新高考数学一轮复习讲义+分层练习 3.6《利用导数解决函数的零点问题》教案 (2份打包，原卷版+教师版)

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判断函数零点个数的3种方法
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(-1，eq \f(π,2))存在唯一极大值点；
(2)f(x)有且仅有2个零点.
[证明] (1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cs x﹣eq \f(1,1＋x)，g′(x)＝﹣sin x＋eq \f(1,（1＋x）2).
当x∈(-1，eq \f(π,2))时，g′(x)单调递减，而g′(0)＞0，g′(eq \f(π,2))＜0，
可得g′(x)在(-1，eq \f(π,2))有唯一零点，
设为α.则当x∈(﹣1，α)时，g′(x)＞0；当x∈(α,eq \f(π,2))时，g′(x)＜0.
所以g(x)在(﹣1，α)单调递增，在(α,eq \f(π,2))单调递减，
故g(x)在(-1，eq \f(π,2))存在唯一极大值点，即f′(x)在(-1，eq \f(π,2))存在唯一极大值点.
(2)f(x)的定义域为(﹣1，＋∞).
(ⅰ)当x∈(﹣1，0]时，由(1)知，f′(x)在(﹣1，0)单调递增，而f′(0)＝0，
所以当x∈(﹣1，0)时，f′(x)＜0，故f(x)在(﹣1，0)单调递减.
又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(﹣1，0]的唯一零点.
(ⅱ)当x∈(α,eq \f(π,2)]时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在(α,eq \f(π,2))单调递减，
而f′(0)＝0，f′(eq \f(π,2))＜0，所以存在β∈(α,eq \f(π,2))，使得f′(β)＝0，
且当x∈(0，β)时，f′(x)＞0；当x∈(β,eq \f(π,2))时，f′(x)＜0.
故f(x)在(0，β)单调递增，在(β,eq \f(π,2))单调递减.
又f(0)＝0，f(eq \f(π,2))＝1﹣ln(1+eq \f(π,2))＞0，所以当x∈(0,eq \f(π,2)]时，f(x)＞0.
从而，f(x)在(0,eq \f(π,2)]没有零点.
(ⅲ)当x∈(eq \f(π,2),π]时，f′(x)＜0，所以f(x)在(eq \f(π,2),π)单调递减.
而f(eq \f(π,2))＞0，f(π)＜0，所以f(x)在(eq \f(π,2),π]有唯一零点.
(ⅳ)当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)＞1，所以f(x)＜0，
从而f(x)在(π，＋∞)没有零点.
综上，f(x)有且仅有2个零点.
根据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，作出函数的大致图象，然后通过函数图象得出其与x轴交点的个数，或者两个相关函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”.
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)由题意知，当m＝e时，f(x)＝ln x＋eq \f(e,x)(x＞0)，则f′(x)＝eq \f(x－e,x2)，
∴当x∈(0，e)时，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上单调递减；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，
∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋eq \f(e,e)＝2，
∴f(x)的极小值为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)，
又∵φ(0)＝0.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0＜m＜eq \f(2,3)时，函数g(x)有两个零点；
④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＜m＜eq \f(2,3)时，函数g(x)有两个零点.
考点2 已知函数零点个数求参数
解决此类问题常从以下两个方面考虑
(1)根据区间上零点的个数情况，估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足条件.
(2)先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解.
设函数f(x)＝﹣x2＋ax＋ln x(a∈R).
(1)当a＝﹣1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在[eq \f(1,3)，3]上有两个零点，求实数a的取值范围.
[解] (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝﹣1时，f′(x)＝﹣2x﹣1＋eq \f(1,x)＝eq \f(－2x2－x＋1,x)，令f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,2)(负值舍去)，
当0＜x＜eq \f(1,2)时，f′(x)＞0；当x＞eq \f(1,2)时，f′(x)＜0.
∴f(x)的单调递增区间为(0，eq \f(1,2))，单调递减区间为(eq \f(1,2)，＋∞).
(2)令f(x)＝﹣x2＋ax＋ln x＝0，得a＝x﹣eq \f(ln x,x).
令g(x)＝x﹣eq \f(ln x,x)，其中x∈[eq \f(1,3)，3]，则g′(x)＝1﹣eq \f(1－ln x,x2)＝eq \f(x2＋ln x－1,x2)，令g′(x)＝0，得x＝1，
当eq \f(1,3)≤x＜1时，g′(x)＜0；当1＜x≤3时，g′(x)＞0，
∴g(x)的单调递减区间为[eq \f(1,3)，1)，单调递增区间为(1，3]，
∴g(x)min＝g(1)＝1，∴函数f(x)在[eq \f(1,3)，3]上有两个零点，
g(eq \f(1,3))＝3ln 3＋eq \f(1,3)，g(3)＝3﹣eq \f(ln 3,3)，3ln 3＋eq \f(1,3)＞3﹣eq \f(ln 3,3)，
∴实数a的取值范围是(1，3﹣eq \f(ln 3,3)].
与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题.
已知函数f(x)＝ex﹣ax2.
(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.
[解] (1)当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e﹣x﹣1≤0.
设函数g(x)＝(x2＋1)e﹣x﹣1，则g′(x)＝﹣(x2﹣2x＋1)e﹣x＝﹣(x﹣1)2e﹣x.
当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减.
而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.
(2)设函数h(x)＝1﹣ax2e﹣x.
f(x)在(0，＋∞)只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)只有一个零点.
(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；
(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x﹣2)e﹣x.
当x∈(0，2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.
所以h(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增.
故h(2)＝1﹣eq \f(4a,e2)是h(x)在(0，＋∞)的最小值.
①若h(2)＞0，即a＜eq \f(e2,4)，h(x)在(0，＋∞)没有零点；
②若h(2)＝0，即a＝eq \f(e2,4)，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；
③若h(2)＜0，即a＞eq \f(e2,4)，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一个零点.
由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以
h(4a)＝1﹣eq \f(16a3,e4a)＝1﹣eq \f(16a3,（e2a）2)＞1﹣eq \f(16a3,（2a）4)＝1﹣eq \f(1,a)＞0，
故h(x)在(2，4a)有一个零点.因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点.
综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝eq \f(e2,4).
考点3 函数零点性质研究
本考点包括两个方向：一是与函数零点性质有关的问题(更多涉及构造函数法)；二是可以转化为函数零点的函数问题(更多涉及整体转化、数形结合等方法技巧).
能够利用等价转换构造函数法求解的问题常涉及参数的最值、曲线交点、零点的大小关系等.求解时一般先通过等价转换，将已知转化为函数零点问题，再构造函数，然后利用导数研究函数的单调性、极值、最值等，并结合分类讨论，通过确定函数的零点达到解决问题的目的.
已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋(1﹣a)x﹣aln x，a∈R.
(1)若f(x)存在极值点为1，求a的值；
(2)若f(x)存在两个不同的零点x1，x2，求证：x1＋x2＞2.
[解] (1)由已知得f′(x)＝x＋1﹣a﹣eq \f(a,x)，因为f(x)存在极值点为1，
所以f′(1)＝0，即2﹣2a＝0，a＝1，经检验符合题意，所以a＝1.
(2)证明：f′(x)＝x＋1﹣a﹣eq \f(a,x)＝(x＋1)(1﹣eq \f(a,x))(x＞0)，
①当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意；
②当a＞0时，由f′(x)＝0得x＝a，当x＞a时，f′(x)＞0，所以f(x)单调递增，
当0＜x＜a时，f′(x)＜0，所以f(x)单调递减，
所以当x＝a时，f(x)取得极小值f(a).
又f(x)存在两个不同的零点x1，x2，
所以f(a)＜0，即eq \f(1,2)a2＋(1﹣a)a﹣aln a＜0，整理得ln a＞1﹣eq \f(1,2)a，
作y＝f(x)关于直线x＝a的对称曲线g(x)＝f(2a﹣x)，
令h(x)＝g(x)﹣f(x)＝f(2a﹣x)﹣f(x)＝2a﹣2x﹣aln eq \f(2a－x,x)，
则h′(x)＝﹣2＋eq \f(2a2,（2a－x）x)＝﹣2＋eq \f(2a2,－（x－a）2＋a2)≥0，
所以h(x)在(0，2a)上单调递增，不妨设x1＜a＜x2，则h(x2)＞h(a)＝0，
即g(x2)＝f(2a﹣x2)＞f(x2)＝f(x1)，
又2a﹣x2∈(0，a)，x1∈(0，a)，且f(x)在(0，a)上为减函数，
所以2a﹣x2＜x1，即x1＋x2＞2a，
又ln a＞1﹣eq \f(1,2)a，易知a＞1成立，故x1＋x2＞2.
(1)研究函数零点问题，要通过数的计算(函数性质、特殊点的函数值等)和形的辅助，得出函数零点的可能情况；(2)函数可变零点(函数中含有参数)性质的研究，要抓住函数在不同零点处函数值均为零，建立不同零点之间的关系，把多元问题转化为一元问题，再使用一元函数的方法进行研究.
已知函数f(x)＝ln x﹣x.
(1)判断函数f(x)的单调性；
(2)若函数g(x)＝f(x)＋x＋eq \f(1,2x)﹣m有两个零点x1，x2，且x1＜x2，求证：x1＋x2＞1.
[解] (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)﹣1＝eq \f(1－x,x).
令f′(x)＝eq \f(1－x,x)＞0，得0＜x＜1，令f′(x)＝eq \f(1－x,x)＜0，得x＞1.
所以函数f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞).
(2)证明：根据题意知g(x)＝ln x＋eq \f(1,2x)﹣m(x＞0)，
因为x1，x2是函数g(x)＝ln x＋eq \f(1,2x)﹣m的两个零点，
所以ln x1＋eq \f(1,2x1)﹣m＝0，ln x2＋eq \f(1,2x2)﹣m＝0，
两式相减，可得ln eq \f(x1,x2)＝eq \f(1,2x2)﹣eq \f(1,2x1)，
即ln eq \f(x1,x2)＝eq \f(x1－x2,2x1x2)，故x1x2＝eq \f(x1－x2,2ln \f(x1,x2))，则x1＝eq \f(\f(x1,x2)－1,2ln \f(x1,x2))，x2＝eq \f(1－\f(x2,x1),2ln \f(x1,x2)).
令t＝eq \f(x1,x2)，其中0＜t＜1，则x1＋x2＝eq \f(t－1,2ln t)＋eq \f(1－\f(1,t),2ln t)＝eq \f(t－\f(1,t),2ln t).
构造函数h(t)＝t﹣eq \f(1,t)﹣2ln t(0＜t＜1)，则h′(t)＝eq \f(（t－1）2,t2).
因为0＜t＜1，所以h′(t)＞0恒成立，故h(t)＜h(1)，
即t﹣eq \f(1,t)﹣2ln t＜0，可知eq \f(t－\f(1,t),2ln t)＞1，故x1＋x2＞1.
在导数及其应用的客观题中，有一个热点考查点，即不给出具体的函数解析式，而是给出函数f(x)及其导数满足的条件，需要据此条件构造抽象函数，再根据条件得出构造的函数的单调性，应用单调性解决问题的题目，该类题目具有一定的难度.下面总结其基本类型及其处理方法.
f′(x)g(x)±f(x)g′(x)型
【例1】(1)定义在R上的函数f(x)，满足f(1)＝1，且对任意的x∈R都有f′(x)＜eq \f(1,2)，则不等式f(lg x)＞eq \f(lg x＋1,2)的解集为________.
(2)设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x＜0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且g(﹣3)＝0，则不等式f(x)g(x)＜0的解集为________.
(1)(0，10) (2)(﹣∞，﹣3)∪(0，3)
[(1)由题意构造函数g(x)＝f(x)﹣eq \f(1,2)x，则g′(x)＝f′(x)﹣eq \f(1,2)＜0，
所以g(x)在定义域内是减函数.
因为f(1)＝1，所以g(1)＝f(1)﹣eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，由f(lg x)＞eq \f(lg x＋1,2)，得f(lg x)﹣eq \f(1,2)lg x＞eq \f(1,2).
即g(lg x)＝f(lg x)﹣eq \f(1,2)lg x＞eq \f(1,2)＝g(1)，所以lg x＜1，解得0＜x＜10.
所以原不等式的解集为(0，10).
(2)借助导数的运算法则，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0⇔[f(x)g(x)]′＞0，所以函数y＝f(x)g(x)在(﹣∞，0)上单调递增.又由题意知函数y＝f(x)g(x)为奇函数，所以其图象关于原点对称，且过点(﹣3，0)，(3，0).数形结合可求得不等式f(x)g(x)＜0的解集为(﹣∞，﹣3)∪(0，3).]
[评析](1)对于不等式f′(x)＋g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x).
(2)对于不等式f′(x)﹣g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)﹣g(x).
特别地，对于不等式f′(x)＞k(或＜k)(k≠0)，构造函数F(x)＝f(x)﹣kx.
(3)对于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x).
(4)对于不等式f′(x)g(x)﹣f(x)g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝eq \f(f（x）,g（x）)(g(x)≠0).
xf′(x)±nf(x)(n为常数)型
【例2 (1)设f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(﹣1)＝0，当x＞0时，xf′(x)﹣f(x)＜0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是( )
A.(﹣∞，﹣1)∪(0，1) B.(﹣1，0)∪(1，＋∞)
C.(﹣∞，﹣1)∪(﹣1，0) D.(0，1)∪(1，＋∞)
(2)设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)＞x2，则下列不等式在R上恒成立的是( )
A.f(x)＞0 B.f(x)＜0
C.f(x)＞x D.f(x)＜x
(1)A (2)答案为：A.解析：(1)令g(x)＝eq \f(f（x）,x)，则g′(x)＝eq \f(xf′（x）－f（x）,x2).
由题意知，当x＞0时，g′(x)＜0，∴g(x)在(0，＋∞)上是减函数.
∵f(x)是奇函数，f(﹣1)＝0，∴f(1)＝﹣f(﹣1)＝0，∴g(1)＝f(1)＝0，
∴当x∈(0，1)时，g(x)＞0，从而f(x)＞0；
当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0，从而f(x)＜0.
又∵f(x)是奇函数，∴当x∈(﹣∞，﹣1)时，f(x)＞0；
当x∈(﹣1，0)时，f(x)＜0.
综上，使f(x)＞0成立的x的取值范围是(﹣∞，﹣1)∪(0，1).
(2)令g(x)＝x2f(x)﹣eq \f(1,4)x4，则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)﹣x3＝x[2f(x)＋xf′(x)﹣x2].
当x＞0时，g′(x)＞0，∴g(x)＞g(0)，
即x2f(x)﹣eq \f(1,4)x4＞0，从而f(x)＞eq \f(1,4)x2＞0；
当x＜0时，g′(x)＜0，∴g(x)＞g(0)，
即x2f(x)﹣eq \f(1,4)x4＞0，从而f(x)＞eq \f(1,4)x2＞0；
当x＝0时，由题意可得2f(0)＞0，∴f(0)＞0.
综上可知，f(x)＞0.]
[评析] (1)对于xf′(x)＋nf(x)＞0型，构造F(x)＝xnf(x)，则F′(x)＝xn﹣1[xf′(x)＋nf(x)](注意对xn﹣1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)＋f(x)＞0，构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0.
(2)对于xf′(x)﹣nf(x)＞0(x≠0)型，构造F(x)＝eq \f(f（x）,xn)，
则F′(x)＝eq \f(xf′（x）－nf（x）,xn＋1)(注意对xn＋1的符号进行讨论)，
特别地，当n＝1时，xf′(x)﹣f(x)＞0，构造F(x)＝eq \f(f（x）,x)，
则F′(x)＝eq \f(xf′（x）－f（x）,x2)＞0.
f′(x)±λf(x)(λ为常数)型
【例3】(1)已知f(x)在R上的可导函数，且∀x∈R，均有f(x)＞f′(x)，则有( )
A.e2 019f(﹣2 019)＜f(0)，f(2 019)＞e2 019f(0)
B.e2 019f(﹣2 019)＜f(0)，f(2 019)＜e2 019f(0)
C.e2 019f(﹣2 019)＞f(0)，f(2 019)＞e2 019f(0)
D.e2 019f(﹣2 019)＞f(0)，f(2 019)＜e2 019f(0)
(2)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋2f′(x)＞0恒成立，且f(2)＝eq \f(1,e)(e为自然对数的底数)，则不等式exf(x)﹣eeq \s\up8(eq \f(x,2))＞0的解集为________.
(1)D (2)(2，＋∞).
[(1)构造函数h(x)＝eq \f(f（x）,ex)，则h′(x)＝eq \f(f′（x）－f（x）,ex)＜0，
即h(x)在R上单调递减，故h(﹣2 019)＞h(0)，即eq \f(f（－2 019）,e－2 019)＞eq \f(f（0）,e0)
⇒e2 019f(﹣2 019)＞f(0)；同理，h(2 019)＜h(0)，即f(2 019)＜e2 019f(0)，故选D.
(2)由f(x)＋2f′(x)＞0，得2[eq \f(1,2)f(x)＋f′(x)]＞0，可构造函数h(x)＝eeq \s\up8(eq \f(x,2))f(x)，则h′(x)＝eq \f(1,2)eeq \s\up8(eq \f(x,2))[f(x)＋2f′(x)]＞0，所以函数h(x)＝eeq \s\up8(eq \f(x,2))f(x)在R上单调递增，且h(2)＝ef(2)＝1.不等式exf(x)﹣eeq \s\up8(eq \f(x,2))＞0等价于eeq \s\up8(eq \f(x,2))f(x)＞1，即h(x)＞h(2)⇒x＞2，所以不等式exf(x)﹣eeq \s\up8(eq \f(x,2))＞0的解集为(2，＋∞).]
[评析] (1)对于不等式f′(x)＋f(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝exf(x).
(2)对于不等式f′(x)﹣f(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝eq \f(f（x）,ex).
利用导数解决函数的零点问题
1.已知函数f(x)＝ln x﹣eq \f(x＋1,x－1).
(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；
(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线.
[解] (1)f(x)的定义域为(0，1)∪(1，＋∞).
因为f′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(2,（x－1）2)＞0，所以f(x)在(0，1)，(1，＋∞)单调递增.
因为f(e)＝1﹣eq \f(e＋1,e－1)＜0，f(e2)＝2﹣eq \f(e2＋1,e2－1)＝eq \f(e2－3,e2－1)＞0，
所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1(e＜x1＜e2)，即f(x1)＝0.
又0＜eq \f(1,x1)＜1，f(eq \f(1,x1))＝﹣ln x1＋eq \f(x1＋1,x1－1)＝﹣f(x1)＝0，故f(x)在(0，1)有唯一零点eq \f(1,x1).
综上，f(x)有且仅有两个零点.
(2)因为eq \f(1,x0)＝e﹣ln x0，故点B(ln x0,eq \f(1,x0))在曲线y＝ex上.
由题设知f(x0)＝0，即ln x0＝eq \f(x0＋1,x0－1)，连接AB，
则直线AB的斜率k＝eq \f(\f(1,x0)－ln x0,－ln x0－x0)＝eq \f(1,x0).
曲线y＝ex在点B(-ln x0,eq \f(1,x0))处切线的斜率是eq \f(1,x0)，
曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处切线的斜率也是eq \f(1,x0)，
所以曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线.
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)(x﹣eq \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＜ln a，
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，＋∞).
(2)令g(x)＝0，得f(x)＝0或x＝eq \f(1,2)，
先考虑f(x)在区间[0，1]上的零点个数，
当a≤1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增且f(0)＝0，
所以f(x)在[0，1]上有一个零点；
当a≥e时，f(x)在(﹣∞，1)上单调递减，所以f(x)在[0，1]上有一个零点；
当1＜a＜e时，f(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，1)上单调递增，
而f(1)＝e﹣a﹣1，当e﹣a﹣1≥0，即1＜a≤e﹣1时，f(x)在[0，1]上有两个零点，
当e﹣a﹣1＜0，即e﹣1＜a＜e时，f(x)在[0，1]上有一个零点.
当x＝eq \f(1,2)时，由f(eq \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＜a≤e﹣1且a≠2(eq \r(e)﹣1)时，g(x)在[0，1]上有三个零点.
3.已知函数f(x)＝eq \f(x2,2)﹣4ax＋aln x＋3a2＋2a(a＞0).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，当a变化时，求f(x1)＋f(x2)的最大值.
[解] (1)函数f(x)的定义域为x＞0，
对f(x)求导得f′(x)＝x﹣4a＋eq \f(a,x)＝eq \f(x2－4ax＋a,x)，x＞0，a＞0.
令M(x)＝x2﹣4ax＋a，则Δ＝16a2﹣4a＝4a(4a﹣1).
①当0＜a≤eq \f(1,4)时，Δ≤0，M(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
则f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a＞eq \f(1,4)时，Δ＞0，f′(x)＝0的根为x1＝2a﹣eq \r(4a2－a)，x2＝2a＋eq \r(4a2－a)，
由f′(x)＞0得0＜x＜2a﹣eq \r(4a2－a)或x＞2a＋eq \r(4a2－a)；
由f′(x)＜0得2a﹣eq \r(4a2－a)＜x＜2a＋eq \r(4a2－a).
所以f(x)在(0，2a﹣eq \r(4a2－a))，(2a＋eq \r(4a2－a)，＋∞)上单调递增；
在(2a﹣eq \r(4a2－a)，2a＋eq \r(4a2－a))上单调递减.
(2)由(1)得a＞eq \f(1,4)，x1＝2a﹣eq \r(4a2－a)，x2＝2a＋eq \r(4a2－a)，
所以x1＋x2＝4a，x1x2＝a，
从而f(x1)＋f(x2)＝eq \f(1,2)(xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2))﹣4a(x1＋x2)＋aln x1x2＋6a2＋4a
＝eq \f(1,2)(x1＋x2)2﹣x1x2﹣10a2＋4a＋aln a＝aln a﹣2a2＋3a.
令g(a)＝aln a﹣2a2＋3a，则g′(a)＝ln a﹣4a＋4.
令h(a)＝ln a﹣4a＋4，则h′(a)＝eq \f(1,a)﹣4.
因为a＞eq \f(1,4)，所以h′(a)＜0，所以h(a)在(eq \f(1,4)，＋∞)上单调递减.
又h(1)＝0，所以a∈(eq \f(1,4)，1)时，h(a)＞0，g′(a)＞0，g(a)在(eq \f(1,4)，1)上单调递增；
a∈(1，＋∞)时，h(a)＜0，g′(a)＜0，g(a)在(1，＋∞)上单调递减，
所以a＝1时，g(a)取得最大值1.
故f(x1)＋f(x2)的最大值为1.
直接法
令f(x)＝0，则方程解的个数即为零点的个数
画图法
转化为两个易画出图象的函数，看其交点的个数即可
定理法
利用零点存在性定理判定，可结合最值、极值去解决
课外素养提升④ 逻辑推理——构造法求f(x)与f′(x)共存问题