已知函数f（x）=x-ln（x+a）的最小值为0，其中a＞0．

已知函数f（x）=x-ln（x+a）的最小值为0，其中a＞0．
（1）求a的值；
（2）若对任意的x∈[0，+∞），有f（x）≤kx²成立，求实数k的最小值． 陇翠庵 1年前他留下的回答 已收到4个回答

泰aa米团 网友

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解题思路：（1）对f（x）进行求导，已知f（x）的最小值为0，可得极小值也为0，得f′（0）=0，从而求出a的值；
（2）由题意任意的x∈[0，+∞），有f（x）≤kx²成立，可以令g（x）=f（x）-x²，求出g（x）的最大值小于0即可，可以利用导数研究g（x）的最值

（1）f′（x）=[x+a−1/x+a]（x+a＞0）
令f′（x）=0，可得x=1-a＞-a，
令f′（x）＞0，x＞1-a；f（x）为增函数；
f′（x）＜0，-a＜x＜1-a，f（x）为减函数；
∴x=1-a时，函数取得极小值也是最小值，
∵函数f（x）=x-ln（x+a）的最小值为0，
∴f（1-a）=1-a=0，得a=1；
（2）当k≤0时，取x=1，有f（1）=1-ln2＞0，故k≤0不合题意；
当k＞0时，令g（x）=f（x）-kx²，即g（x）=x-ln（x+1）-kx²，
求导函数可得g′（x）=
x[2kx−(1−2k)]
x+1，
令g′（x）=0，可得x₁=0，x₂=[1−2k/2k]＞-1，
当k≥[1/2]时，[1−2k/2k]≤0，g′（x）＜0，在（0，+∞）上恒成立，g（x）在[0，+∞）上单调递减，
∴g（x）≤g（0）=0，
∴对任意的x∈[0，+∞），有f（x）≤kx²成立；
当0＜k＜[1/2]时，x₂=[1−2k/2k]＞0，
g（x）在（0，[1−2k/2k]）上g′（x）＞0，g（x）为增函数；
g（x）在（[1−2k/2k]，+∞）上g′（x）＜0，g（x）为减函数；
因此存在x₀∈（0，[1−2k/2k]）使得g（x₀）≥g（0）=0，
可得x₀-ln（x₀+1）≥kx₀²，即f（x₀）≥kx₀²，与题矛盾；
∴综上：k≥[1/2]时，对任意的x∈[0，+∞），有f（x）≤kx²成立，
∴实数k的最小值为：[1/2]．

点评：
本题考点： 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．

考点点评： 此题考查函数的恒成立问题，第二问构造新函数，将问题转化为g（x）的最大值小于等于0，即可，这种转化的思想在高考中经常会体现，我们要认真体会．

1年前他留下的回答 追问

5

陇翠庵

定义域（-a，+∞）//这个是怎么得知的?

yxxzg 网友

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呆呆呆呆呆呆呆呆呆呆呆呆呆呆呆呆呆呆地

1年前他留下的回答

2

shialan 网友

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1年前他留下的回答

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糖果晶晶 网友

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1)f(x)=x-ln(x+a)的最小值是0,其中a>0，
f'(x)=1-1/(x+a)=(x+a-1)/(x+a),
f'(1-a)=0,故f(x)|min=f(1-a)=1-a=0,a=1.
2）x>=0时f(x)=x-ln(x+1）<=kx^2,
x=0时不等式成立；x>0时
k>=[x-ln(x+1)]/x^2,记为g(x),
...

1年前他留下的回答

0

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