题目

已知函数有且只有一个零点，其中． （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）若对任意的，有成立，求实数的最大值； （Ⅲ）设，对任意, 证明：不等式恒成立． 答案：解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（﹣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 令g/（x）=0，得x1=0，． ①若≤0，即k≤﹣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，即时，对于，g'（x）＜0， ∴g（x）在上单调递减． 于是，当取时，g（x0）＜g（0）=0，即f（x0）≥不成立． 故不合题意． 综上，k的最大值为． （Ⅲ） 由h（x）=f（x）+x=ln（x+1）． 不妨设x1＞x2＞﹣1，则要证明， 只需证明， 即证， 即证． 设，则只需证明， 化简得． 设，则， ∴φ（t）在（1，+∞）上单调递增， ∴φ（t）＞φ（1）=0． 即，得证． 故原不等式恒成立．

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