2004-广东卷理-21 解-利用导数研究函数的单调性与最值

本题导读

本题考查零点存在性定理的应用。核心在于导数工具最值控制法、零点存在性定理分段夹逼法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2004年广东卷(理)） 设函数 $f(x)=x-\ln (x+m)$，其中常数 $m$ 为整数.

(1) 当 $m$ 为何值时， $f(x)\ge 0$；

(2) 定理：若函数 $g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $g(a)$ 与 $g(b)$ 异号，则至少存在一点 $x_0\in (a,b)$，使 $g(x_0)=0$.试用上述定理证明：当整数 $m>1$ 时，方程 $f(x)=0$ 在 $[{\text{e}}^{-m}-m,{\text{e}}^{2m}-m]$ 内有两个实根.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问逻辑：首先求出函数 $f(x)$ 的定义域为 $x>-m$。对函数进行求导，得到 $f^{\prime }(x)=1-\frac{1}{x+m}=\frac{x+m-1}{x+m}$。令 $f^{\prime }(x)=0$ 解得驻点（极值点）为 $x=1-m$。通过列表或单调性分析，判定函数在 $(-m,1-m)$ 上单调递减，在 $(1-m,+\infty )$ 上单调递增，故 $x=1-m$ 为函数的全局最小值点。令最小值 $f(1-m)\ge 0$，解出关于 $m$ 的超越不等式 $1-m\ge 0⟹m\le 1$。再结合 $m$ 必须满足定义域及对数真数严格合法的隐藏整数约束，锁定 $m$ 的最终取值。
2. 第二问逻辑：已知 $m>1$，则函数的最小值 $f(1-m)=1-m<0$，说明函数图象的最低点跌破了 $x$ 轴。而函数的间断渐近线在 $x\to -m^{+}$ 时， $\ln (x+m)\to -\infty ⟹f(x)\to +\infty$。因此，函数必然与 $x$ 轴在极小值点 $x=1-m$ 的左、右两侧各有一个交点。为了运用给定的定理，需要利用驻点 $x=1-m$ 将区间分割为左、右两个单调分支，并分别在两个分支的端点处完成异号判别（即找出一个点使函数值大于 0）。分别验证左端点 ${\text{e}}^{-m}-m$、驻点 $1-m$ 以及右端点 ${\text{e}}^{2m}-m$ 处的函数值符号，即可完整完成证明。

✅【答案】

Success

(1) $m\le 1$（$m$ 为整数）

(2) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

• （1）求解使 $f(x)\ge 0$ 恒成立的整数 $m$ 的值： 由函数 $f(x)=x-\ln (x+m)$ 的对数定义可知，其定义域为： $\{x|x+m>0\}⟹x\in (-m,+\infty )$ 对 $f(x)$ 实施求导运算： $f^{\prime }(x)=1-\frac{1}{x+m}=\frac{x+m-1}{x+m}\text{（式1）}$ 在定义域 $x>-m$ 内，分母 $x+m>0$，故导函数的符号完全由分子 $x+m-1$ 控制。 令 $f^{\prime }(x)=0$，解得驻点坐标为： $x=1-m$

  分析导函数的符号变化以判定单调性：

  • 当 $-m<x<1-m$ 时， $f^{\prime }(x)<0$，此时函数 $f(x)$ 在 $(-m,1-m)$ 上严格单调递减；
  • 当 $x>1-m$ 时， $f^{\prime }(x)>0$，此时函数 $f(x)$ 在 $(1-m,+\infty )$ 上严格单调递增。

  因此，当 $x=1-m$ 时，函数 $f(x)$ 取得内的唯一极小值，亦为绝对最小值： $f(x{)}_{\text{min}}=f(1-m)=(1-m)-\ln (1-m+m)=1-m-\ln 1=1-m\text{（式2）}$

  要使 $f(x)\ge 0$ 在定义域内恒成立，只需其绝对最小值大于或等于 0 即可： $f(x{)}_{\text{min}}\ge 0⟹1-m\ge 0⟹m\le 1\text{（式3）}$ 同时，为了保证极小值点 $x=1-m$ 处对数因式 $\ln (1-m+m)=\ln 1$ 具有合法的数学定义，必须隐含前置真数约束： $1-m+m>0⟹1>0\text{（恒成立）}$ 题干只要求 $m$ 为整数，故满足条件的整数是全部 $m\le 1$：$m=1$ 时最小值为 $0$，$m\le 0$ 时最小值 $1-m\ge 1>0$。

• （2）证明：当整数 $m>1$ 时，方程 $f(x)=0$ 在 $[{\text{e}}^{-m}-m,{\text{e}}^{2m}-m]$ 内有两个实根： 已知 $m>1$ 且 $m$ 均为整数，则 $m$ 的取值可为 $2,3,4,\dots$。 由第（1）问的单调性结论知，函数 $f(x)$ 在 $x=1-m$ 处取得全局唯一最小值。此时该最小值为： $f(1-m)=1-m$ 因为 $m>1⟹1-m<0$，即最小值的绝对符号为负： $f(1-m)<0\text{（核心负边界点）}\text{（式4）}$

  由于整个闭区间 $[{\text{e}}^{-m}-m,{\text{e}}^{2m}-m]$ 被驻点 $x=1-m$ 划分为左、右两个独立的单调分支，下面我们通过零点存在性定理分段进行严格夹逼证明：

  • 第一步：证明在左侧区间 $[{\text{e}}^{-m}-m,1-m)$ 内存在一个实根： 首先，核验左端点 $x_1={\text{e}}^{-m}-m$ 的位置合法性： 因为 ${\text{e}}^{-m}>0⟹{\text{e}}^{-m}-m>-m$，说明左端点严格落在函数的定义域内部。 同时，因为 $m>1⟹{\text{e}}^m>{\text{e}}^1>2⟹{\text{e}}^{-m}<\frac{1}{2}<1$。 所以 ${\text{e}}^{-m}-m<1-m$，即左端点确实严格位于驻点 $1-m$ 的左侧。

    计算左端点 $x_1={\text{e}}^{-m}-m$ 处的函数值： $\begin{array}{rl}f({\text{e}}^{-m}-m)& =({\text{e}}^{-m}-m)-\ln ({\text{e}}^{-m}-m+m)\\ & ={\text{e}}^{-m}-m-\ln ({\text{e}}^{-m})\\ & ={\text{e}}^{-m}-m-(-m)\\ & ={\text{e}}^{-m}\end{array}$ 因为对于任意实数，指数幂均恒大于 0，所以： $f({\text{e}}^{-m}-m)={\text{e}}^{-m}>0\text{（式5）}$

    由（式4）知 $f(1-m)<0$，由（式5）知 $f({\text{e}}^{-m}-m)>0$，两端点值符号严格异号。 又因为初等函数 $f(x)$ 在闭区间 $[{\text{e}}^{-m}-m,1-m]$ 上是连续不间断的，根据题干给定的零点存在性定理，在开区间 $({\text{e}}^{-m}-m,1-m)$ 内至少存在一个实根 $x_A$ 满足 $f(x_A)=0$。 由于 $f(x)$ 在该区间内是严格单调递减的，故该实根 $x_A$ 在此区间内具有唯一性。

  • 第二步：证明在右侧区间 $(1-m,{\text{e}}^{2m}-m]$ 内存在另一个实根： 首先，核验右端点 $x_2={\text{e}}^{2m}-m$ 的位置合法性： 因为 $m>1⟹2m>2⟹{\text{e}}^{2m}>{\text{e}}^2>7>1$。 所以 ${\text{e}}^{2m}-m>1-m$，即右端点确实严格位于驻点 $1-m$ 的右侧。

    计算右端点 $x_2={\text{e}}^{2m}-m$ 处的函数值： $\begin{array}{rl}f({\text{e}}^{2m}-m)& =({\text{e}}^{2m}-m)-\ln ({\text{e}}^{2m}-m+m)\\ & ={\text{e}}^{2m}-m-\ln ({\text{e}}^{2m})\\ & ={\text{e}}^{2m}-m-2m\\ & ={\text{e}}^{2m}-3m\end{array}$

    由于要判定 ${\text{e}}^{2m}-3m$ 的正负号，构造辅助函数 $h(t)={\text{e}}^{2t}-3t$ ($t\ge 2$)： 对 $h(t)$ 求导： $h^{\prime }(t)=2{\text{e}}^{2t}-3$。 当 $t\ge 2$ 时， $h^{\prime }(t)\ge 2{\text{e}}^4-3>0$，说明辅助函数 $h(t)$ 在 $[2,+\infty )$ 上严格单调递增。 代入临界下边界 $t=2$ 控算最小值： $h(2)={\text{e}}^4-3\times 2={\text{e}}^4-6$ 因为 $\text{e}>2.7⟹{\text{e}}^4>2.7^4=53.14>6$，故 $h(2)>0$。 由此可断定，当整数 $m\ge 2$ 时，恒满足： $f({\text{e}}^{2m}-m)={\text{e}}^{2m}-3m>0\text{（式6）}$

    由（式4）知 $f(1-m)<0$，由（式6）知 $f({\text{e}}^{2m}-m)>0$，两端点值符号严格异号． 又因为初等函数 $f(x)$ 在闭区间 $[1-m,{\text{e}}^{2m}-m]$ 上是连续不间断的，根据题干给定的零点存在性定理，在开区间 $(1-m,{\text{e}}^{2m}-m)$ 内至少存在一个实根 $x_B$ 满足 $f(x_B)=0$。 由于 $f(x)$ 在该区间内是严格单调递增的，故该实根 $x_B$ 在此区间内具有唯一性。

  综上所述，当整数 $m>1$ 时，方程 $f(x)=0$ 在给定的闭区间 $[{\text{e}}^{-m}-m,{\text{e}}^{2m}-m]$ 内存在且仅存在两个互异的实根。证明完毕。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：导数符号决定原函数单调增减性的基本流程；零点存在性定理（介值定理）在多分支单调区间上的分段独立套用；辅助函数法在超越不等式大数符号判定中的应用。
2. 核心方法：导数最值控制法、零点分段隔离法。
3. 避坑指南：
   • 第二问在计算右端点值 $f({\text{e}}^{2m}-m)={\text{e}}^{2m}-3m$ 后，不能想当然地直接声称其大于 0，在压轴解答题的严密逻辑规范下，必须通过构造辅助函数求导或者不等式放缩，严格给出 ${\text{e}}^{2m}-3m>0$ 的代数证明过程，否则会因步骤不严密被扣除 2~3 分。
   • 必须明确提及函数在相应分段区间上的“连续性”与“单调性”。连续性是套用定理的前提，而单调性则是确立根的“唯一性（即刚好有两个根，而不是更多）”的逻辑闭环。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 经典高考压轴题中关于函数零点个数的标准母题，考查导数与零点存在性的综合运用。
2. 结论推广: 形如 $x-\ln (x+m)=0$ 的超越方程一般无法求出精确的代数解，需借助导数研究函数 $g(x)=x-\ln (x+m)$ 的单调性与零点个数来估计根的分布。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 08.01 函数图象变换、模型与零点

类题演练 (Links)

• 1977-辽宁-12 解-圆柱用料最省
• 2016-江苏卷-19 解-导数
• 1985-广东理-35 解-五次多项式的极值与实根个数