Question

已知常數α＞0，β＞0，函數f（x）=

α+βln(1+x)

x

，且函數f（x）在區間[e-1，e²-1]上滿足

3

e+1

≤（e-1）f（x）≤2．
（1）求常數α，β 值；
（2）設函數g（x）=

k

1+x

，求最大的正整數k，使得對任意的正數c，存在實數a，b滿足-1＜a＜b＜c，且f（c）=f（a）=g（b）．

Answer 1

考點：導數在最大值、最小值問題中的應用

專題：導數的綜合應用

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，得到函數f（x）在區間[e-1，e²-1]上的單調性．可得函數f（x）在區間[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）對于正整數k，函數g（x）=

k

1+x

在區間（-1，+∞）上為減函數，于是對任意的正數c，f（c）=g（b）＞g（c），當x＞0時，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），利用導數研究其單調性，當x＞0時，可得：h（x）的最小值∈（3，4）．可得：正整數k≤3．再證明：當k=3時，對-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，
∴函數f（x）在區間[e-1，e²-1]上是減函數．
故函數f（x）在區間[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）對于正整數k，函數g（x）=

k

1+x

在區間（-1，+∞）上為減函數，
于是對任意的正數c，f（c）=g（b）＞g（c），
當x＞0時，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），則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時為增函數．
又φ（2）=1-ln3＜0，φ（3）=2-ln4＞0，
因此存在唯一的正實數x₀使φ（x₀）=x₀-1-ln（x₀+1）=0，②
h′（x）＞0，此時h（x）為增函數．
因此，當x＞0時，由②可得：h（x）的最小值為h（x₀）=x₀+1∈（3，4）．
由①可得：正整數k≤3，③．
下面證明：當k=3時，對-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，則u′（x）=ln（x+1）-1＜0，
故u（x）在（-1，0）上為減函數，于是u（x）＞u（0）＞0，因此④成立．
而g（x）=

3

x+1

（x∈（-1，+∞））的值域為（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））的值域為R，
結合函數的圖象可得：對任意的正數c，存在實數a，b滿足-1＜a＜b＜c，且f（c）=f（a）=g（b）．
綜上可得：正整數k的最大值為3．

點評：本題考查了利用導數研究函數的單調性極值與最值，考查了數形結合的思想方法，考查了分析問題與解決問題的能力，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．