Question

设m是给定的实数，函数f（x）=x-ln（x+m）的定义域为D．
（Ⅰ）求m的取值范围，使得f（x）≥0对任意的x∈D均成立；
（Ⅱ）求证：对任意的m∈（1，+∞），方程f（x）=0在D内有且只有两个实数根．

Answer 1

解：（Ⅰ）由题意知定义域D=（-m，+∞），∵f（x）=x-ln（x+m），x∈（-m，+∞），
∴=，
令f′（x）=0，得x=1-m．
当x∈（-m，1-m）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数，f（x）＞f（1-m）；
当x∈（1-m，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，f（x）＞f（1-m）；
故函数f（x）在定义域D内的最小值为f（1-m）=1-m，即f（x）≥f（1-m）=1-m，
故当m≤1时，f（x）≥0．
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，当m＞1时，f（1-m）=1-m＜0，
函数f（x）=x-ln（x+m）在（-m，-m+1]上为减函数，
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，
知函数f（x）在（e^-m-m，1-m）内有唯一零点，
从而可知函数f（x）在（-m，-m+1]内有唯一零点，
令g（x）=e^2x-3x（x＞1），
则g′（x）=2e^2x-3，
当x＞1时，g′（x）=2e^2x-3＞2e²-3＞0，
故函数g（x）在区间（1，+∞）上递增．
于是，g（x）＞g（1）=e²-3＞0，
从而可知，当m＞1时，
f（e^2m-m）=e^2m-3m＞0．
函数f（x）=x-ln（x+m）在（-m+1，-m+e^2m]上递增，
∵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，
知函数f（x）在（-m+1，-m+e^2m]内有唯一零点，
从而可知函数f（x）在（-m+1，+∞）内有唯一零点．
综上所述，对任意的m∈（1，+∞），方程f（x）=0在D内有且只有两个实数根．
分析：（Ⅰ）由题意知定义域D=（-m，+∞），由f（x）=x-ln（x+m），x∈（-m，+∞），知=，由此能求出当m≤1时，f（x）≥0．
（Ⅱ）当m＞1时，f（1-m）=1-m＜0，故函数f（x）=x-ln（x+m）在（-m，-m+1]上为减函数，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，知函数f（x）在（e^-m-m，1-m）内有唯一零点，从而可知函数f（x）在（-m，-m+1]内有唯一零点，由此入手能够证明对任意的m∈（1，+∞），方程f（x）=0在D内有且只有两个实数根．
点评：本题考查函数与方程的综合应用，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．对数学思维的要求比较高，有一定的探索性．综合性强，难度大，是高考的重点．解题时要认真审题，仔细解答．