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

(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(-1, +\infty)$，其导数为：
$$ f'(x) = \cos x - \frac{1}{x+1} $$
令 $g(x) = f'(x) = \cos x - \frac{1}{x+1}$，则 $g(x)$ 的导数为：
$$ g'(x) = -\sin x + \frac{1}{(x+1)^2} $$
在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上，$y = -\sin x$ 单调递减，$y = \frac{1}{(x+1)^2}$ 也单调递减，故 $g'(x)$ 在该区间上单调递减。

考察端点及特殊点的值：
$$ g'(0) = -\sin 0 + \frac{1}{(0+1)^2} = 1 > 0 $$
$$ g'\left(\frac{\pi}{2}\right) = -\sin \frac{\pi}{2} + \frac{1}{(\frac{\pi}{2}+1)^2} = -1 + \frac{4}{(\pi+2)^2} $$
因为 $\pi > 3$，所以 $(\pi+2)^2 > 25$，故 $\frac{4}{(\pi+2)^2} < 1$，从而 $g'\left(\frac{\pi}{2}\right) < 0$。

由零点存在定理可知，存在唯一的 $x_0 \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)$，使得 $g'(x_0) = 0$。
当 $x \in (-1, x_0)$ 时，$g'(x) > 0$，$g(x)$ 单调递增；
当 $x \in (x_0, \frac{\pi}{2})$ 时，$g'(x) < 0$，$g(x)$ 单调递减。
因此，$x = x_0$ 是 $g(x)$ 即 $f'(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上的唯一极大值点。

(2) 下面讨论 $f(x)$ 零点的个数，分区间进行讨论：

① 当 $x \in (-1, 0]$ 时：
由 (1) 知 $f'(x)$ 在 $(-1, x_0)$ 上单调递增，而 $0 < x_0$，故 $f'(x)$ 在 $(-1, 0]$ 上单调递增。
又 $f'(0) = \cos 0 - \frac{1}{0+1} = 0$，所以当 $x \in (-1, 0)$ 时，$f'(x) < f'(0) = 0$。
此时 $f(x)$ 在 $(-1, 0]$ 上单调递减。
因为 $f(0) = \sin 0 - \ln 1 = 0$，且 $f(x)$ 单调递减，所以 $x=0$ 是 $f(x)$ 在 $(-1, 0]$ 上的唯一零点。

② 当 $x \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right]$ 时：
由 (1) 知 $f'(x)$ 在 $(0, x_0)$ 上递增，在 $(x_0, \frac{\pi}{2})$ 上递减。
因为 $f'(0) = 0$ 且 $f'(x)$ 在 $(0, x_0)$ 递增，所以对于 $x \in (0, x_0]$，有 $f'(x) > 0$。
这意味着 $f(x)$ 在 $(0, x_0]$ 上单调递增，故 $f(x) > f(0) = 0$，此区间无零点。

接下来考虑 $(x_0, \frac{\pi}{2}]$。
计算 $f'\left(\frac{\pi}{2}\right) = -\frac{2}{\pi+2} < 0$。
因为 $f'(x_0)$ 是极大值且 $f'(x)$ 在 $(x_0, \frac{\pi}{2})$ 递减至负值，且 $f'(x_0) > f'(0)=0$，
由零点存在定理，存在唯一的 $x_1 \in (x_0, \frac{\pi}{2})$ 使得 $f'(x_1) = 0$。
当 $x \in (x_0, x_1)$ 时，$f'(x) > 0$，$f(x)$ 单调递增；
当 $x \in (x_1, \frac{\pi}{2})$ 时，$f'(x) < 0$，$f(x)$ 单调递减。
因此，$f(x)$ 在 $(x_0, \frac{\pi}{2}]$ 上的最大值为 $f(x_1)$，且 $f(x_1) > f(x_0) > f(0) = 0$。
我们需要判断区间端点或最小值的符号来确定是否有零点。
考察右端点 $x = \frac{\pi}{2}$：
$$ f\left(\frac{\pi}{2}\right) = 1 - \ln\left(1+\frac{\pi}{2}\right) = 1 - \ln\left(\frac{2+\pi}{2}\right) = \ln e - \ln\left(\frac{2+\pi}{2}\right) = \ln\left(\frac{2e}{2+\pi}\right) $$
因为 $e \approx 2.718$，$\pi \approx 3.14$，所以 $2e \approx 5.436$，$2+\pi \approx 5.14$。
显然 $2e > 2+\pi$，故 $\frac{2e}{2+\pi} > 1$，所以 $f\left(\frac{\pi}{2}\right) > 0$。
由于 $f(x)$ 在 $(x_0, x_1)$ 递增，在 $(x_1, \frac{\pi}{2})$ 递减，且最小值（相对于该子区间的边界）$f(x_0)>0$ 和 $f(\frac{\pi}{2})>0$，实际上整个区间 $(0, \frac{\pi}{2}]$ 上 $f(x) > 0$ 恒成立。
具体而言，$f(x)$ 在 $(0, x_1]$ 上从 $0$ 增至 $f(x_1)$，在 $[x_1, \frac{\pi}{2}]$ 上从 $f(x_1)$ 减至 $f(\frac{\pi}{2}) > 0$。
故 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上无零点。

③ 当 $x \in \left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 时：
在此区间内，$\sin x$ 单调递减，$\ln(1+x)$ 单调递增，故 $-\ln(1+x)$ 单调递减。
两个减函数之和仍为减函数，故 $f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减。
由前可知 $f\left(\frac{\pi}{2}\right) > 0$。
又 $f(\pi) = \sin \pi - \ln(1+\pi) = -\ln(1+\pi) < 0$。
由零点存在定理及单调性可知，$f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上存在唯一零点。

④ 当 $x \in (\pi, +\infty)$ 时：
$\sin x \le 1$。
因为 $x > \pi$，所以 $1+x > 1+\pi > e$（因 $\pi > 2$），故 $\ln(1+x) > \ln e = 1$。
所以 $f(x) = \sin x - \ln(1+x) < 1 - 1 = 0$。
故 $f(x)$ 在 $(\pi, +\infty)$ 上恒小于 0，无零点。

综上所述，$f(x)$ 在 $(-1, 0]$ 上有唯一零点 $x=0$，在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上有唯一零点，在其他区间无零点。
因此，$f(x)$ 有且仅有 2 个零点。