Question

已知函数f（x）=ln（x+a）-x有且只有一个零点，其中a＞0．
（Ⅰ）求a的值；
（Ⅱ）若对任意的x∈（0，+∞），有f（x）≥kx²成立，求实数k的最大值；
（Ⅲ）设h（x）=f（x）+x，对任意x₁，x₂∈（-1，+∞）（x₁≠x₂），证明：不等式

x1-x2

h(x1)-h(x2)

＞

x1x2+x1+x2+1

恒成立．

Answer 1

考点：函数零点的判定定理,函数恒成立问题

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）通过求导得到单调区间找到极值点代入即可，（Ⅱ）由k≥0时不合题意．当k＜0时令g'（x）=0通过讨论得出k的值，
（Ⅲ）不妨设x₁＞x₂＞-1，引进新函数找到其单调区间，问题得证．

解答： 解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（-a，+∞），f′(x)=

1

x+a

-1=-

x+a-1

x+a

．
由f'（x）=0，得x=1-a＞-a．
∵当-a＜x＜1-a时，f'（x）＞0；当x＞1-a时，f'（x）＜0，
∴f（x）在区间（-a，1-a]上是增函数，在区间[1-a，+∞）上是减函数，
∴f（x）在x=1-a处取得最大值．
由题意知f（1-a）=-1+a=0，解得a=1．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知f（x）=ln（x+1）-x，
当k≥0时，取x=1得，f（1）=ln2-1＜0，知k≥0不合题意．
当k＜0时，设g（x）=f（x）-kx²=ln（x+1）-x-kx²．
则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

时，g'（x）＞0在x∈（0，+∞）上恒成立，
∴g（x）在[0，+∞）上是增函数，从而总有g（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时，对于x∈(0 ，  -

2k+1

2k

)，g'（x）＜0，
∴g（x）在(0 ，  -

2k+1

2k

)上单调递减．
于是，当取x0∈(0 ，  -

2k+1

2k

)时，g（x₀）＜g（0）=0，即f（x₀）≥kx02不成立．
故-

1

2

＜k＜0不合题意．
综上，k的最大值为-

1

2

．
（Ⅲ） 由h（x）=f（x）+x=ln（x+1）．
不妨设x₁＞x₂＞-1，则要证明

x1-x2

h(x1)-h(x2)

＞

x1x2+x1+x2+1

，
只需证明

(x1+1)-(x2+1)

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

＞

(x1+1)(x2+1)

，
即证

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

＞ln

x1+1

x2+1

，
即证

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

＞ln

x1+1

x2+1

．
设t=

x1+1

x2+1

(t＞1)，则只需证明

t-2+ 1 t

＞lnt(t＞1)，
化简得

t-1

t

＞lnt．
设φ(t)=

t-1

t

-lnt，则φ′(t)=

(t-1)2

2t t

＞0，
∴φ（t）在（1，+∞）上单调递增，
∴φ（t）＞φ（1）=0．
即

t-1

t

＞lnt，得证．
故原不等式恒成立．

点评：本题考察了导函数，单调区间及最值，函数的零点，不等式的证明，是一道较难的综合题．