Question

已知函數(shù)f（x）=ln（x+a）-x有且只有一個零點，其中a＞0．
（Ⅰ）求a的值；
（Ⅱ）若對任意的x∈（0，+∞），有f（x）≥kx²成立，求實數(shù)k的最大值；
（Ⅲ）設(shè)h（x）=f（x）+x，對任意x₁，x₂∈（-1，+∞）（x₁≠x₂），證明：不等式

x1-x2

h(x1)-h(x2)

＞

x1x2+x1+x2+1

恒成立．

Answer 1

考點：函數(shù)零點的判定定理,函數(shù)恒成立問題

專題：導數(shù)的綜合應用

分析：（Ⅰ）通過求導得到單調(diào)區(qū)間找到極值點代入即可，（Ⅱ）由k≥0時不合題意．當k＜0時令g'（x）=0通過討論得出k的值，
（Ⅲ）不妨設(shè)x₁＞x₂＞-1，引進新函數(shù)找到其單調(diào)區(qū)間，問題得證．

解答： 解：（Ⅰ）f（x）的定義域為（-a，+∞），f′(x)=

1

x+a

-1=-

x+a-1

x+a

．
由f'（x）=0，得x=1-a＞-a．
∵當-a＜x＜1-a時，f'（x）＞0；當x＞1-a時，f'（x）＜0，
∴f（x）在區(qū)間（-a，1-a]上是增函數(shù)，在區(qū)間[1-a，+∞）上是減函數(shù)，
∴f（x）在x=1-a處取得最大值．
由題意知f（1-a）=-1+a=0，解得a=1．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知f（x）=ln（x+1）-x，
當k≥0時，取x=1得，f（1）=ln2-1＜0，知k≥0不合題意．
當k＜0時，設(shè)g（x）=f（x）-kx²=ln（x+1）-x-kx²．
則g′(x)=

1

x+1

-1+2kx=

-x(2kx+2k+1)

x+1

．
令g'（x）=0，得x₁=0，x2=-

2k+1

2k

=-1-

1

2k

＞-1．
①若x2=-

2k+1

2k

≤0，即k≤-

1

2

時，g'（x）＞0在x∈（0，+∞）上恒成立，
∴g（x）在[0，+∞）上是增函數(shù)，從而總有g(shù)（x）≥g（0）=0，
即f（x）≥kx²在[0，+∞）上恒成立．
②若x2=-

2k+1

2k

＞0，即-

1

2

＜k＜0時，對于x∈(0 ，  -

2k+1

2k

)，g'（x）＜0，
∴g（x）在(0 ，  -

2k+1

2k

)上單調(diào)遞減．
于是，當取x0∈(0 ，  -

2k+1

2k

)時，g（x₀）＜g（0）=0，即f（x₀）≥kx02不成立．
故-

1

2

＜k＜0不合題意．
綜上，k的最大值為-

1

2

．
（Ⅲ） 由h（x）=f（x）+x=ln（x+1）．
不妨設(shè)x₁＞x₂＞-1，則要證明

x1-x2

h(x1)-h(x2)

＞

x1x2+x1+x2+1

，
只需證明

(x1+1)-(x2+1)

ln(x1+1)-ln(x2+1)

＞

(x1+1)(x2+1)

，
即證

(x1+1)2-2(x1+1)(x2+1)+(x2+1)2 (x1+1)(x2+1)

＞ln

x1+1

x2+1

，
即證

x1+1 x2+1 -2+ x2+1 x1+1

＞ln

x1+1

x2+1

．
設(shè)t=

x1+1

x2+1

(t＞1)，則只需證明

t-2+ 1 t

＞lnt(t＞1)，
化簡得

t-1

t

＞lnt．
設(shè)φ(t)=

t-1

t

-lnt，則φ′(t)=

(t-1)2

2t t

＞0，
∴φ（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴φ（t）＞φ（1）=0．
即

t-1

t

＞lnt，得證．
故原不等式恒成立．

點評：本題考察了導函數(shù)，單調(diào)區(qū)間及最值，函數(shù)的零點，不等式的證明，是一道較難的綜合題．