Question

8．已知f（x）=2ln（x+2）-（x+1）²，g（x）=k（x+1）．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当k=2时，求证：对于?x＞-1，f（x）＜g（x）恒成立；
（Ⅲ）若存在x₀＞-1，使得当x∈（-1，x₀）时，恒有f（x）＞g（x）成立，试求k的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出定义域和导数f′（x），令f′（x）＞0，解出增区间，令f′（x）＜0，解出减区间；
（Ⅱ）令H（x）=f（x）-g（x），利用导数判断出H（x）的单调性和单调区间，得出H（x）的最大值，证明H_max（x）＜0即可．

解答 解：（Ⅰ）$f'（x）=\frac{2}{x+2}-2（x+1）=\frac{{-2（{x^2}+3x+1）}}{x+2}（x＞-2）$，
当f′（x）＞0 时，所以 x²+3x+1＜0，解得-2＜x，
当f′（x）＜0时，解得 $x＞\frac{{-3+\sqrt{5}}}{2}$，
所以 f（x） 单调增区间为$（-2，\frac{{-3+\sqrt{5}}}{2}）$，递减区间是（$\frac{-3+\sqrt{5}}{2}$，+∞）；
（Ⅱ）当k=2时，g（x）=2（x+1）．
令H（x）=f（x）-g（x）=2ln（x+2）-（x+1）²-2（x+1）．
H′（x）=$\frac{-{2x}^{2}-8x-6}{x+2}$，
令H′（x）=0，即-2x²-8x-6=0，解得x=-1或x=-3（舍）．
∴当x＞-1时，H′（x）＜0，H（x）在（-1，+∞）上单调递减．
∴H_max（x）=H（-1）=0，
∴对于?x＞-1，H（x）＜0，即f（x）＜g（x）．
（Ⅲ）由（II）知，当k=2时，f （x）＜g （x）恒成立，
即对于“x＞-1，2 ln （x+2）-（x+1）2＜2 （x+1），不存在满足条件的x₀；
当k＞2时，对于“x＞-1，x+1＞0，此时2 （x+1）＜k （x+1）．
∴2 ln （x+2）-（x+1）2＜2 （x+1）＜k （x+1），
即f （x）＜g （x）恒成立，不存在满足条件的x₀；
令h（x）=f（x）-g（x）=2ln（x+2）-（x+1）²-k（x+1），
h′（x）=$\frac{-{2x}^{2}-（k+6）x-（2k+2）}{x+2}$，
当k＜2时，令t （x）=-2x²-（k+6）x-（2k+2），
可知t （x）与h′（x）符号相同，
当x∈（x₀，+∞）时，t （x）＜0，h′（x）＜0，h （x）单调递减，
当x∈（-1，x₀）时，h （x）＞h （-1）=0，即f （x）-g （x）＞0恒成立，
综上，k的取值范围为（-∞，2）．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查分类讨论思想，是一道综合题．