已知函数 f(x)=sin x-ln (1+x), f^…——2019 高考数学第 20 题答案解析

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）求得导函数后，可判断出导函数在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减，根据零点存在定理可判断出 $\exists x_{0} \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ ，使得 $g^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ，进而得到导函数在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上的单调性，从而可证得结论
可判断出在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上无零点，再利用零点存在定理得到 $f(x)$ 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上的单调性，可知 $f(x)>0$ ，不存在零点；当 $x \in\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 时，利用零点存在定理和 $f(x)$ 单调性可判断出存在唯一一个零点；当 $x \in(\pi,+\infty)$ ，可证得 $f(x)<0$ ；综合上述情况可证得结论．

【详解】①由题意知：$f(x)$ 定义域为：$(-1,+\infty)$ 且 $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}$令 $g(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$
$\therefore g^{\prime}(x)=-\sin x+\frac{1}{(x+1)^{2}}, \quad x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$
$\because \frac{1}{(x+1)^{2}}$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减，$\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{7}$ ，在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减
$\therefore g^{\prime}(x)$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减
又 $g^{\prime}(0)=-\sin 0+1=1>0, g^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=-\sin \frac{\pi}{2}+\frac{4}{(\pi+2)^{2}}=\frac{4}{(\pi+2)^{2}}-1<0$
$\therefore \exists x_{0} \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ ，使得 $g^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$

∴ 当 $x \in\left(-1, x_{0}\right)$ 时，$g^{\prime}(x)>0 ; x \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 时，$g^{\prime}(x)<0$
即 $g(x)$ 在 $\left(-1, x_{0}\right)$ 上单调递增；在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减
则 $x=x_{0}$ 为 $g(x)$ 唯一的极大值点

即：$f^{\prime}(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上存在唯一的极大值点 $x_{0}$ 。
（2）由①知：$f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in(-1,+\infty)$
①当 $x \in(-1,0]$ 时，由①可知 $f^{\prime}(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递增
$\therefore f^{\prime}(x) \leq f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递减
又 $f(0)=0$
$\therefore x=0$ 为 $f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上的唯一零点
②当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right]$ 时，$f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增，在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减
又 $f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$
$\therefore f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增，此时 $f(x)>f(0)=0$ ，不存在零点
又 $f^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=\cos \frac{\pi}{2}-\frac{2}{\pi+2}=-\frac{2}{\pi+2}<0$
$\therefore \exists x_{1} \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ ，使得 $f^{\prime}\left(x_{1}\right)=0$
$\therefore f(x)$ 在 $\left(x_{0}, x_{1}\right)$ 上单调递增，在 $\left(x_{1}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减
又 $f\left(x_{0}\right)>f(0)=0, f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\sin \frac{\pi}{2}-\ln \left(1+\frac{\pi}{2}\right)=\ln \frac{2 e}{\pi+2}>\ln 1=0$
$\therefore f(x)>0$ 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上恒成立，此时不存在零点

（3）当 $x \in\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 时， $\sin x$ 单调递减，$-\ln (x+1)$ 单调递减
$\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减
又 $f\left(\frac{\pi}{2}\right)>0, f(\pi)=\sin \pi-\ln (\pi+1)=-\ln (\pi+1)<0$
即 $f(\pi) \cdot f\left(\frac{\pi}{2}\right)<0$ ，又 $f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减
$\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上存在唯一零点
（4）当 $x \in(\pi,+\infty)$ 时， $\sin x \in[-1,1], \ln (x+1)>\ln (\pi+1)>\ln e=1$
$\therefore \sin x-\ln (x+1)<0$
即 $f(x)$ 在 $(\pi,+\infty)$ 上不存在零点
综上所述：$f(x)$ 有且仅有 2 个零点
【点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题．解决零点问题的关键一方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可。