2024年新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)題型歸類與強(qiáng)化測(cè)試專題19利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)教師版

專題19利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)一、【知識(shí)梳理】【方法技巧】1.利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的零點(diǎn)常用方法(1)構(gòu)造函數(shù)g(x)，利用導(dǎo)數(shù)研究g(x)的性質(zhì)，結(jié)合g(x)的圖象，判斷函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù).(2)利用零點(diǎn)存在定理，先判斷函數(shù)在某區(qū)間有零點(diǎn)，再結(jié)合圖象與性質(zhì)確定函數(shù)有多少個(gè)零點(diǎn).2.函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)可轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)，根據(jù)圖象的幾何直觀求解.3.與函數(shù)零點(diǎn)有關(guān)的參數(shù)范圍問(wèn)題，往往利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值點(diǎn)，并結(jié)合特殊點(diǎn)判斷函數(shù)的大致圖象，進(jìn)而求出參數(shù)的取值范圍.也可分離出參數(shù)，轉(zhuǎn)化為兩函數(shù)圖象的交點(diǎn)情況.4.利用函數(shù)性質(zhì)研究函數(shù)的零點(diǎn)，主要是根據(jù)函數(shù)單調(diào)性、奇偶性、最值或極值的符號(hào)確定函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，此類問(wèn)題在求解過(guò)程中可以通過(guò)數(shù)形結(jié)合的方法確定函數(shù)存在零點(diǎn)的條件．二、【題型歸類】【題型一】判斷、證明或討論零點(diǎn)的個(gè)數(shù)【典例1】已知函數(shù)f(x)＝xsinx－eq\f(3,2).判斷函數(shù)f(x)在(0，π)內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，并加以證明.【解析】f(x)在(0，π)內(nèi)有且只有兩個(gè)零點(diǎn).證明如下：∵f′(x)＝sinx＋xcosx，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，f′(x)＞0，f(x)＝xsinx－eq\f(3,2)，從而有f(0)＝－eq\f(3,2)＜0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π－3,2)＞0，又f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的圖象是連續(xù)不間斷的.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內(nèi)至少存在一個(gè)零點(diǎn).又f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn).當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時(shí)，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx.由geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上的圖象是連續(xù)不間斷的，故存在m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，使得g(m)＝0.由g′(x)＝2cosx－xsinx，知x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時(shí)，有g(shù)′(x)＜0，從而g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))內(nèi)單調(diào)遞減.當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))時(shí)，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，從而f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))內(nèi)單調(diào)遞增，故當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))時(shí)，f(x)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π－3,2)＞0，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))上無(wú)零點(diǎn)；當(dāng)x∈(m，π)時(shí)，有g(shù)(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，從而f(x)在(m，π)內(nèi)單調(diào)遞減.又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在[m，π]上的圖象是連續(xù)不斷的，從而f(x)在(m，π)內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn).綜上所述，f(x)在(0，π)內(nèi)有且只有兩個(gè)零點(diǎn).【典例2】已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－a(x2＋x＋1).(1)若a＝3，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：f(x)只有一個(gè)零點(diǎn).【解析】(1)解當(dāng)a＝3時(shí)，f(x)＝eq\f(1,3)x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.令f′(x)＝0，解得x＝3－2eq\r(3)或x＝3＋2eq\r(3).當(dāng)x∈(－∞，3－2eq\r(3))∪(3＋2eq\r(3)，＋∞)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(3－2eq\r(3)，3＋2eq\r(3))時(shí)，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，3－2eq\r(3))，(3＋2eq\r(3)，＋∞)單調(diào)遞增，在(3－2eq\r(3)，3＋2eq\r(3))單調(diào)遞減.(2)證明由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等價(jià)于eq\f(x3,x2＋x＋1)－3a＝0.設(shè)g(x)＝eq\f(x3,x2＋x＋1)－3a，則g′(x)＝eq\f(x2（x2＋2x＋3）,（x2＋x＋1）2)≥0，僅當(dāng)x＝0時(shí)g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增.故g(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)，從而f(x)至多有一個(gè)零點(diǎn).又f(3a－1)＝－6a2＋2a－eq\f(1,3)＝－6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,6)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,6)<0，f(3a＋1)＝eq\f(1,3)>0，故f(x)有一個(gè)零點(diǎn).綜上，f(x)只有一個(gè)零點(diǎn).【典例3】已知函數(shù)f(x)＝x－alnx(a>0)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求函數(shù)g(x)＝eq\f(1,2)x2－ax－f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．【解析】(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，由f(x)＝x－alnx可得f′(x)＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)，由f′(x)>0可得x>a；由f′(x)<0可得0<x<a，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，a)，單調(diào)遞增區(qū)間為(a，＋∞)．(2)由g(x)＝eq\f(1,2)x2－ax－x＋alnx＝eq\f(1,2)x2－(a＋1)x＋alnx，可得g′(x)＝x－(a＋1)＋eq\f(a,x)＝eq\f(x2－a＋1x＋a,x)＝eq\f(x－1x－a,x)，令g′(x)＝0可得x＝1或x＝a，因?yàn)間(1)＝eq\f(1,2)－a－1＝－a－eq\f(1,2)<0，g(2a＋3)＝eq\f(1,2)(2a＋3)2－(a＋1)(2a＋3)＋aln(2a＋3)＝a＋aln(2a＋3)＋eq\f(3,2)>0，當(dāng)a>1時(shí)，g(x)在(1，a)上單調(diào)遞減，所以g(1)>g(a)，所以g(a)<0，所以g(x)有一個(gè)零點(diǎn)，當(dāng)a＝1時(shí)，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)有一個(gè)零點(diǎn)，當(dāng)0<a<1時(shí)，g(x)在(0，a)上單調(diào)遞增，在(a,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，此時(shí)g(a)＝eq\f(1,2)a2－(a＋1)a＋alna＝－eq\f(1,2)a2－a＋alna<0，g(x)只有一個(gè)零點(diǎn)，綜上所述，g(x)在(0，＋∞)上只有一個(gè)零點(diǎn)．【題型二】根據(jù)零點(diǎn)情況求參數(shù)范圍【典例1】函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)的導(dǎo)函數(shù)的圖象如圖所示：(1)求a，b的值并寫(xiě)出f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)y＝f(x)有三個(gè)零點(diǎn)，求c的取值范圍．【解析】(1)因?yàn)閒(x)＝eq\f(1,3)x3＋ax2＋bx＋c，所以f′(x)＝x2＋2ax＋b.因?yàn)閒′(x)＝0的兩個(gè)根為－1，2，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1＋2＝－2a，,－1×2＝b，))解得a＝－eq\f(1,2)，b＝－2，由導(dǎo)函數(shù)的圖象可知(圖略)，當(dāng)－1<x<2時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x<－1或x＞2時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1)和(2，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－1，2)．(2)由(1)得f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)x2－2x＋c，函數(shù)f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函數(shù)，在(－1，2)上是減函數(shù)，所以函數(shù)f(x)的極大值為f(－1)＝eq\f(7,6)＋c，極小值為f(2)＝c－eq\f(10,3).而函數(shù)f(x)恰有三個(gè)零點(diǎn)，故必有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(7,6)＋c＞0，,c－\f(10,3)<0，))解得－eq\f(7,6)<c<eq\f(10,3).所以使函數(shù)f(x)恰有三個(gè)零點(diǎn)的實(shí)數(shù)c的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,6)，\f(10,3))).【典例2】已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)．(1)若f(0)＝2，求實(shí)數(shù)a的值，并求此時(shí)f(x)在[－2，1]上的最小值；(2)若函數(shù)f(x)不存在零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【解析】(1)由題意知，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，又f(0)＝1－a＝2，得a＝－1，所以f(x)＝ex－x＋1，求導(dǎo)得f′(x)＝ex－1.易知f(x)在[－2，0]上單調(diào)遞減，在(0，1]上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝0時(shí)，f(x)在[－2，1]上取得最小值2.(2)由(1)知f′(x)＝ex＋a，由于ex>0，①當(dāng)a>0時(shí)，f′(x)>0，f(x)在R上是增函數(shù)，當(dāng)x>1時(shí)，f(x)＝ex＋a(x－1)>0；當(dāng)x<0時(shí)，取x＝－eq\f(1,a)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))<1＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)－1))＝－a<0.所以函數(shù)f(x)存在零點(diǎn)，不滿足題意．②當(dāng)a<0時(shí)，令f′(x)＝0，得x＝ln(－a)．在(－∞，ln(－a))上，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，在(ln(－a)，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝ln(－a)時(shí)，f(x)取最小值．函數(shù)f(x)不存在零點(diǎn)，等價(jià)于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)>0，解得－e2<a<0.綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－e2，0)．【典例3】已知函數(shù)f(x)＝x3－kx＋k2.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有三個(gè)零點(diǎn)，求k的取值范圍．【解析】(1)f′(x)＝3x2－k.當(dāng)k＝0時(shí)，f(x)＝x3，故f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增．當(dāng)k＜0時(shí)，f′(x)＝3x2－k＞0，故f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增．當(dāng)k＞0時(shí)，令f′(x)＝0，得x＝±eq\f(\r(3k),3).當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3k),3)))時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3k),3)，\f(\r(3k),3)))時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3k),3)，＋∞))時(shí)，f′(x)＞0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3k),3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3k),3)，＋∞))單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3k),3)，\f(\r(3k),3)))單調(diào)遞減．(2)由(1)知，當(dāng)k≤0時(shí)，f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增，f(x)不可能有三個(gè)零點(diǎn)．當(dāng)k＞0時(shí)，x＝－eq\f(\r(3k),3)為f(x)的極大值點(diǎn)，x＝eq\f(\r(3k),3)為f(x)的極小值點(diǎn)．此時(shí)，－k－1＜－eq\f(\r(3k),3)＜eq\f(\r(3k),3)＜k＋1且f(－k－1)＜0，f(k＋1)＞0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3k),3)))＞0.根據(jù)f(x)的單調(diào)性，當(dāng)且僅當(dāng)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3k),3)))＜0，即k2－eq\f(2k\r(3k),9)＜0時(shí)，f(x)有三個(gè)零點(diǎn)，解得k＜eq\f(4,27).因此k的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,27))).【題型三】利用函數(shù)性質(zhì)研究函數(shù)零點(diǎn)【典例1】已知函數(shù)f(x)＝xsinx＋cosx，g(x)＝x2＋4.(1)討論f(x)在[－π，π]上的單調(diào)性；(2)令h(x)＝g(x)－4f(x)，試證明h(x)在R上有且僅有三個(gè)零點(diǎn)．【解析】(1)解f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx.當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時(shí)，f′(x)<0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上單調(diào)遞減．(2)證明h(x)＝x2＋4－4xsinx－4cosx，∵h(yuǎn)(－x)＝x2＋4－4xsinx－4cosx＝h(x)，∴h(x)為偶函數(shù)．又∵h(yuǎn)(0)＝0，∴x＝0為函數(shù)h(x)的零點(diǎn)．下面討論h(x)在(0，＋∞)上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)：h(x)＝x2＋4－4xsinx－4cosx＝x(x－4sinx)＋4(1－cosx)．當(dāng)x∈[4，＋∞)時(shí)，x－4sinx>0,4(1－cosx)≥0，∴h(x)>0，∴h(x)無(wú)零點(diǎn)；當(dāng)x∈(0,4)時(shí)，h′(x)＝2x－4xcosx＝2x(1－2cosx)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))時(shí)，h′(x)<0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，4))時(shí)，h′(x)>0，∴h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，4))上單調(diào)遞增，∴h(x)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\f(π2,9)＋4－eq\f(4π,3)sineq\f(π,3)－4coseq\f(π,3)＝eq\f(π2,9)＋2－eq\f(2\r(3)π,3)<0，又h(0)＝0，且h(4)＝20－16sin4－4cos4>0，∴h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上無(wú)零點(diǎn)，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，4))上有唯一零點(diǎn)．綜上，h(x)在(0，＋∞)上有唯一零點(diǎn)，又h(0)＝0且h(x)為偶函數(shù)，故h(x)在R上有且僅有三個(gè)零點(diǎn)．【典例2】已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－a(x2＋x＋1)．(1)若a＝3，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)．【解析】(1)解當(dāng)a＝3時(shí)，f(x)＝eq\f(1,3)x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.令f′(x)＝0，解得x＝3－2eq\r(3)或x＝3＋2eq\r(3).當(dāng)x∈(－∞，3－2eq\r(3))∪(3＋2eq\r(3)，＋∞)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(3－2eq\r(3)，3＋2eq\r(3))時(shí)，f′(x)<0.故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，3－2eq\r(3))，(3＋2eq\r(3)，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(3－2eq\r(3)，3＋2eq\r(3))．(2)證明因?yàn)閤2＋x＋1>0在R上恒成立，所以f(x)＝0等價(jià)于eq\f(x3,x2＋x＋1)－3a＝0.設(shè)g(x)＝eq\f(x3,x2＋x＋1)－3a，則g′(x)＝eq\f(x2x2＋2x＋3,x2＋x＋12)≥0在R上恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)，g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增．故g(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)，從而f(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)．又f(3a－1)＝－6a2＋2a－eq\f(1,3)＝－6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,6)))2－eq\f(1,6)<0，f(3a＋1)＝eq\f(1,3)>0，故f(x)有一個(gè)零點(diǎn)．綜上所述，f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)．【典例3】已知函數(shù)f(x)＝sinx－ln(1＋x)，f′(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù)，證明：(1)f′(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))上存在唯一極大值點(diǎn)；(2)f(x)有且僅有2個(gè)零點(diǎn)．【解析】(1)f(x)的定義域?yàn)?－1，＋∞)，f′(x)＝cosx－eq\f(1,x＋1)，令g(x)＝cosx－eq\f(1,x＋1)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))，∴g′(x)＝－sinx＋eq\f(1,x＋12)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))，易知g′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))上單調(diào)遞減．又g′(0)＝－sin0＋1＝1>0，g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－sineq\f(π,2)＋eq\f(4,π＋22)＝eq\f(4,π＋22)－1<0，∴?x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，使得g′(x0)＝0.∴當(dāng)x∈(－1，x0)時(shí)，g′(x)>0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))時(shí)，g′(x)<0，∴g(x)在(－1，x0)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減．故x＝x0為g(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))上唯一的極大值點(diǎn)，即f′(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))上存在唯一的極大值點(diǎn)x0.(2)由(1)知f′(x)＝cosx－eq\f(1,x＋1)，x∈(－1，＋∞)．①當(dāng)x∈(－1,0]時(shí)，由(1)可知f′(x)在(－1,0]上單調(diào)遞增，∴f′(x)≤f′(0)＝0，∴f(x)在(－1,0]上單調(diào)遞減，又f(0)＝0.∴x＝0為f(x)在(－1,0]上的唯一零點(diǎn)．②當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，f′(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，又f′(0)＝0，∴f′(x0)>0，∴f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，此時(shí)f(x)>f(0)＝0，不存在零點(diǎn)，又f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝coseq\f(π,2)－eq\f(2,π＋2)＝－eq\f(2,π＋2)<0，∴?x1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))，使得f′(x1)＝0，∴f(x)在(x0，x1)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，又f(x0)>f(0)＝0，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝sineq\f(π,2)－lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(π,2)))＝lneq\f(2e,π＋2)>ln1＝0.∴f(x)>0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))上恒成立，不存在零點(diǎn)．③當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時(shí)，易知f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上單調(diào)遞減，又f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))>0，f(π)＝sinπ－ln(π＋1)＝－ln(π＋1)<0，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上存在唯一零點(diǎn)．④當(dāng)x∈(π，＋∞)時(shí)，ln(x＋1)>ln(π＋1)>1，∴f(x)＝sinx－ln(1＋x)<0，∴f(x)在(π，＋∞)上不存在零點(diǎn)，綜上所述，f(x)有且僅有2個(gè)零點(diǎn)．【題型四】與函數(shù)零點(diǎn)相關(guān)的綜合問(wèn)題【典例1】已知a>0且a≠1，函數(shù)f(x)＝eq\f(xa,ax)(x>0)．(1)當(dāng)a＝2時(shí)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若曲線y＝f(x)與直線y＝1有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，求a的取值范圍．【解析】(1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝eq\f(x2,2x)(x>0)，f′(x)＝eq\f(x2－xln2,2x)(x>0)，令f′(x)>0，則0<x<eq\f(2,ln2)，此時(shí)函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，令f′(x)<0，則x>eq\f(2,ln2)，此時(shí)函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,ln2)))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,ln2)，＋∞)).(2)曲線y＝f(x)與直線y＝1有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，可轉(zhuǎn)化為方程eq\f(xa,ax)＝1(x>0)有兩個(gè)不同的解，即方程eq\f(lnx,x)＝eq\f(lna,a)有兩個(gè)不同的解．設(shè)g(x)＝eq\f(lnx,x)(x>0)，則g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)(x>0)，令g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)＝0，得x＝e，當(dāng)0<x<e時(shí)，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x>e時(shí)，g′(x)<0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減，故g(x)max＝g(e)＝eq\f(1,e)，且當(dāng)x>e時(shí)，g(x)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，又g(1)＝0，所以0<eq\f(lna,a)<eq\f(1,e)，所以a>1且a≠e，即a的取值范圍為(1，e)∪(e，＋∞)．【典例2】設(shè)函數(shù)f(x)＝e2x－alnx.(1)討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；(2)證明：當(dāng)a>0時(shí)，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).【解析】(1)解f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－eq\f(a,x)(x>0).當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，f′(x)沒(méi)有零點(diǎn)；當(dāng)a>0時(shí)，因?yàn)閥＝e2x單調(diào)遞增，y＝－eq\f(a,x)單調(diào)遞增，所以f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.又f′(a)>0，當(dāng)b滿足0<b<eq\f(a,4)，且b<eq\f(1,4)時(shí)，f′(b)<0，(討論a≥1或a<1來(lái)檢驗(yàn)，①當(dāng)a≥1時(shí)，則0<b<eq\f(1,4)，f′(b)＝2e2b－eq\f(a,b)<2eeq\f(1,2)－4a<2eeq\f(1,2)－4<0；②當(dāng)a<1時(shí)，則0<b<eq\f(a,4)，f′(b)＝2e2b－eq\f(a,b)<2eeq\f(a,2)－4<2eeq\f(1,2)－4<0，綜上，f′(b)<0.)故當(dāng)a>0時(shí)，f′(x)存在唯一零點(diǎn).(2)證明由(1)，可設(shè)f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零點(diǎn)為x0，當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.故f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝x0時(shí)，f(x)取得最小值，最小值為f(x0).由于2e2x0－eq\f(a,x0)＝0，所以f(x0)＝eq\f(a,2x0)＋2ax0＋alneq\f(2,a)≥2a＋alneq\f(2,a).故當(dāng)a>0時(shí)，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).【典例3】設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋bx＋c，曲線y＝f(x)在點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))處的切線與y軸垂直.(1)求b；(2)若f(x)有一個(gè)絕對(duì)值不大于1的零點(diǎn)，證明：f(x)所有零點(diǎn)的絕對(duì)值都不大于1.【解析】(1)解f′(x)＝3x2＋b.依題意得f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，即eq\f(3,4)＋b＝0，故b＝－eq\f(3,4).(2)證明由(1)知f(x)＝x3－eq\f(3,4)x＋c，f′(x)＝3x2－eq\f(3,4).令f′(x)＝0，解得x＝－eq\f(1,2)或x＝eq\f(1,2).f′(x)與f(x)的情況為：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))f′(x)＋0－0＋f(x)c＋eq\f(1,4)c－eq\f(1,4)因?yàn)閒(1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝c＋eq\f(1,4)，所以當(dāng)c<－eq\f(1,4)時(shí)，f(x)只有大于1的零點(diǎn).因?yàn)閒(－1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝c－eq\f(1,4)，所以當(dāng)c>eq\f(1,4)時(shí)，f(x)只有小于－1的零點(diǎn).由題設(shè)可知－eq\f(1,4)≤c≤eq\f(1,4).當(dāng)c＝－eq\f(1,4)時(shí)，f(x)只有兩個(gè)零點(diǎn)－eq\f(1,2)和1.當(dāng)c＝eq\f(1,4)時(shí)，f(x)只有兩個(gè)零點(diǎn)－1和eq\f(1,2).當(dāng)－eq\f(1,4)<c<eq\f(1,4)時(shí)，f(x)有三個(gè)零點(diǎn)x1，x2，x3，且x1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，x3∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).綜上，若f(x)有一個(gè)絕對(duì)值不大于1的零點(diǎn)，則f(x)所有零點(diǎn)的絕對(duì)值都不大于1.三、【培優(yōu)訓(xùn)練】【訓(xùn)練一】已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax2＋(a－b－1)x＋b＋1(a，b∈R)．(1)若a＝0，試討論f(x)的單調(diào)性；(2)若0<a<2，b＝1，實(shí)數(shù)x1，x2為方程f(x)＝m－ax2的兩個(gè)不等實(shí)根，求證：eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)>4－2a.【解析】(1)依題意知x>0，當(dāng)a＝0時(shí)，f′(x)＝eq\f(1,x)－(b＋1)．①當(dāng)b≤－1時(shí)，f′(x)>0恒成立，此時(shí)f(x)在定義域上單調(diào)遞增；②當(dāng)b>－1時(shí)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,b＋1)))時(shí)，f′(x)>0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b＋1)，＋∞))時(shí)，f′(x)<0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,b＋1)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b＋1)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)證明：由f(x)＝m－ax2得lnx＋(a－2)x＋2－m＝0，令g(x)＝lnx＋(a－2)x＋2，x>0，則g(x1)＝g(x2)＝m，依題意有l(wèi)nx1＋(a－2)x1＝lnx2＋(a－2)x2，所以a－2＝eq\f(ln\f(x2,x1),x1－x2)，要證eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)>4－2a，只需證eq\f(x1＋x2,x1x2)>2(2－a)＝eq\f(－2ln\f(x2,x1),x1－x2)(不妨設(shè)x1<x2)，即證eq\f(x1,x2)－eq\f(x2,x1)<－2lneq\f(x2,x1)，即證2lneq\f(x2,x1)＋eq\f(x1,x2)－eq\f(x2,x1)<0，令eq\f(x2,x1)＝t(t>1)，則g(t)＝2lnt－t＋eq\f(1,t)，因?yàn)間′(t)＝eq\f(2,t)－1－eq\f(1,t2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－1))eq\s\up12(2)<0，所以g(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(t)<g(1)＝0，從而有eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)>4－2a.【訓(xùn)練二】設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋bx＋c，曲線y＝f(x)在點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))處的切線與y軸垂直．(1)求b；(2)若f(x)有一個(gè)絕對(duì)值不大于1的零點(diǎn)，證明：f(x)所有零點(diǎn)的絕對(duì)值都不大于1.【解析】(1)f′(x)＝3x2＋b.依題意得f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，即eq\f(3,4)＋b＝0.故b＝－eq\f(3,4).(2)由(1)知f(x)＝x3－eq\f(3,4)x＋c，f′(x)＝3x2－eq\f(3,4).令f′(x)＝0，解得x＝－eq\f(1,2)或x＝eq\f(1,2).f′(x)與f(x)的情況為：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))f′(x)＋0－0＋f(x)c＋eq\f(1,4)c－eq\f(1,4)因?yàn)閒(1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝c＋eq\f(1,4)，所以當(dāng)c<－eq\f(1,4)時(shí)，f(x)只有大于1的零點(diǎn)．因?yàn)閒(－1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝c－eq\f(1,4)，所以當(dāng)c>eq\f(1,4)時(shí)，f(x)只有小于－1的零點(diǎn)．由題設(shè)可知－eq\f(1,4)≤c≤eq\f(1,4).當(dāng)c＝－eq\f(1,4)時(shí)，f(x)只有兩個(gè)零點(diǎn)－eq\f(1,2)和1.當(dāng)c＝eq\f(1,4)時(shí)，f(x)只有兩個(gè)零點(diǎn)－1和eq\f(1,2).當(dāng)－eq\f(1,4)<c<eq\f(1,4)時(shí)，f(x)有三個(gè)零點(diǎn)x1，x2，x3，且x1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，x3∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).綜上，若f(x)有一個(gè)絕對(duì)值不大于1的零點(diǎn)，則f(x)所有零點(diǎn)的絕對(duì)值都不大于1.【訓(xùn)練三】已知函數(shù)f(x)＝aex－aex－1，g(x)＝－x3－eq\f(3,2)x2＋6x，其中a>0.(1)若曲線y＝f(x)經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，求該曲線在原點(diǎn)處的切線方程；(2)若f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．【解析】(1)因?yàn)閒(0)＝a－1＝0，所以a＝1，此時(shí)f(x)＝ex－ex－1.所以f′(x)＝ex－e，f′(0)＝1－e.所以曲線y＝f(x)在原點(diǎn)處的切線方程為y＝(1－e)x.(2)因?yàn)閒(x)＝aex－aex－1，所以f′(x)＝aex－ae＝a(ex－e)．當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)<0.所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．所以當(dāng)x∈[0，＋∞)時(shí)，f(x)min＝f(1)＝－1.令h(x)＝g(x)＋m＝－x3－eq\f(3,2)x2＋6x＋m，則h′(x)＝－3x2－3x＋6＝－3(x＋2)(x－1)．當(dāng)x>1時(shí)，h′(x)<0；當(dāng)0<x<1時(shí)，h′(x)>0.所以h(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．所以當(dāng)x∈[0，＋∞)時(shí)，h(x)max＝h(1)＝eq\f(7,2)＋m.要使f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，則eq\f(7,2)＋m≥－1，即m≥－eq\f(9,2).所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,2)，＋∞)).【訓(xùn)練四】已知函數(shù)f(x)＝ex＋1－kx－2k(其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，k∈R)．(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2時(shí)，證明x1＋x2>－2.【解析】(1)解易得f′(x)＝－k，當(dāng)k>0時(shí)，令f′(x)＝0，得x＝lnk－1，可得當(dāng)x∈(－∞，lnk－1)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(lnk－1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，lnk－1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(lnk－1，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)k≤0時(shí)，f′(x)＝ex＋1－k>0恒成立，故此時(shí)函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增．綜上，當(dāng)k≤0時(shí)，f(x)在R上單調(diào)遞增，當(dāng)k>0時(shí)，f(x)在(－∞，lnk－1)上單調(diào)遞減，在(lnk－1，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)證明當(dāng)k≤0時(shí)，由(1)知函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，不存在兩個(gè)零點(diǎn)，所以k>0，由題意知＝k(x1＋2)，＝k(x2＋2)，所以x1＋2>0，x2＋2>0，可得x1－x2＝ln

eq\f(x1＋2,x2＋2)，不妨設(shè)x1>x2，令eq\f(x1＋2,x2＋2)＝t，則t>1，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋2,x2＋2)＝t，,x1－x2＝ln\f(x1＋2,x2＋2)，))解得x1＋2＝eq\f(tlnt,t－1)，x2＋2＝eq\f(lnt,t－1)，所以x1＋x2＋4＝eq\f(t＋1lnt,t－1)，欲證x1＋x2>－2，只需證明eq\f(t＋1lnt,t－1)>2，即證(t＋1)lnt－2(t－1)>0，令g(t)＝(t＋1)lnt－2(t－1)(t≥1)，則g′(t)＝lnt＋eq\f(1,t)(t＋1)－2＝lnt＋eq\f(1,t)－1.令h(t)＝lnt＋eq\f(1,t)－1(t≥1)，則h′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(1,t2)≥0，h(t)單調(diào)遞增，所以g′(t)≥g′(1)＝0.所以g(t)在區(qū)間[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)t>1時(shí)，g(t)>g(1)＝0，即(t＋1)lnt－2(t－1)>0，原不等式得證．【訓(xùn)練五】已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x2－a,sinx)－2(a∈R)．(1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))))處的切線經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a；(2)當(dāng)a>0時(shí)，判斷函數(shù)f(x)在x∈(0，π)上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，并說(shuō)明理由．【解析】(1)f′(x)＝eq\f(2xsinx－x2－acosx,sin2x)，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝π，所以f(x)在點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))))處的切線方程為y＝πx，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π2,2)，即eq\f(π2,4)－a－2＝eq\f(π2,2)，a＝－eq\f(π2,4)－2.(2)因?yàn)閤∈(0，π)，所以sinx>0，所以eq\f(x2－a,sinx)－2＝0可轉(zhuǎn)化為x2－a－2sinx＝0，設(shè)g(x)＝x2－a－2sinx，則g′(x)＝2x－2cosx，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時(shí)，g′(x)>0，所以g(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上單調(diào)遞增．當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，設(shè)h(x)＝g′(x)＝2x－2cosx，此時(shí)h′(x)＝2＋2sinx>0，所以g′(x)在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，又g′(0)＝－2<0，g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝π>0，所以存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))使得g′(x)＝0且x∈(0，x0)時(shí)g(x)單調(diào)遞減，x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))時(shí)g(x)單調(diào)遞增．綜上，對(duì)于連續(xù)函數(shù)g(x)，當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(x0，π)時(shí)，g(x)單調(diào)遞增．又因?yàn)間(0)＝－a<0，所以當(dāng)g(π)＝π2－a>0，即a<π2時(shí)，函數(shù)g(x)在區(qū)間(x0，π)上有唯一零點(diǎn)，當(dāng)g(π)＝π2－a≤0，即a≥π2時(shí)，函數(shù)g(x)在區(qū)間(0，π)上無(wú)零點(diǎn)，綜上可知，當(dāng)0<a<π2時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，π)上有1個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a≥π2時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，π)上沒(méi)有零點(diǎn)．【訓(xùn)練六】已知函數(shù)f(x)＝x3－3kx＋2，k∈R.(1)若x＝－2是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，求k的值及f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在[0，2]上有且僅有2個(gè)零點(diǎn)，求f(x)在[0，2]上的最大值g(k).【解析】(1)由題意知，f(x)＝x3－3kx＋2的定義域?yàn)镽，f′(x)＝3x2－3k，∴f′(－2)＝12－3k＝0，解得k＝4，∵f′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)，∵x∈(－2，2)時(shí)，f′(x)＜0；x∈(－∞，－2)∪(2，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0.∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(－∞，－2)和(2，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為(－2，2).(2)由(1)知，f′(x)＝3(x2－k)，①當(dāng)k≤0時(shí)，f′(x)＝3(x2－k)≥0恒成立，∴f(x)在[0，2]上單調(diào)遞增，最多只有1個(gè)零點(diǎn)，不符合條件，舍去.②當(dāng)k≥4時(shí)，當(dāng)x∈[0，2]時(shí)，f′(x)＝3(x2－k)≤0恒成立，∴f(x)在[0，2]上單調(diào)遞減，最多只有1個(gè)零點(diǎn)，不符合條件，舍去.③當(dāng)0＜k＜4時(shí)，令f′(x)＝3(x2－k)＜0得0＜x＜eq\r(k)，∴f(x)在(0，eq\r(k))上遞減，在(eq\r(k)，2)上遞增，要使函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，2]上有且僅有2個(gè)零點(diǎn)，必有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（0）≥0，,f（\r(k)）＜0，,f（2）≥0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2≥0，,（\r(k)）3－3k\r(k)＋2＜0，,8－6k＋2≥0，))解得1＜k≤eq\f(5,3)，當(dāng)f(2)－f(0)≥0，即1＜k≤eq\f(4,3)時(shí)，由f(x)的單調(diào)性可知f(x)max＝f(2)＝10－6k，同理，當(dāng)f(2)－f(0)＜0，即eq\f(4,3)＜k≤eq\f(5,3)時(shí)，f(x)max＝f(0)＝2，∴f(x)在[0，2]上的最大值g(k)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(10－6k，1＜k≤\f(4,3)，,2，\f(4,3)＜k≤\f(5,3).))四、【強(qiáng)化測(cè)試】【解答題】1.已知函數(shù)f(x)＝a＋eq\r(x)lnx(a∈R)．(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)試判斷f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．【解析】(1)函數(shù)f(x)的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝(eq\r(x))′lnx＋eq\r(x)·eq\f(1,x)＝eq\f(\r(x)（lnx＋2）,2x)，令f′(x)＞0，解得x＞e－2，令f′(x)<0，解得0<x<e－2，所以f(x)在(0，e－2)上單調(diào)遞減，在(e－2，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)由(1)得f(x)min＝f(e－2)＝a－eq\f(2,e)，顯然a≤0時(shí)，f(x)＝0，有1個(gè)零點(diǎn)，a＞eq\f(2,e)時(shí)，f(x)＞0，無(wú)零點(diǎn)，a＝eq\f(2,e)時(shí)，f(x)＝0，有1個(gè)零點(diǎn)，0<a<eq\f(2,e)時(shí)，f(x)<0，有2個(gè)零點(diǎn)．2.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(a,6)x3－eq\f(a,4)x2－ax－2的圖象過(guò)點(diǎn)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(10,3))).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－2m＋3有3個(gè)零點(diǎn)，求m的取值范圍．【解析】(1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝eq\f(a,6)x3－eq\f(a,4)x2－ax－2的圖象過(guò)點(diǎn)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(10,3)))，所以eq\f(32a,3)－4a－4a－2＝eq\f(10,3)，解得a＝2，即f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)x2－2x－2，所以f′(x)＝x2－x－2.由f′(x)>0，得x<－1或x>2.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－1)，(2，＋∞)．(2)由(1)知f(x)極大值＝f(－1)＝－eq\f(1,3)－eq\f(1,2)＋2－2＝－eq\f(5,6)，f(x)極小值＝f(2)＝eq\f(8,3)－2－4－2＝－eq\f(16,3)，由數(shù)形結(jié)合，可知要使函數(shù)g(x)＝f(x)－2m＋3有三個(gè)零點(diǎn)，則－eq\f(16,3)<2m－3<－eq\f(5,6)，解得－eq\f(7,6)<m<eq\f(13,12).所以m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,6)，\f(13,12))).3.已知函數(shù)f(x)＝aex－aex－1，g(x)＝－x3－eq\f(3,2)x2＋6x，其中a>0.(1)若曲線y＝f(x)經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，求該曲線在原點(diǎn)處的切線方程；(2)若f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．【解析】(1)因?yàn)閒(0)＝a－1＝0，所以a＝1，此時(shí)f(x)＝ex－ex－1.所以f′(x)＝ex－e，f′(0)＝1－e.所以曲線y＝f(x)在原點(diǎn)處的切線方程為y＝(1－e)x.(2)因?yàn)閒(x)＝aex－aex－1，所以f′(x)＝aex－ae＝a(ex－e)．當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)<0.所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．所以當(dāng)x∈[0，＋∞)時(shí)，f(x)min＝f(1)＝－1.令h(x)＝g(x)＋m＝－x3－eq\f(3,2)x2＋6x＋m，則h′(x)＝－3x2－3x＋6＝－3(x＋2)(x－1)．當(dāng)x>1時(shí)，h′(x)<0；當(dāng)0<x<1時(shí)，h′(x)>0.所以h(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．所以當(dāng)x∈[0，＋∞)時(shí)，h(x)max＝h(1)＝eq\f(7,2)＋m.要使f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，則eq\f(7,2)＋m≥－1，即m≥－eq\f(9,2).所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,2)，＋∞)).4.已知函數(shù)f(x)＝ex(ax＋1)，曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程為y＝bx－e.(1)求a，b的值；(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－3ex－m有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．【解析】(1)f(x)＝ex(ax＋1)，則f′(x)＝ex(ax＋1)＋ex·a＝ex(ax＋1＋a)，由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝e2a＋1＝b，,f1＝ea＋1＝b－e，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3e，))∴a＝1，b＝3e.(2)g(x)＝f(x)－3ex－m＝ex(x－2)－m，函數(shù)g(x)＝ex(x－2)－m有兩個(gè)零點(diǎn)，相當(dāng)于函數(shù)u(x)＝ex·(x－2)的圖象與直線y＝m有兩個(gè)交點(diǎn)，u′(x)＝ex·(x－2)＋ex＝ex(x－1)，當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，u′(x)<0，∴u(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，u′(x)>0，∴u(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴當(dāng)x＝1時(shí)，u(x)取得極小值u(1)＝－e.又當(dāng)x→＋∞時(shí)，u(x)→＋∞，當(dāng)x<2時(shí)，u(x)<0，∴－e<m<0，∴實(shí)數(shù)m的取值范圍為(－e,0)．5.已知函數(shù)f(x)＝ex－(k＋1)lnx＋2sinα.(1)若函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)k的取值范圍；(2)當(dāng)k＝0時(shí)，證明：函數(shù)f(x)無(wú)零點(diǎn)．【解析】(1)解f′(x)＝ex－eq\f(k＋1,x)，x>0，∵函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴ex－eq\f(k＋1,x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即k＋1≤xex在(0，＋∞)上恒成立，設(shè)h(x)＝xex，則h′(x)＝(x＋1)ex>0在(0，＋∞)上恒成立．∴函數(shù)h(x)＝xex在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則h(x)>h(0)＝0，∴k＋1≤0，即k≤－1，故實(shí)數(shù)k的取值范圍是(－∞，－1]．(2)證明當(dāng)k＝0時(shí)，f′(x)＝ex－eq\f(1,x)，x>0，令g(x)＝ex－eq\f(1,x)，x>0，則g′(x)＝ex＋eq\f(1,x2)>0，∴f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\r(e)－2<0，f′(1)＝e－1>0，∴存在m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使得f′(m)＝0，得em＝eq\f(1,m)，故m＝－lnm，當(dāng)x∈(0，m)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(m，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，∴f(x)min＝f(m)＝em－lnm＋2sinα＝eq\f(1,m)＋m＋2sinα>2＋2sinα≥0，∴函數(shù)f(x)無(wú)零點(diǎn)．6.已知函數(shù)f(x)＝lnx－aex＋1(a∈R)．(1)當(dāng)a＝1時(shí)，討論f(x)極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)；(2)討論函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．【解析】(1)由f(x)＝lnx－aex＋1，知x∈(0，＋∞)．當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝lnx－ex＋1，f′(x)＝eq\f(1,x)－ex，顯然f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．又f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2－eq\r(e)>0，f′(1)＝1－e<0，所以f′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上存在零點(diǎn)x0，且是唯一零點(diǎn)，當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，所以x0是f(x)＝lnx－ex＋1的極大值點(diǎn)，且是唯一極值點(diǎn)．(2)令f(x)＝lnx－aex＋1＝0，則a＝eq\f(lnx＋1,ex).令y＝a，g(x)＝eq\f(lnx＋1,ex)，g′(x)＝eq\f(\f(1,x)－lnx－1,ex)(x>0)．令h(x)＝eq\f(1,x)－lnx－1，則h′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)<0，所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，而h(1)＝0，故當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減．故g(x)max＝g(1)＝eq\f(1,e).又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，當(dāng)x>1且x→＋∞時(shí)，g(x)>0且g(x)→0，作出函數(shù)g(x)＝eq\f(lnx＋1,ex)的圖象如圖所示．結(jié)合圖象知，當(dāng)a>eq\f(1,e)時(shí)，f(x)無(wú)零點(diǎn)，當(dāng)a≤0或a＝eq\f(1,e)時(shí)，f(x)有1個(gè)零點(diǎn)，當(dāng)0<a<eq\f(1,e)時(shí)，f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)．7.已知函數(shù)f(x)＝ex(ax＋1)，曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程為y＝bx－e.(1)求a，b的值；(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－3ex－m有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．【解析】(1)f(x)＝ex(ax＋1)，則f′(x)＝ex(ax＋1)＋ex·a＝ex(ax＋1＋a)，由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝e2a＋1＝b，,f1＝ea＋1＝b－e，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3e，))∴a＝1，b＝3e.(2)g(x)＝f(x)－3ex－m＝ex(x－2)－m，函數(shù)g(x)＝ex(x－2)－m有兩個(gè)零點(diǎn)，相當(dāng)于函數(shù)u(x)＝ex·(x－2)的圖象與直線y＝m有兩個(gè)交點(diǎn)，u′(x)＝ex·(x－2)＋ex＝ex(x－1)，當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，u′(x)<0，∴u(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，u′(x)>0，∴u(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴當(dāng)x＝1時(shí)，u(x)取得極小值u(1)＝－e.又當(dāng)x→＋∞時(shí)，u(x)→＋∞，當(dāng)x<2時(shí)，u(x)<0，∴實(shí)數(shù)m的取值范圍為{m|－e<m<0}．8.已知f(x)＝ax2(a∈R)，g(x)＝2lnx.(1)討論函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)的單調(diào)性；(2)若方程f(x)＝g(x)在區(qū)間[1，e]上有兩個(gè)不相等的解，求a的取值范圍．【解析】(1)F(x)＝ax2－2lnx，其定義域?yàn)?0，＋∞)，∴F′(x)＝2ax－eq\f(2,x)＝eq\f(2ax2－1,x)(x>0)．①當(dāng)a>0時(shí)，由ax2－1>0，得x>eq\f(\r(a),a)，由ax2－1<0，得0<x<eq\f(\r(a),a)，故當(dāng)a>0時(shí)，F(xiàn)(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a),a)，＋∞))上單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(a),a)))上單調(diào)遞減．②當(dāng)a≤0時(shí)，F(xiàn)′(x)<0(x>0)恒成立．故當(dāng)a≤0時(shí)，F(xiàn)(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，F(xiàn)(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時(shí)，F(xiàn)(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(a),a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a),a)，＋∞))上單調(diào)遞增．(2)方程f(x)＝g(x)在[1，e]上有兩個(gè)不相等的解，即a＝eq\f(2lnx,x2)在[1，e]上有兩個(gè)不同的解，∴y＝a與φ(x)＝eq\f(2lnx,x2)，x∈[1，e]有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，φ′(x)＝eq\f(21－2lnx,x3)，令φ′(x)＝0，得x＝eq\r(e)；∴當(dāng)x∈[1，eq\r(e))時(shí)，φ′(x)>0，當(dāng)x∈(eq\r(e)，e]時(shí)，φ′(x)<0，∴φ(x)在[1，eq\r(e))上單調(diào)遞增，在(eq\r(e)，e]上單調(diào)遞減，∴φ(x)max＝φ(eq\r(e))＝eq\f(1,e)，又φ(e)＝eq\f(2,e2)，φ(1)＝0，∴要使y＝a與y＝φ(x)有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，則eq\f(2,e2)≤a<eq\f(1,e)，故a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e2)，\f(1,e))).9.已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)．(1)若函數(shù)f(x)在x＝0處取得極值，求實(shí)數(shù)a的值，并求此時(shí)f(x)在[－2,1]上的最大值；(2)若函數(shù)f(x)不存在零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【解析】(1)由f(x)＝ex＋ax－a，得f′(x)＝ex＋a.∵函數(shù)f(x)在x＝0處取得極值，∴f′(0)＝e0＋a＝0，∴a＝－1，∴f(x)＝ex－x＋1，f′(x)＝ex－1.∴當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．易知f(x)在[－2,0)上單調(diào)遞減，在(0,1]上單調(diào)遞增，且f(－2)＝eq\f(1,e2)＋3，f(1)＝e，f(－2)>f(1)，∴f(x)在[－2,1]上的最大值是eq\f(1,e2)＋3.(2)f′(x)＝ex＋a.①當(dāng)a>0時(shí)，f′(x)>0，f(x)在R上單調(diào)遞增，且當(dāng)x>1時(shí)，f(x)＝ex＋a(x－1)>0，當(dāng)x<0時(shí)，取x＝－eq\f(1,a)，則f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))<1＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)－1))＝－a<0，∴函數(shù)f(x)存在零點(diǎn)，不滿足題意．②當(dāng)a<0時(shí)，令f′(x)＝ex＋a＝0，則x＝ln(－a)．當(dāng)x∈(－∞，ln(－a))時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(ln(－a)，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．∴當(dāng)x＝ln(－a)時(shí)，f(x)取得極小值，也是最小值．函數(shù)f(x)不存在零點(diǎn)，等價(jià)于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)>0，解得－e2<a<0.綜上所述，所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－e2,0)10.已知函數(shù)f(x)＝lnx－x2＋ax，a∈R.(1)證明：lnx≤x－1；(2)若a≥1，討論函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．【解析】(1)證明令g(x)＝lnx－x＋1(x>0)，則g(1)＝0，g′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，可得x∈(0,1)時(shí)，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增；x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)<0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減．∴當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)g(x)取得極大值也是最大值，∴g(x)≤g(1)＝0，即lnx≤x－1.(2)解f′(x)＝eq\f(1,x)－2x＋a＝eq\f(－2x2＋ax＋1,x)，x>0.令－2xeq\o\al(2,0)＋ax0＋1＝0，解得x0＝eq\f(a＋\r(a2＋8),4)(負(fù)值舍去)，在(0，x0)上，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；在(x0，＋∞)上，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減．∴f(x)max＝f(x0)．當(dāng)a＝1時(shí)，x0＝1，f(x)max＝f(1)＝0，此時(shí)函數(shù)f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)x＝1.當(dāng)a>1時(shí)，f(1)＝a－1>0，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)))＝lneq\f(1,2a)－eq\f(1,4a2)＋eq\f(1,2)<eq\f(1,2a)－1－eq\f(1,4a2)＋eq\f(1,2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)－\f(1,2)))2－eq\f(1,4)<0，f(2a)＝ln2a－2a2<2a－1－2a2＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2－eq\f(1,2)<0.∴函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))和區(qū)間(1,2a)上各有一個(gè)零點(diǎn)．綜上可得，當(dāng)a＝1時(shí)，函數(shù)f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)x＝1；當(dāng)a>1時(shí)，函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)．11.已知函數(shù)f(x)＝a＋eq\r(x)lnx(a∈R)．(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)試判斷f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．【解析】(1)函數(shù)f(x)的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝(eq\r(x))′lnx＋eq\r(x)·eq\f(1,x)＝eq\f(\r(x)（lnx＋2）,2x)，令f′(x)＞0，解得x＞e－2，令f′(x)<0，解得0<x<e－2，所以f(x)在(0，e－2)上單調(diào)遞減，在(e－2，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)由(1)得f(x)min＝f(e－2)＝a－eq\f(2,e)，顯然a＞eq\f(2,e)時(shí)，f(x)＞0，無(wú)零點(diǎn)，a＝eq\f(2,e)時(shí)，f(x)＝0，有1個(gè)零點(diǎn)，a<eq\f(2,e)時(shí)，f(x)<0，有2個(gè)零點(diǎn)．12.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(a,6)x3－eq\f(a,4)x2－ax－2的圖象過(guò)點(diǎn)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(10,3))).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－2m＋3有3個(gè)零點(diǎn)，求m的取值范圍．【解析】(1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝eq\f(a,6)x3－eq\f(a,4)x2－ax－2的圖象過(guò)點(diǎn)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(10,3)))，所以eq\f(32a,3)－4a－4a－2＝eq\f(10,3)，解得a＝2，即f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)x2－2x－2，所以f′(x)＝x2－x－2.由f′(x)>0，得x<－1或x>2.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－1)，(2，＋∞)．(2)由(1)知f(x)極大值＝f(－1)＝－eq\f(1,3)－eq\f(1,2)＋2－2＝－eq\f(5,6)，f(x)極小值＝f(2)＝eq\f(8,3)－2－4－2＝－eq\f(16,3)，由數(shù)形結(jié)合，可知要使函數(shù)g(x)＝f(x)－2m＋3有三個(gè)零點(diǎn)，則－eq\f(16,3)<2m－3<－eq\f(5,6)，解得－eq\f(7,6)<m<eq\f(13,12).所以m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,6)，\f(13,12))).13.已知函數(shù)f(x)＝(x－1)lnx－x－1.證明：(1)f(x)存在唯一的極值點(diǎn)；(2)f(x)＝0有且僅有兩個(gè)實(shí)根，且兩個(gè)實(shí)根互為倒數(shù)．【證明】(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．f′(x)＝eq\f(x－1,x)＋lnx－1＝lnx－eq\f(1,x).因?yàn)閥＝lnx單調(diào)遞增，y＝eq\f(1,x)單調(diào)遞減，所以f′(x)單調(diào)遞增．又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln2－eq\f(1,2)＝eq\f(ln4－1,2)>