Question

設m是給定的實數，函數f（x）=x-ln（x+m）的定義域為D．
（Ⅰ）求m的取值范圍，使得f（x）≥0對任意的x∈D均成立；
（Ⅱ）求證：對任意的m∈（1，+∞），方程f（x）=0在D內有且只有兩個實數根．

Answer 1

【答案】分析：（Ⅰ）由題意知定義域D=（-m，+∞），由f（x）=x-ln（x+m），x∈（-m，+∞），知=，由此能求出當m≤1時，f（x）≥0．
（Ⅱ）當m＞1時，f（1-m）=1-m＜0，故函數f（x）=x-ln（x+m）在（-m，-m+1]上為減函數，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f（x）在（e^-m-m，1-m）內有唯一零點，從而可知函數f（x）在（-m，-m+1]內有唯一零點，由此入手能夠證明對任意的m∈（1，+∞），方程f（x）=0在D內有且只有兩個實數根．
解答：解：（Ⅰ）由題意知定義域D=（-m，+∞），∵f（x）=x-ln（x+m），x∈（-m，+∞），
∴=，
令f′（x）=0，得x=1-m．
當x∈（-m，1-m）時，f′（x）＜0，f（x）為減函數，f（x）＞f（1-m）；
當x∈（1-m，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）為增函數，f（x）＞f（1-m）；
故函數f（x）在定義域D內的最小值為f（1-m）=1-m，即f（x）≥f（1-m）=1-m，
故當m≤1時，f（x）≥0．
（Ⅱ）證明：由（Ⅰ）知，當m＞1時，f（1-m）=1-m＜0，
函數f（x）=x-ln（x+m）在（-m，-m+1]上為減函數，
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f（x）在（e^-m-m，1-m）內有唯一零點，
從而可知函數f（x）在（-m，-m+1]內有唯一零點，
令g（x）=e^2x-3x（x＞1），
則g′（x）=2e^2x-3，
當x＞1時，g′（x）=2e^2x-3＞2e²-3＞0，
故函數g（x）在區(qū)間（1，+∞）上遞增．
于是，g（x）＞g（1）=e²-3＞0，
從而可知，當m＞1時，
f（e^2m-m）=e^2m-3m＞0．
函數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f（x）在（-m+1，-m+e^2m]內有唯一零點，
從而可知函數f（x）在（-m+1，+∞）內有唯一零點．
綜上所述，對任意的m∈（1，+∞），方程f（x）=0在D內有且只有兩個實數根．
點評：本題考查函數與方程的綜合應用，考查運算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉化思想．對數學思維的要求比較高，有一定的探索性．綜合性強，難度大，是高考的重點．解題時要認真審題，仔細解答．