题目 已知 $f(x)=2\ln (x+2)-(x+1)^2$，$g(x)=k(x+1)$． 问题1 求 $f(x)$ 的单调区间； 答案1 $f(x)$ 的单调递增区间是 $\left(-2,\dfrac{\sqrt{5}-3}2\right)$，单调递减区间是 $\left(\dfrac{\sqrt{5}-3}2,+\infty\right)$ 解析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 $\left(\dfrac{\sqrt{5}-3}2,+\infty\right)$． 备注1 问题2 当 $k=2$ 时，求证：$\forall x>-1,f(x)<g(x)$． 答案2 略 解析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． 备注2 问题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． 答案3 $(-\infty,2)$ 解析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．<br/><case>情形一</case> $k\geqslant 2$．根据第（2）小题的结论，有\[\forall x>1,2\ln x-(x-1)^2-k(x-1)\leqslant 2\ln x-(x-1)^2-2(x-1)<0.\]<case>情形二</case> $k<2$．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 $h(x)>0$．<br/>综上所述，$k$ 的取值范围是 $(-\infty,2)$． 备注3 每日一题[925]存在性与恒成立．