Question

已知函數(shù)f（x）=x-ln（x+a）（a＞0）的最小值為0．
（1）求a的值；
（2）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（m，n）內(nèi)導(dǎo)數(shù)都存在，則存在x₀∈（m，n）使得f′（x₀）=

f(n)-f(m)

n-m

．根據(jù)這一結(jié)論證明：若-a＜x₁＜x₂，函數(shù)g（x）=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

（x-x₁）+f（x₁），則對任意x∈（x₁，x₂），都有f（x）＜g（x）成立．
（3）若e^t+n≥1+n對任意的正整數(shù)n都成立（其中e為自然對數(shù)的底），求實數(shù)t的最小值．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，從而求出單調(diào)區(qū)間，進而得到函數(shù)的極值，從而求出a的值，
（2）令h（x）=f（x）-g（x），求出h（x）的導(dǎo)數(shù)，得出h（x）＜h（x₁ ）=0，h（x）＜h（x₂ ）=0，從而解決問題，
（3）由e^t+n≥1+n取自然對數(shù)得：t≥ln（1+n）-n，得-n+ln（1+n）的最大值為-1+ln2，從而求出t的最小值．

解答： 解：（1）∵f（x）的定義域為（-a，+∞），f′（x）=

x+a-1

x+a

，
令f′（x）＞0，解得：x＞1-a，
令f′（x）＜0，解得：-a＜x＜1-a，
∴f（x）在（-a，1-a）遞減，在（1-a，+∞）遞增，
∴f（x）_極小值=f（1-a）=0，
∴a=1，
（2）令h（x）=f（x）-g（x）=f（x）-

f(x1)-f(x2)

x1-x2

（x-x₁ ）-f（x₁ ），
則h′（x）=f′（x）-

f(x1)-f(x2)

x1-x2

，
∵f（x）在x∈（x₁，x₂）上存在導(dǎo)數(shù)，
∴?x₀∈（x₁，x₂），
使得：f′（x₀）=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

，
又∵f′（x）=

x

1+x

，
∴h′（x）=

x-x0

(1+x)(1+x0)

，
∵x∈（x₁，x₀）時，h′（x）＜0，h（x）遞減，
∴h（x）＜h（x₁ ）=0，
∵x∈（x₀，x₂）時，h′（x）＞0，h（x）遞增，
∴h（x）＜h（x₂ ）=0，
∴對?x∈（x₁，x₂），都有f（x）＜g（x），
（3）由e^t+n≥1+n取自然對數(shù)得：
t+n≥ln（1+n），
故t≥ln（1+n）-n，
由（1）知f（x）=x-ln（x+1）在[1，+∞）遞增，
∴-x+ln（1+x）在[1，+∞）遞減，
得-n+ln（1+n）的最大值為-1+ln2，
∴t≥ln2-1，
∴t的最小值為ln2-1．

點評：本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，不等式的證明，是一道綜合題．