Question

已知常数α＞0，β＞0，函数f（x）=

α+βln(1+x)

x

，且函数f（x）在区间[e-1，e²-1]上满足

3

e+1

≤（e-1）f（x）≤2．
（1）求常数α，β 值；
（2）设函数g（x）=

k

1+x

，求最大的正整数k，使得对任意的正数c，存在实数a，b满足-1＜a＜b＜c，且f（c）=f（a）=g（b）．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：导数的综合应用

分析：（I）f′（x）=

βx 1+x -α-βln(1+x)

x2

=

β[ x 1+x -ln(1+x)]-α

x2

，由e-1＜x＜e²-1，可得

x

x+1

＜1，ln（1+x）＞1，又α＞0，β＞0，可得f′（x）＜0，得到函数f（x）在区间[e-1，e²-1]上的单调性．可得函数f（x）在区间[e-1，e²-1]上的最值．由于

3

e+1

≤（e-1）f（x）≤2．可得

3

e2-1

≤f(x)≤

2

e-1

．解出即可．
（II）对于正整数k，函数g（x）=

k

1+x

在区间（-1，+∞）上为减函数，于是对任意的正数c，f（c）=g（b）＞g（c），当x＞0时，不等式f（x）＞g（x）?k＜

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

x

，令h（x）=

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

x

（x＞0），利用导数研究其单调性，当x＞0时，可得：h（x）的最小值∈（3，4）．可得：正整数k≤3．再证明：当k=3时，对-1＜x＜0，有f（x）＜g（x）即可．

解答： 解：（I）f′（x）=

βx 1+x -α-βln(1+x)

x2

=

β[ x 1+x -ln(1+x)]-α

x2

，
∵e-1＜x＜e²-1，
∴

x

x+1

＜1，ln（1+x）＞1，又α＞0，β＞0，
∴f′（x）＜0，
∴函数f（x）在区间[e-1，e²-1]上是减函数．
故函数f（x）在区间[e-1，e²-1]上的最大值是f（e-1）=

α+β

e-1

，最小值f（e²-1）=

α+2β

e2-1

．
由于

3

e+1

≤（e-1）f（x）≤2．
∴

3

e2-1

≤f(x)≤

2

e-1

．
∴α+β=2，α+2β=3．
解得α=1，β=1．
（II）对于正整数k，函数g（x）=

k

1+x

在区间（-1，+∞）上为减函数，
于是对任意的正数c，f（c）=g（b）＞g（c），
当x＞0时，不等式f（x）＞g（x）?k＜

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

x

，①，
令h（x）=

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

x

（x＞0），则h′（x）=

x-1-ln(x+1)

x2

．
再令φ（x）=x-1-ln（x+1）（x＞0），φ′（x）=

x

x+1

＞0，故φ（x）在x＞0时为增函数．
又φ（2）=1-ln3＜0，φ（3）=2-ln4＞0，
因此存在唯一的正实数x₀使φ（x₀）=x₀-1-ln（x₀+1）=0，②
h′（x）＞0，此时h（x）为增函数．
因此，当x＞0时，由②可得：h（x）的最小值为h（x₀）=x₀+1∈（3，4）．
由①可得：正整数k≤3，③．
下面证明：当k=3时，对-1＜x＜0，有f（x）＜g（x）．④．
-1＜x＜0，有f（x）＜g（x）?1-2x+（x+1）ln（x+1）＞0．
令u（x）=1-2x+（x+1）ln（x+1），其中：-1＜x＜0，则u′（x）=ln（x+1）-1＜0，
故u（x）在（-1，0）上为减函数，于是u（x）＞u（0）＞0，因此④成立．
而g（x）=

3

x+1

（x∈（-1，+∞））的值域为（0，+∞），f（x）=

1+ln(1+x)

x

（x∈（0，+∞））的值域也（0，+∞），
f（x）=

1+ln(1+x)

x

（x∈（-1，0））的值域为R，
结合函数的图象可得：对任意的正数c，存在实数a，b满足-1＜a＜b＜c，且f（c）=f（a）=g（b）．
综上可得：正整数k的最大值为3．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了数形结合的思想方法，考查了分析问题与解决问题的能力，考查了推理能力与计算能力，属于难题．