Question

6．已知函数f（x）=ln（x+a）-x有且只有一个零点，其中a＞0．
（1）求a的值；
（2）设函数h（x）=f（x）+x，证明：对?x₁，x₂∈（-1，+∞）（x₁≠x₂），不等式$\frac{{{x_1}-{x_2}}}{{h（{x_1}）-h（{x_2}）}}＞\sqrt{{x_1}{x_2}+{x_1}+{x_2}+1}$恒成立．

Answer 1

分析 （1）通过求导得到单调区间找到极值点代入即可；（2）不妨设x₁＞x₂＞-1，引进新函数找到其单调区间，问题得证．

解答 （1）解：因为f（x）=ln（x+a）-x，所以定义域为（-a，+∞），
$f'（x）=\frac{1}{x+a}-1=-\frac{x+a-1}{x+a}$．
令f'（x）=0，得x=1-a∈（-a，+∞）．
当-a＜x＜1-a时，f'（x）＞0，则f（x）在区间（-a，1-a）上递增；
当x＞1-a时，f'（x）＜0，则f（x）在区间（1-a，+∞）上递减，
∴f_max（x）=f（1-a）=-1+a，由题意知-1+a=0，解得a=1．
（2）证明：由h（x）=f（x）+x，得h（x）=ln（x+1），
不妨令x₁＞x₂＞-1．
欲证$\frac{{{x_1}-{x_2}}}{{h（{x_1}）-h（{x_2}）}}＞\sqrt{{x_1}{x_2}+{x_1}+{x_2}+1}$，
只需证$\frac{{{x_1}-{x_2}}}{{ln（{x_1}+1）-ln（{x_2}+1）}}＞\sqrt{{x_1}{x_2}+{x_1}+{x_2}+1}$，
只需证$\frac{{（x}_{1}+1）-{（x}_{2}+1）}{ln{（x}_{1}+1）-ln{（x}_{2}+1）}$＞$\sqrt{{（x}_{1}+1）{（x}_{2}+1）}$，
即证$\sqrt{\frac{{{（x}_{1}+1）}^{2}-2{（x}_{1}+1）{（x}_{2}+1）{+{（x}_{2}+1）}^{2}}{{（x}_{1}+1）{（x}_{2}+1）}}$＞ln$\frac{{x}_{1}+1}{{x}_{2}+1}$，
即证$\sqrt{\frac{{x}_{1}+1}{{x}_{2}+1}-2+\frac{{x}_{2}+1}{{x}_{1}+1}}$＞ln$\frac{{x}_{1}+1}{{x}_{2}+1}$，
设t=$\frac{{x}_{1}+1}{{x}_{2}+1}$（t＞1），则只需证$\sqrt{t-2+\frac{1}{t}}＞lnt（t＞1）$，
化简得$\frac{t-1}{\sqrt{t}}$＞lnt，
设ω（t）=$\frac{t-1}{\sqrt{t}}$-lnt，则ω′（t）=$\frac{{（\sqrt{t}-1）}^{2}}{2t\sqrt{t}}$＞0，
∴ω（t）在（1，+∞）上单调递增，
∴ω（t）＞ω（1）=0，
即$\frac{t-1}{\sqrt{t}}$＞lnt，得证．

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．