Question

設(shè)函數(shù)f（x）=x-ln（x+m），其中m為實常數(shù)．
（Ⅰ）當(dāng)m為何值時，f（x）≥0；
（Ⅱ）證明：當(dāng)m＞1時，函數(shù)f（x）在[e^-m-m，e^2m-m]內(nèi)有兩個零點．

Answer 1

【答案】分析：（Ⅰ）先求導(dǎo)函數(shù)，令f'（x）=0，得x=1-m，結(jié)合函數(shù)的定義域，可得f（1-m）=1-m為極小值，而且對x∈（-m，+∞）都有f（x）≥f（1-m）=1-m，故可得解；
（Ⅱ）證明：由（Ⅰ）知，函數(shù)f（x）=x-ln（x+m），在[e^-m-m，1-m]上為減函數(shù)，，f（e^-m-m）與f（1-m）異號．由函數(shù)零點判定定理知，函數(shù)f（x）在區(qū)間（e^-m-m，1-m）內(nèi)有唯一零點；當(dāng)m＞1時，f（e^2m-m）=e^2m-3m．
令g（x）=e^2x-3x（x＞1），則函數(shù)g（x）在區(qū)間（1，+∞）上遞增，m＞1時，函數(shù)f（x）=x-ln（x+m）在[1-m，e^2m-m]上為增函數(shù)且f（1-m）與f（e^2m-m）異號，所以函數(shù)f（x）在區(qū)間[1-m，e^2m-m]內(nèi)也有唯一零點，從而得證．
解答：解：（Ⅰ）∵f（x）=x-ln（x+m），x∈（-m，+∞），
∴，令f'（x）=0，得x=1-m．------------（2分）
當(dāng)x∈（-m，1-m）時，f'（x）＜0，f（x）為減函數(shù)，f（x）＞f（1-m）
當(dāng)x∈（1-m，+∞）時，f'（x）＞0，f（x）為增函數(shù)，f（x）＞f（1-m）---（4分）
根據(jù)函數(shù)極值判別方法，f（1-m）=1-m為極小值，
而且對x∈（-m，+∞）都有f（x）≥f（1-m）=1-m．
故當(dāng)m≤1時，f（x）≥0．---------------（6分）
（Ⅱ）證明：由（Ⅰ）知，當(dāng)m＞1時，f（1-m）=1-m＜0，
函數(shù)f（x）=x-ln（x+m），在[e^-m-m，1-m]上為減函數(shù)．
f（e^-m-m）=e^-m-m-ln（e^-m-m+m）=e^-m＞0
所以當(dāng)m＞1時，f（e^-m-m）與f（1-m）異號．
由函數(shù)零點判定定理知，函數(shù)f（x）在區(qū)間（e^-m-m，1-m）內(nèi)有唯一零點．----------（9分）
而當(dāng)m＞1時，f（e^2m-m）=e^2m-3m．
令g（x）=e^2x-3x（x＞1），則g′（x）=2e^2x-3（x＞1）＞2e²-3＞0，
那么函數(shù)g（x）在區(qū)間（1，+∞）上遞增．于是g（x）＞g（1）=e²-3＞0，從而f（e^2m-m）=e^2m-3m＞0．--（11分）
所以，當(dāng)整數(shù)m＞1時，函數(shù)f（x）=x-ln（x+m）在[1-m，e^2m-m]上為增函數(shù)且f（1-m）與f（e^2m-m）異號，
所以函數(shù)f（x）在區(qū)間[1-m，e^2m-m]內(nèi)也有唯一零點．
綜上，當(dāng)m＞1時，函數(shù)f（x）在區(qū)間[e^-m-m，e^2m-m]內(nèi)有兩個零點．------------（14分）
點評：本題以函數(shù)為載體，考查導(dǎo)數(shù)的運用，考查函數(shù)的極值，同時考查函數(shù)的零點，解題的關(guān)鍵是正確運用函數(shù)零點判定定理