高中数学高考2022届高考数学一轮复习(新高考版) 第3章 高考专题突破一 第2课时　利用导函数研究函数的零点

这是一份高中数学高考2022届高考数学一轮复习(新高考版) 第3章 高考专题突破一 第2课时　利用导函数研究函数的零点，共12页。试卷主要包含了数形结合研究函数的零点，利用函数性质研究函数的零点，构造函数法求函数的零点等内容，欢迎下载使用。

例1 设函数f(x)＝ln x＋eq \f(m,x)，m∈R.
(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；
(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－eq \f(x,3)零点的个数．
解 (1)当m＝e时，f(x)＝ln x＋eq \f(e,x)，
f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(e,x2)＝eq \f(x－e,x2).
令f′(x)＝0，得x＝e.
当x∈(0，e)时，f′(x)<0；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝2.
(2)由题意知g(x)＝f′(x)－eq \f(x,3)＝eq \f(1,x)－eq \f(m,x2)－eq \f(x,3)(x>0)，
令g(x)＝0，得m＝－eq \f(1,3)x3＋x(x>0)．
设φ(x)＝－eq \f(1,3)x3＋x(x>0)，
则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)．
当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0,1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．
∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，
因此x＝1也是φ(x)的最大值点，
∴φ(x)的最大值为φ(1)＝eq \f(2,3).
结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知，
①当m>eq \f(2,3)时，函数g(x)无零点；
②当m＝eq \f(2,3)时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．
综上所述，当m>eq \f(2,3)时，函数g(x)无零点；当m＝eq \f(2,3)或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当0思维升华 含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围．
跟踪训练1 已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝(－x2＋ax－3)ex(a为实数)．
(1)当a＝4时，求函数y＝g(x)在x＝1处的切线方程；
(2)如果关于x的方程g(x)＝2exf(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上有两个不等实根，求实数a的取值范围．
解 (1)当a＝4时，g(x)＝(－x2＋4x－3)ex，
g′(x)＝ex(－x2＋2x＋1)，
∴g′(1)＝2e，又g(1)＝0，
∴切线的斜率为2e，切点为(1,0)，
∴所求的切线方程为y－0＝2e(x－1)，即y＝2e(x－1)．
(2)方程g(x)＝2exf(x)可化为－x2＋ax－3＝2xln x，
即a＝2ln x＋x＋eq \f(3,x).
令φ(x)＝2ln x＋x＋eq \f(3,x)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，
∴φ′(x)＝eq \f(2,x)＋1－eq \f(3,x2)＝eq \f(x2＋2x－3,x2)＝eq \f(x＋3x－1,x2)，
∵当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))时，φ′(x)<0，当x∈(1，e]时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))上单调递减，在(1，e]上单调递增．
∴φ(x)min＝φ(1)＝4，
又φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝3e＋eq \f(1,e)－2，φ(e)＝eq \f(3,e)＋e＋2，
且φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))>φ(e)
∴画出y＝φ(x)的图象如图所示．
则4故实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(4，\f(3,e)＋e＋2)).
题型二 利用函数性质研究函数的零点
例2 (2019·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝sin x－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数，证明：
(1)f′(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))上存在唯一极大值点；
(2)f(x)有且仅有2个零点．
证明 (1)f(x)的定义域为(－1，＋∞)，
f′(x)＝cs x－eq \f(1,x＋1)，
令g(x)＝cs x－eq \f(1,x＋1)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))，
∴g′(x)＝－sin x＋eq \f(1,x＋12)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))，
易知g′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))上单调递减．
又g′(0)＝－sin 0＋1＝1>0，g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－sin eq \f(π,2)＋eq \f(4,π＋22)＝eq \f(4,π＋22)－1<0，
∴∃x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，使得g′(x0)＝0.
∴当x∈(－1，x0)时，g′(x)>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))时，g′(x)<0，
∴g(x)在(－1，x0)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))上单调递减．
故x＝x0为g(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))上唯一的极大值点，
即f′(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))上存在唯一的极大值点x0.
(2)由(1)知f′(x)＝cs x－eq \f(1,x＋1)，x∈(－1，＋∞)．
①当x∈(－1,0]时，由(1)可知f′(x)在(－1,0]上单调递增，
∴f′(x)≤f′(0)＝0，∴f(x)在(－1,0]上单调递减，
又f(0)＝0.
∴x＝0为f(x)在(－1,0]上的唯一零点．
②当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f′(x)在(0，x0)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))上单调递减，
又f′(0)＝0，∴f′(x0)>0，
∴f(x)在(0，x0)上单调递增，此时f(x)>f(0)＝0，不存在零点，
又f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝cs eq \f(π,2)－eq \f(2,π＋2)＝－eq \f(2,π＋2)<0，
∴∃x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))，使得f′(x1)＝0，
∴f(x)在(x0，x1)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(π,2)))上单调递减，
又f(x0)>f(0)＝0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝sin eq \f(π,2)－lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(π,2)))
＝ln eq \f(2e,π＋2)>ln 1＝0.
∴f(x)>0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))上恒成立，不存在零点．
③当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，易知f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减，
又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))>0，f(π)＝sin π－ln(π＋1)＝－ln(π＋1)<0，
∴f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上存在唯一零点．
④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>ln(π＋1)>1，
∴f(x)＝sin x－ln(1＋x)<0，
∴f(x)在(π，＋∞)上不存在零点，
综上所述，f(x)有且仅有2个零点．
[高考改编题] 已知函数f(x)＝xsin x＋cs x，g(x)＝x2＋4.
(1)讨论f(x)在[－π，π]上的单调性；
(2)令h(x)＝g(x)－4f(x)，试证明h(x)在R上有且仅有三个零点．
(1)解 f′(x)＝sin x＋xcs x－sin x＝xcs x.
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f′(x)>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，f′(x)<0，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减．
(2)证明 h(x)＝x2＋4－4xsin x－4cs x，
∵h(－x)＝x2＋4－4xsin x－4cs x＝h(x)，
∴h(x)为偶函数．
又∵h(0)＝0，
∴x＝0为函数h(x)的零点．
下面讨论h(x)在(0，＋∞)上的零点个数：
h(x)＝x2＋4－4xsin x－4cs x
＝x(x－4sin x)＋4(1－cs x)．
当x∈[4，＋∞)时，x－4sin x>0,4(1－cs x)≥0，
∴h(x)>0，
∴h(x)无零点；
当x∈(0,4)时，h′(x)＝2x－4xcs x＝2x(1－2cs x)，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))时，h′(x)<0；
x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，4))时，h′(x)>0，
∴h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，4))上单调递增，
∴h(x)min＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \f(π2,9)＋4－eq \f(4π,3)sin eq \f(π,3)－4cs eq \f(π,3)＝eq \f(π2,9)＋2－eq \f(2\r(3)π,3)<0，
又h(0)＝0，且h(4)＝20－16sin 4－4cs 4>0，
∴h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上无零点，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，4))上有唯一零点．
综上，h(x)在(0，＋∞)上有唯一零点，又h(0)＝0且h(x)为偶函数，
故h(x)在R上有三个零点．
思维升华 利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件．
跟踪训练2 已知函数f(x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)讨论g(x)＝f(x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))在区间[0,1]上零点的个数．
解 (1)因为f(x)＝ex－ax－1，
所以f′(x)＝ex－a，
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；
当a>0时，令f′(x)<0，得x令f′(x)>0，得x>ln a，
所以f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)．
综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间，
当a>0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)．
(2)令g(x)＝0，得f(x)＝0或x＝eq \f(1,2)，
由(1)知，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
若a≤0，由f(0)＝0，知f(x)在区间[0,1]上有一个零点；
若ln a≤0，即0若0又f(1)＝e－a－1，所以当e－a－1≥0，即1当e－a－1<0，即e－1若ln a≥1，即a≥e，则f(x)在[0,1]上单调递减，f(x)在[0,1]上只有一个零点．
又当x＝eq \f(1,2)时，由f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝0得a＝2(eq \r(e)－1)，
所以当a≤1或a>e－1或a＝2(eq \r(e)－1)时，g(x)在[0,1]上有两个零点；当1题型三 构造函数法求函数的零点
例3 设函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－mln x，g(x)＝x2－(m＋1)x，m>0.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当m≥1时，讨论f(x)与g(x)图象的交点个数．
解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(x＋\r(m)x－\r(m),x).
当0当x>eq \r(m)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．
综上，函数f(x)的单调递增区间是(eq \r(m)，＋∞)，单调递减区间是(0，eq \r(m))．
(2)令F(x)＝f(x)－g(x)
＝－eq \f(1,2)x2＋(m＋1)x－mln x，x>0，
题中问题等价于求函数F(x)的零点个数．
F′(x)＝－eq \f(x－1x－m,x)，
当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，
因为F(1)＝eq \f(3,2)>0，F(4)＝－ln 4<0，
所以F(x)有唯一零点；
当m>1时，0m时，F′(x)<0；
10，
所以函数F(x)在(0,1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增，
因为F(1)＝m＋eq \f(1,2)>0，
F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)<0，
所以F(x)有唯一零点．
综上，函数F(x)有唯一零点，即函数f(x)与g(x)的图象总有一个交点．
思维升华 (1)涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围．
(2)解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．
跟踪训练3 (2020·合肥调研)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b＋eq \f(1,2).
(1)若a＝1，求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＝eq \f(1,2)时，f(x)的图象与直线y＝bx有3个交点，求b的取值范围．
解 (1)当a＝1时，f(x)＝(x－1)ex－x2＋b＋eq \f(1,2)(x∈R)，则f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝x(ex－2)．令f′(x)>0，解得x<0或x>ln 2；令f′(x)<0，解得0(2)因为a＝eq \f(1,2)，所以f(x)＝(x－1)ex－eq \f(1,2)x2＋b＋eq \f(1,2).由(x－1)ex－eq \f(1,2)x2＋b＋eq \f(1,2)＝bx，得(x－1)ex－eq \f(1,2)(x2－1)＝b(x－1)．当x＝1时，方程成立．当x≠1时，只需要方程ex－eq \f(1,2)(x＋1)＝b有2个实根．令g(x)＝ex－eq \f(1,2)(x＋1)，则g′(x)＝ex－eq \f(1,2).当xln eq \f(1,2)且x≠1时，g′(x)>0，所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln \f(1,2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,2)，1))和(1，＋∞)上单调递增，因为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,2)))＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,2)＋1))＝eq \f(1,2)ln 2，g(1)＝e－1≠0，所以b∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)ln 2，e－1))∪(e－1，＋∞)．
课时精练
1．已知函数f(x)＝ex(ax＋1)，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝bx－e.
(1)求a，b的值；
(2)若函数g(x)＝f(x)－3ex－m有两个零点，求实数m的取值范围．
解 (1)f(x)＝ex(ax＋1)，
则f′(x)＝ex(ax＋1)＋ex·a＝ex(ax＋1＋a)，
由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′1＝e2a＋1＝b，,f1＝ea＋1＝b－e，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝3e，))
∴a＝1，b＝3e.
(2)g(x)＝f(x)－3ex－m＝ex(x－2)－m，
函数g(x)＝ex(x－2)－m有两个零点，相当于函数u(x)＝ex·(x－2)的图象与直线y＝m有两个交点，u′(x)＝ex·(x－2)＋ex＝ex(x－1)，
当x∈(－∞，1)时，u′(x)<0，
∴u(x)在(－∞，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，u′(x)>0，
∴u(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴当x＝1时，u(x)取得极小值u(1)＝－e.
又当x→＋∞时，u(x)→＋∞，当x<2时，u(x)<0，
∴实数m的取值范围为{m|－e2．已知f(x)＝ax2(a∈R)，g(x)＝2ln x.
(1)讨论函数F(x)＝f(x)－g(x)的单调性；
(2)若方程f(x)＝g(x)在区间[1，e]上有两个不相等的解，求a的取值范围．
解 (1)F(x)＝ax2－2ln x，
其定义域为(0，＋∞)，
∴F′(x)＝2ax－eq \f(2,x)＝eq \f(2ax2－1,x)(x>0)．
①当a>0时，由ax2－1>0，得x>eq \f(\r(a),a)，
由ax2－1<0，得0故当a>0时，F(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(a),a)，＋∞))上单调递增，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(a),a)))上单调递减．
②当a≤0时，F′(x)<0(x>0)恒成立．
故当a≤0时，F(x)在(0，＋∞)上单调递减．
综上，当a≤0时，F(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，F(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(a),a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(a),a)，＋∞))上单调递增．
(2)方程f(x)＝g(x)在[1，e]上有两个不相等的解，
即a＝eq \f(2ln x,x2)在[1，e]上有两个不同的解，
∴y＝a与φ(x)＝eq \f(2ln x,x2)，x∈[1，e]有两个不同的交点，
φ′(x)＝eq \f(21－2ln x,x3)，
令φ′(x)＝0，得x＝eq \r(e)；
∴当x∈[1，eq \r(e))时，φ′(x)>0，
当x∈(eq \r(e)，e]时，φ′(x)<0，
∴φ(x)在[1，eq \r(e))上单调递增，在(eq \r(e)，e]上单调递减，
∴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与y＝φ(x)有两个不同的交点，
则eq \f(2,e2)≤a故a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,e2)，\f(1,e))).
3．已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)．
(1)若函数f(x)在x＝0处取得极值，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2,1]上的最大值；
(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．
解 (1)由f(x)＝ex＋ax－a，得f′(x)＝ex＋a.
∵函数f(x)在x＝0处取得极值，
∴f′(0)＝e0＋a＝0，
∴a＝－1，
∴f(x)＝ex－x＋1，f′(x)＝ex－1.
∴当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
易知f(x)在[－2,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，
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当a>0时，f′(x)>0，f(x)在R上单调递增，
且当x>1时，f(x)＝ex＋a(x－1)>0，
当x<0时，取x＝－eq \f(1,a)，
则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))<1＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)－1))＝－a<0，
∴函数f(x)存在零点，不满足题意．
②当a<0时，令f′(x)＝ex＋a＝0，则x＝ln(－a)．
当x∈(－∞，ln(－a))时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(ln(－a)，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
∴当x＝ln(－a)时，f(x)取得极小值，也是最小值．
函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)>0，解得－e2综上所述，所求实数a的取值范围是(－e2,0)．
4．(2020·潍坊检测)已知函数f(x)＝ln x－x2＋ax，a∈R.
(1)证明：ln x≤x－1；
(2)若a≥1，讨论函数f(x)的零点个数．
(1)证明 令g(x)＝ln x－x＋1(x>0)，则g(1)＝0，
g′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，
可得x∈(0,1)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；
x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减．
∴当x＝1时，函数g(x)取得极大值也是最大值，
∴g(x)≤g(1)＝0，即ln x≤x－1.
(2)解 f′(x)＝eq \f(1,x)－2x＋a＝eq \f(－2x2＋ax＋1,x)，x>0.
令－2xeq \\al(2,0)＋ax0＋1＝0，
解得x0＝eq \f(a＋\r(a2＋8),4)(负值舍去)，
在(0，x0)上，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
在(x0，＋∞)上，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．
∴f(x)max＝f(x0)．
当a＝1时，x0＝1，f(x)max＝f(1)＝0，此时函数f(x)只有一个零点x＝1.
当a>1时，f(1)＝a－1>0，
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)))＝ln eq \f(1,2a)－eq \f(1,4a2)＋eq \f(1,2)f(2a)＝ln 2a－2a2<2a－1－2a2＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2－eq \f(1,2)<0.
∴函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，1))和区间(1,2a)上各有一个零点．
综上可得，当a＝1时，函数f(x)只有一个零点x＝1；
当a>1时，函数f(x)有两个零点．
5．已知函数f(x)＝ex＋1－kx－2k(其中e是自然对数的底数，k∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当函数f(x)有两个零点x1，x2时，证明x1＋x2>－2.
(1)解 易得f′(x)＝－k，
当k>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln k－1，
可得当x∈(－∞，ln k－1)时，f′(x)<0；
当x∈(ln k－1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在区间(－∞，ln k－1)上单调递减，在区间(ln k－1，＋∞)上单调递增．
当k≤0时，f′(x)＝ex＋1－k>0恒成立，故此时函数f(x)在R上单调递增．
综上，当k≤0时，f(x)在R上单调递增，
当k>0时，f(x)在(－∞，ln k－1)上单调递减，
在(ln k－1，＋∞)上单调递增．
(2)证明 当k≤0时，由(1)知函数f(x)在R上单调递增，不存在两个零点，所以k>0，
由题意知＝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)，
不妨设x1>x2，令eq \f(x1＋2,x2＋2)＝t，则t>1，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x1＋2,x2＋2)＝t，,x1－x2＝ln \f(x1＋2,x2＋2)，))
解得x1＋2＝eq \f(tln t,t－1)，x2＋2＝eq \f(ln t,t－1)，
所以x1＋x2＋4＝eq \f(t＋1ln t,t－1)，
欲证x1＋x2>－2，只需证明eq \f(t＋1ln t,t－1)>2，
即证(t＋1)ln t－2(t－1)>0，
令g(t)＝(t＋1)ln t－2(t－1)(t≥1)，
则g′(t)＝ln t＋eq \f(1,t)(t＋1)－2＝ln t＋eq \f(1,t)－1.
令h(t)＝ln t＋eq \f(1,t)－1(t≥1)，
则h′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(1,t2)≥0，h(t)单调递增，
所以g′(t)≥g′(1)＝0.
所以g(t)在区间[1，＋∞)上单调递增，
所以当t>1时，g(t)>g(1)＝0，即(t＋1)ln t－2(t－1)>0，原不等式得证．