2013-新课标II卷理-21 解-导数单调性

本题导读

本题考查利用导数研究函数的单调性。核心在于导数分析法、隐零点代换法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2013年新课标II卷(理)） 21. 已知函数 $f(x)=e^x-\ln (x+m)$.

(1)设 $x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点，求 $m$，并讨论 $f(x)$ 的单调性；

(2)当 $m\le 2$ 时，证明 $f(x)>0$.

🔍【思路分析】

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1. 第一问（极值与单调性）：
   • 求导得 $f^{\prime }(x)=e^x-\frac{1}{x+m}$。
   • 利用极值点处导数为 0（$f^{\prime }(0)=0$）求出 $m=1$。
   • 代入 $m=1$，通过二阶导数或构造辅助函数判断 $f^{\prime }(x)$ 的符号分布，进而确定 $f(x)$ 的单调区间。
2. 第二问（不等式证明）：
   • 缩小证明范围：观察 $\ln (x+m)$ 随 $m$ 增大而增大，故 $f(x)$ 随 $m$ 增大而减小。若能证明 $m=2$ 时 $f(x)>0$ 成立，则 $m\le 2$ 时必成立。
   • 寻找最小值点：当 $m=2$ 时，$f^{\prime }(x)=e^x-\frac{1}{x+2}$。由于 $f^{\prime }(x)$ 在定义域上单调递增且存在异号区间，必有唯一零点 $x_0$。
   • 隐零点代换：利用 $f^{\prime }(x_0)=0$ 得到 $e^{x_0}=\frac{1}{x_0+2}$ 和 $\ln (x_0+2)=-x_0$。
   • 最值证明：将上述等式代入 $f(x_0)$，将超越函数转化为关于 $x_0$ 的代数式，通过分析该代数式的范围完成证明。

✅【答案】

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$m=1$；$(-1,0)$；$(0,+\infty )$

✍【详细解析】

Abstract

（Ⅰ）解： 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(-m,+\infty )$，其导函数为 $f^{\prime }(x)=e^x-\frac{1}{x+m}$。 因为 $x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点，所以 $f^{\prime }(0)=e^0-\frac{1}{0+m}=1-\frac{1}{m}=0$， 解得 $m=1$。 此时 $f(x)=e^x-\ln (x+1)$，定义域为 $(-1,+\infty )$，$f^{\prime }(x)=e^x-\frac{1}{x+1}$。 令 $g(x)=f^{\prime }(x)$，则 $g^{\prime }(x)=e^x+\frac{1}{(x+1{)}^2}>0$ 恒成立。 所以 $f^{\prime }(x)$ 在 $(-1,+\infty )$ 上单调递增。 又 $f^{\prime }(0)=0$， 当 $-1<x<0$ 时，$f^{\prime }(x)<f^{\prime }(0)=0$，$f(x)$ 单调递减； 当 $x>0$ 时，$f^{\prime }(x)>f^{\prime }(0)=0$，$f(x)$ 单调递增。 综上，$f(x)$ 的单调递减区间为 $(-1,0)$，单调递增区间为 $(0,+\infty )$。

（Ⅱ）证明： 当 $m\le 2$ 时，$f(x)=e^x-\ln (x+m)\ge e^x-\ln (x+2)$。 设 $h(x)=e^x-\ln (x+2)$，定义域为 $(-2,+\infty )$。 其导函数为 $h^{\prime }(x)=e^x-\frac{1}{x+2}$。 由（Ⅰ）同理可知 $h^{\prime }(x)$ 在 $(-2,+\infty )$ 上单调递增。 又 $h^{\prime }(-1)=e^{-1}-1<0$，$h^{\prime }(0)=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}>0$。 由零点存在性定理知，存在唯一的 $x_0\in (-1,0)$，使得 $h^{\prime }(x_0)=0$。 即 $e^{x_0}=\frac{1}{x_0+2}$，两边取对数得 $x_0=-\ln (x_0+2)$，即 $\ln (x_0+2)=-x_0$。

此时 $h(x)$ 在 $(-2,x_0)$ 上单调递减，在 $(x_0,+\infty )$ 上单调递增。 故 $h(x)$ 的最小值为 $h(x_0)=e^{x_0}-\ln (x_0+2)$。 将 $e^{x_0}=\frac{1}{x_0+2}$ 和 $\ln (x_0+2)=-x_0$ 代入得： $h(x_0)=\frac{1}{x_0+2}+x_0=\frac{1+x_0^2+2x_0}{x_0+2}=\frac{(x_0+1{)}^2}{x_0+2}$。 因为 $x_0\in (-1,0)$，所以 $(x_0+1{)}^2>0$ 且 $x_0+2>0$。 故 $h(x_0)>0$，即 $f(x)\ge h(x)\ge h(x_0)>0$。 所以当 $m\le 2$ 时，$f(x)>0$ 得证。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：导数在研究函数性质中的工具性作用；隐零点问题的处理技巧。

核心方法：当 $f^{\prime }(x)=0$ 的根 $x_0$ 无法精确求出时，应保留 $f^{\prime }(x_0)=0$ 这个关系式，并在后续化简中通过等量代换消去超越函数部分（如 $e^{x_0}$ 或 $\ln x_0$）。

避坑指南：证明（Ⅱ）时，直接对含参函数 $f(x,m)$ 讨论会非常复杂，利用单调性固定 $m=2$ 是极简的突破口。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：切线放缩法（$e^x\ge x+1$）、泰勒展开公式的初等应用。

结论推广：函数 $e^x$ 与 $\ln x$ 的复合或加减组合常出现隐零点，其最小值往往具有 $(x_0+1{)}^2/\text{多项式}$ 的形式。

方法推广：证明 $f(x)>g(x)$ 常用构造辅助函数 $F(x)=f(x)-g(x)$ 转化为求 $F(x{)}_{min}>0$。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 04.01 指数与对数运算
• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 05.02 函数的四大性质

类题演练 (Links)

• 2023-新高考II卷-06 单-导数单调性
• 2014-山东卷文-20 解-导数切线单调性
• 2014-大纲卷文-21 解-导数含参单调性