Question

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

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．

Answer 1

（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

．