2019-全国卷I理-20 解-导数综合

本题导读

本题考查导数的运算法则及二阶导数的应用。核心在于构造辅助函数法、零点存在定理 (二分法/判定定理)的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2019年全国卷I(理)）已知函数 $f(x)=\sin x-\ln (1+x)$，$f^{\prime }(x)$ 为 $f(x)$ 的导数．证明：

(1)$f^{\prime }(x)$ 在区间 $(-1,\frac{\pi }{2})$ 存在唯一极大值点；

(2)$f(x)$ 有且仅有 2 个零点．

🔍【思路分析】

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1. 第一问（极大值点证明）：

   • 求出 $f^{\prime }(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}$。

   • 要证 $f^{\prime }(x)$ 有唯一极大值点，需研究其导数（即 $f^{\prime \prime }(x)$）的零点。

   • 设 $g(x)=f^{\prime }(x)$，考察 $g^{\prime }(x)=-\sin x+\frac{1}{(x+1{)}^2}$。通过 $g^{\prime \prime }(x)$ 或直接观察增减性发现 $g^{\prime }(x)$ 在区间内单调递减。

   • 利用零点存在定理找到 $g^{\prime }(x)=0$ 的点，从而确定 $g(x)$ 先增后减的趋势。

2. 第二问（零点个数证明）：

   • 分段讨论是解决此类复杂零点问题的核心。

   • 区间一 $(-1,0]$：利用 $f^{\prime }(x)$ 的单调性判定 $f(x)$ 的单调性，锁定 $x=0$ 是该区间唯一零点。

   • 区间二 $(0,\frac{\pi }{2}]$：结合第一问结论，分析 $f(x)$ 的增减变化。

   • 区间三 $(\frac{\pi }{2},\pi ]$：利用单调性和端点值正负异号判定唯一零点。

   • 区间四 $(\pi ,+\infty )$：利用放缩法或值域范围证明无零点。

✅【答案】

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(1)证明见解析（$f^{\prime }(x)$ 在 $(-1,\frac{\pi }{2})$ 存在唯一极大值点）。

(2)证明见解析（$f(x)$ 有且仅有 $2$ 个零点）。

✍【详细解析】

Abstract

(1)证明：

$f(x)$ 的定义域为 $(-1,+\infty )$，且 $f^{\prime }(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}$．

令 $g(x)=f^{\prime }(x)$，则 $g^{\prime }(x)=-\sin x-\frac{1}{(x+1{)}^2}$（此处注意求导符号）．

修正思路：$g^{\prime }(x)=-\sin x+\frac{1}{(x+1{)}^2}$。

在 $x\in (-1,\frac{\pi }{2})$ 上，$-\sin x$ 单调递减，$\frac{1}{(x+1{)}^2}$ 也单调递减．

所以 $g^{\prime }(x)$ 在 $(-1,\frac{\pi }{2})$ 上单调递减．

又 $g^{\prime }(0)=1>0$，$g^{\prime }(\frac{\pi }{2})=-1+\frac{4}{(\pi +2{)}^2}<0$．

由零点存在定理可知，存在唯一的 $x_0\in (0,\frac{\pi }{2})$，使得 $g^{\prime }(x_0)=0$．

当 $x\in (-1,x_0)$ 时，$g^{\prime }(x)>0$，$g(x)$ 单调递增；

当 $x\in (x_0,\frac{\pi }{2})$ 时，$g^{\prime }(x)<0$，$g(x)$ 单调递减．

故 $x=x_0$ 是 $g(x)$（即 $f^{\prime }(x)$）在区间 $(-1,\frac{\pi }{2})$ 的唯一极大值点．

(2)证明：

由(1)可知 $f^{\prime }(0)=\cos 0-1=0$．

① 当 $x\in (-1,0]$ 时，$f^{\prime }(x)$ 单调递增，故 $f^{\prime }(x)\le f^{\prime }(0)=0$． $f(x)$ 在 $(-1,0]$ 单调递减，且 $f(0)=0$．

故 $x=0$ 是 $f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上的唯一零点．

② 当 $x\in (0,\frac{\pi }{2}]$ 时，$f^{\prime }(x)$ 在 $(0,x_0)$ 递增，在 $(x_0,\frac{\pi }{2})$ 递减．

因为 $f^{\prime }(0)=0$，所以 $f^{\prime }(x_0)>0$。

又 $f^{\prime }(\frac{\pi }{2})=0-\frac{1}{\frac{\pi }{2}+1}<0$．

故存在 $x_1\in (x_0,\frac{\pi }{2})$，使得 $f^{\prime }(x_1)=0$．

$f(x)$ 在 $(0,x_1)$ 递增，在 $(x_1,\frac{\pi }{2})$ 递减．

由于 $f(0)=0$，则 $x\in (0,x_1)$ 时 $f(x)>0$；

又 $f(\frac{\pi }{2})=\sin \frac{\pi }{2}-\ln (1+\frac{\pi }{2})=1-\ln (1+\frac{\pi }{2})>0$（因为 $1+\frac{\pi }{2}<1+1.57=2.57<e$）．

所以 $f(x)$ 在 $(0,\frac{\pi }{2}]$ 上没有零点．

③ 当 $x\in (\frac{\pi }{2},\pi ]$ 时，$f^{\prime }(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}<0$ 恒成立．

$f(x)$ 在该区间单调递减．

$f(\frac{\pi }{2})>0$，$f(\pi )=0-\ln (1+\pi )<0$．

由零点存在定理知，$f(x)$ 在 $(\frac{\pi }{2},\pi ]$ 有唯一零点．

④ 当 $x\in (\pi ,+\infty )$ 时，$f(x)=\sin x-\ln (1+x)\le 1-\ln (1+\pi )<1-\ln e=0$．

故 $f(x)$ 在此区间无零点．

综上所述，$f(x)$ 有且仅有 2 个零点．

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 导数工具链：$f(x)\stackrel{\text{求导}}{\to }{f}^{\prime }(x)\stackrel{\text{求导}}{\to }{f}^{\prime \prime }(x)$。通过高阶导数的正负确定低阶导数的单调性，再确定原函数的走势。

• 估算意识：在处理 $\ln (1+\frac{\pi }{2})$ 与 $1$ 的关系时，需熟记 $e\approx 2.718$ 及 $\pi \approx 3.14$。

• 逻辑严密性：零点问题的证明必须包含“存在性”和“唯一性”两个方面。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 隐零点问题：如第一问中的 $x_0$，无法写出具体数值，但需利用 $g^{\prime }(x_0)=0$ 的代量关系进行后续化简。

2. 端点效应：利用函数在定义域端点或特殊点（如 0, 1）的导数值快速判断单调性起点。

3. 超越函数的零点：涉及 $\sin x$ 与 $\ln x$ 的组合，通常需要结合两者的增长速度差异来辅助判断。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值

类题演练 (Links)

• 2005-全国卷II理-22 解-利用导数研究函数的
• 2005-山东卷理-21 解-数列的递推关系与通项公式
• 2005-江西卷理-18 解-平面向量的数量积坐标运算