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$(-\infty,2)$.

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