xf（x）+3g′（x）+4化为k＜+2
所以k＜+2对任意x＞1恒成立．
令g（x）=+2，则g′（x）=，
令h（x）=x-lnx-2（x＞1），则 h′（x）=1-=＞0，
所以函数h（x）在（1，+∞）上单调递增．
因为h（3）=1-ln3＜0，h（4）=2-2ln2＞0，
所以方程h（x）=0在（1，+∞）上存在唯一实根x₀，且满足x₀∈（3，4）．
当1＜x＜x₀时，h（x）＜0，即g′（x）＜0，当x＞x₀时，h（x）＞0，即g′（x）＞0，
所以函数g（x）=+2在（1，x₀），上单调递减，在（x₀，+∞）上单调递增．
所以[g（x）]_min=g（x₀）=+2=+2=x₀+2∈（5，6）．
所以k＜[g（x）]_min=x₀+2∈（5，6）．
故整数k的最大值是5．
分析：（1）h（x）=f（x+1）-g′（x）=ln（x+1）-x+2，x＞-1，h′（x）=，利用导数研究函数的单调性，可求得当x=0时h（x）取得最大值h（0）=2；
（2）当0＜b＜a时，-1＜＜0，由（1）知：当-1＜x＜0时，h（x）＜2，即ln（x+1）＜x，从而可证得结论；
（3）不等式k（x-1）＜xf（x）+3g′（x）+4化为k＜+2即k＜+2对任意x＞1恒成立，令g（x）=+2，则g′（x）=，分析得到函数g（x）=+2在（1，x₀），上单调递减，在（x₀，+∞）上单调递增（x₀∈（3，4））．从而可求k的最大值．
点评：本题考查导数在最大值、最小值问题中的应用，考查函数的单调性与最值，考查综合分析与转化、运算的能力，考查构造函数研究函数性质的能力，属于难题．