每日一题[925]存在性与恒成立

已知$f(x)=2\ln (x+2)-(x+1)^2$，$g(x)=k(x+1)$．
(1) 求$f(x)$的单调区间；
(2) 当$k=2$时，求证：$\forall x>-1,f(x)<g(x)$．
(3) 若存在$x_0>-1$，使得当$x\in (-1,x_0)$时，恒有$f(x)>g(x)$成立，试求$k$的取值范围．

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分析与解　(1) 根据题意，函数$f(x)$的导函数

$$f'(x)=\dfrac{2}{x+2}-2(x+1)=\dfrac{-2\left(x^2+3x+1\right)}{x+2},$$ 因此函数$f(x)$的单调递增区间是$\left(-2,\dfrac{\sqrt{5}-3}2\right)$，单调递减区间是$\left(\dfrac{\sqrt{5}-3}2,+\infty\right)$．

(2) 欲证命题即

$$\forall x>1,2\ln x-(x-1)^2<2(x-1),$$ 也即 $$\ln x<\dfrac 12\left(x^2-1\right).$$ 事实上，当$x>1$时，我们有 $$\ln x<x-1<(x-1)\cdot \dfrac{x+1}2=\dfrac 12\left(x^2-1\right) ,$$ 于是原命题成立．

(3) 令

$$h(x)=f(x)-g(x)=2\ln x-(x-1)^2-k(x-1),x>1,$$ 则其导函数 $$h'(x)=\dfrac 2x-2(x-1)-k=\dfrac{-2x^2+(2-k)x+2}{x},$$ 于是$h(1)=0,h'(1)=2-k$，因此$k=2$为讨论的分界点．

情形一 　$k\geqslant 2$．根据第(2)小题的结论，有

$$\forall x>1,2\ln x-(x-1)^2-k(x-1)\leqslant 2\ln x-(x-1)^2-2(x-1)<0.$$
情形二 　$k<2$．此时在区间$\left(1,\dfrac{k-2-\sqrt{(2-k)^2+16}}{-4}\right)$上，有$h'(x)>0$，$h(x)$单调递增，结合$h(1)=0$可得$h(x)>0$．

综上所述，$k$的取值范围是$(-\infty,2)$．