Question

（2011•西安模擬）設(shè)m是給定的實(shí)數(shù)，函數(shù)f（x）=x-ln（x+m）的定義域?yàn)镈．
（Ⅰ）求m的取值范圍，使得f（x）≥0對(duì)任意的x∈D均成立；
（Ⅱ）求證：對(duì)任意的m∈（1，+∞），方程f（x）=0在D內(nèi)有且只有兩個(gè)實(shí)數(shù)根．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由題意知定義域D=（-m，+∞），由f（x）=x-ln（x+m），x∈（-m，+∞），知f′(x)=1-

1

x+m

=

x-(1-m)

x+m

，由此能求出當(dāng)m≤1時(shí)，f（x）≥0．
（Ⅱ）當(dāng)m＞1時(shí)，f（1-m）=1-m＜0，故函數(shù)f（x）=x-ln（x+m）在（-m，-m+1]上為減函數(shù)，由m＞1知-m+e^-m∈（-m，-m+1]，f（-m+e^-m）=-m+e^-m-ln（-m+e^-m+m）=e^-m＞0，知函數(shù)f（x）在（e^-m-m，1-m）內(nèi)有唯一零點(diǎn)，從而可知函數(shù)f（x）在（-m，-m+1]內(nèi)有唯一零點(diǎn)，由此入手能夠證明對(duì)任意的m∈（1，+∞），方程f（x）=0在D內(nèi)有且只有兩個(gè)實(shí)數(shù)根．

解答：解：（Ⅰ）由題意知定義域D=（-m，+∞），∵f（x）=x-ln（x+m），x∈（-m，+∞），
∴f′(x)=1-

1

x+m

=

x-(1-m)

x+m

，
令f′（x）=0，得x=1-m．
當(dāng)x∈（-m，1-m）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）為減函數(shù)，f（x）＞f（1-m）；
當(dāng)x∈（1-m，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)，f（x）＞f（1-m）；
故函數(shù)f（x）在定義域D內(nèi)的最小值為f（1-m）=1-m，即f（x）≥f（1-m）=1-m，
故當(dāng)m≤1時(shí)，f（x）≥0．
（Ⅱ）證明：由（Ⅰ）知，當(dāng)m＞1時(shí)，f（1-m）=1-m＜0，
函數(shù)f（x）=x-ln（x+m）在（-m，-m+1]上為減函數(shù)，
又由m＞1知-m+e^-m∈（-m，-m+1]，
且由f（-m+e^-m）=-m+e^-m-ln（-m+e^-m+m）=e^-m＞0，
知函數(shù)f（x）在（e^-m-m，1-m）內(nèi)有唯一零點(diǎn)，
從而可知函數(shù)f（x）在（-m，-m+1]內(nèi)有唯一零點(diǎn)，
令g（x）=e^2x-3x（x＞1），
則g′（x）=2e^2x-3，
當(dāng)x＞1時(shí)，g′（x）=2e^2x-3＞2e²-3＞0，
故函數(shù)g（x）在區(qū)間（1，+∞）上遞增．
于是，g（x）＞g（1）=e²-3＞0，
從而可知，當(dāng)m＞1時(shí)，
f（e^2m-m）=e^2m-3m＞0．
函數(shù)f（x）=x-ln（x+m）在（-m+1，-m+e^2m]上遞增，
∵m＞1，∴-m+e^2m∈（-m+1，-m+e^2m]，
且由f（-m+e^2m）=-m+e^2m-ln（-m+e^2m+m）=e^2m-3m＞0，
知函數(shù)f（x）在（-m+1，-m+e^2m]內(nèi)有唯一零點(diǎn)，
從而可知函數(shù)f（x）在（-m+1，+∞）內(nèi)有唯一零點(diǎn)．
綜上所述，對(duì)任意的m∈（1，+∞），方程f（x）=0在D內(nèi)有且只有兩個(gè)實(shí)數(shù)根．

點(diǎn)評(píng)：本題考查函數(shù)與方程的綜合應(yīng)用，考查運(yùn)算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉(zhuǎn)化思想．對(duì)數(shù)學(xué)思維的要求比較高，有一定的探索性．綜合性強(qiáng)，難度大，是高考的重點(diǎn)．解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答．