题目

题型：安徽省月考题难度：来源：

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．

答案

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）．
k的最大值是5．