Question

6．已知函數(shù)f（x）=ln（x+a）-x有且只有一個零點，其中a＞0．
（1）求a的值；
（2）設函數(shù)h（x）=f（x）+x，證明：對?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）通過求導得到單調(diào)區(qū)間找到極值點代入即可；（2）不妨設x₁＞x₂＞-1，引進新函數(shù)找到其單調(diào)區(qū)間，問題得證．

解答 （1）解：因為f（x）=ln（x+a）-x，所以定義域為（-a，+∞），
$f'（x）=\frac{1}{x+a}-1=-\frac{x+a-1}{x+a}$．
令f'（x）=0，得x=1-a∈（-a，+∞）．
當-a＜x＜1-a時，f'（x）＞0，則f（x）在區(qū)間（-a，1-a）上遞增；
當x＞1-a時，f'（x）＜0，則f（x）在區(qū)間（1-a，+∞）上遞減，
∴f_max（x）=f（1-a）=-1+a，由題意知-1+a=0，解得a=1．
（2）證明：由h（x）=f（x）+x，得h（x）=ln（x+1），
不妨令x₁＞x₂＞-1．
欲證$\frac{{{x_1}-{x_2}}}{{h（{x_1}）-h（{x_2}）}}＞\sqrt{{x_1}{x_2}+{x_1}+{x_2}+1}$，
只需證$\frac{{{x_1}-{x_2}}}{{ln（{x_1}+1）-ln（{x_2}+1）}}＞\sqrt{{x_1}{x_2}+{x_1}+{x_2}+1}$，
只需證$\frac{{（x}_{1}+1）-{（x}_{2}+1）}{ln{（x}_{1}+1）-ln{（x}_{2}+1）}$＞$\sqrt{{（x}_{1}+1）{（x}_{2}+1）}$，
即證$\sqrt{\frac{{{（x}_{1}+1）}^{2}-2{（x}_{1}+1）{（x}_{2}+1）{+{（x}_{2}+1）}^{2}}{{（x}_{1}+1）{（x}_{2}+1）}}$＞ln$\frac{{x}_{1}+1}{{x}_{2}+1}$，
即證$\sqrt{\frac{{x}_{1}+1}{{x}_{2}+1}-2+\frac{{x}_{2}+1}{{x}_{1}+1}}$＞ln$\frac{{x}_{1}+1}{{x}_{2}+1}$，
設t=$\frac{{x}_{1}+1}{{x}_{2}+1}$（t＞1），則只需證$\sqrt{t-2+\frac{1}{t}}＞lnt（t＞1）$，
化簡得$\frac{t-1}{\sqrt{t}}$＞lnt，
設ω（t）=$\frac{t-1}{\sqrt{t}}$-lnt，則ω′（t）=$\frac{{（\sqrt{t}-1）}^{2}}{2t\sqrt{t}}$＞0，
∴ω（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴ω（t）＞ω（1）=0，
即$\frac{t-1}{\sqrt{t}}$＞lnt，得證．

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．