Question

已知函数f（x）=x-ln（x+a）（a＞0）的最小值为0．
（1）求a的值；
（2）若函数f（x）在区间（m，n）内导数都存在，则存在x₀∈（m，n）使得f′（x₀）=

f(n)-f(m)

n-m

．根据这一结论证明：若-a＜x₁＜x₂，函数g（x）=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

（x-x₁）+f（x₁），则对任意x∈（x₁，x₂），都有f（x）＜g（x）成立．
（3）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

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（1）先求出函数的导数，从而求出单调区间，进而得到函数的极值，从而求出a的值，
（2）令h（x）=f（x）-g（x），求出h（x）的导数，得出h（x）＜h（x₁ ）=0，h（x）＜h（x₂ ）=0，从而解决问题，
（3）由e^t+n≥1+n取自然对数得：t≥ln（1+n）-n，得-n+ln（1+n）的最大值为-1+ln2，从而求出t的最小值．

解答： 解：（1）∵f（x）的定义域为（-a，+∞），f′（x）=

x+a-1

x+a

，
令f′（x）＞0，解得：x＞1-a，
令f′（x）＜0，解得：-a＜x＜1-a，
∴f（x）在（-a，1-a）递减，在（1-a，+∞）递增，
∴f（x）_极小值=f（1-a）=0，
∴a=1，
（2）令h（x）=f（x）-g（x）=f（x）-

f(x1)-f(x2)

x1-x2

（x-x₁ ）-f（x₁ ），
则h′（x）=f′（x）-

f(x1)-f(x2)

x1-x2

，
∵f（x）在x∈（x₁，x₂）上存在导数，
∴?x₀∈（x₁，x₂），
使得：f′（x₀）=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

，
又∵f′（x）=

x

1+x

，
∴h′（x）=

x-x0

(1+x)(1+x0)

，
∵x∈（x₁，x₀）时，h′（x）＜0，h（x）递减，
∴h（x）＜h（x₁ ）=0，
∵x∈（x₀，x₂）时，h′（x）＞0，h（x）递增，
∴h（x）＜h（x₂ ）=0，
∴对?x∈（x₁，x₂），都有f（x）＜g（x），
（3）由e^t+n≥1+n取自然对数得：
t+n≥ln（1+n），
故t≥ln（1+n）-n，
由（1）知f（x）=x-ln（x+1）在[1，+∞）递增，
∴-x+ln（1+x）在[1，+∞）递减，
得-n+ln（1+n）的最大值为-1+ln2，
∴t≥ln2-1，
∴t的最小值为ln2-1．

点评：本题考查了函数的单调性，函数的最值问题，考查导数的应用，不等式的证明，是一道综合题．