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專題跟蹤檢測(cè)（五） “導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題”考法面面觀
1．(2018全國(guó)卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝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：(1)當(dāng)a＝3時(shí)，f(x)＝x3－3x2－3x－3，
f′(x)＝x2－6x－3.
令f′(x)＝0，解得x＝3－2或x＝3＋2.
當(dāng)x∈(－∞，3－2)∪(3＋2，＋∞)時(shí)，f′(x)>0；
當(dāng)x∈(3－2，3＋2)時(shí)，f′(x)<0.
故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，3－2)，(3＋2，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(3－2，3＋2)．
(2)證明：因?yàn)閤2＋x＋1>0，
所以f(x)＝0等價(jià)于－3a＝0.
設(shè)g(x)＝－3a，
則g′(x)＝≥0，
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－＝－62－<0，f(3a＋1)＝>0，
故f(x)有一個(gè)零點(diǎn)．
綜上，f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)．
2．(2018鄭州第一次質(zhì)量預(yù)測(cè))已知函數(shù)f(x)＝ln x＋－，a∈R且a≠0.
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
(2)當(dāng)x∈時(shí)，試判斷函數(shù)g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．
解：(1)f′(x)＝(x>0)，
當(dāng)a<0時(shí)，f′(x)>0恒成立，
∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)＝>0，得x>；
由f′(x)＝<0，得0
0時(shí)，函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．
(2)∵當(dāng)x∈時(shí)，判斷函數(shù)g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零點(diǎn)，即求當(dāng)x∈時(shí)，方程(ln x－1)ex＋x＝m的根．
令h(x)＝(ln x－1)ex＋x，
則h′(x)＝ex＋1.
由(1)知當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝ln x＋－1在上單調(diào)遞減，在(1，e)上單調(diào)遞增，
∴當(dāng)x∈時(shí)，f(x)≥f(1)＝0.
∴＋ln x－1≥0在x∈上恒成立．
∴h′(x)＝ex＋1≥0＋1>0，
∴h(x)＝(ln x－1)ex＋x在上單調(diào)遞增．
∴h(x)min＝h＝－2e＋，h(x)max＝e.
∴當(dāng)m<－2e＋或m>e時(shí)，函數(shù)g(x)在上沒(méi)有零點(diǎn)；
當(dāng)－2e＋≤m≤e時(shí)，函數(shù)g(x)在上有一個(gè)零點(diǎn)．
3．(2018貴陽(yáng)模擬)已知函數(shù)f(x)＝kx－ln x－1(k>0)．
(1)若函數(shù)f(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)k的值；
(2)證明：當(dāng)n∈N*時(shí)，1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．
解：(1)法一：f(x)＝kx－ln x－1，f′(x)＝k－＝(x>0，k>0)，
當(dāng)0時(shí)，f′(x)>0.
∴f(x)在0，上單調(diào)遞減，在，＋∞上單調(diào)遞增．
∴f(x)min＝f＝ln k，
∵f(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)，∴l(xiāng)n k＝0，∴k＝1.
法二：由題意知方程kx－ln x－1＝0僅有一個(gè)實(shí)根，
由kx－ln x－1＝0，得k＝(x>0)，
令g(x)＝(x>0)，g′(x)＝，
當(dāng)00；
當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)<0.
∴g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，
∴g(x)max＝g(1)＝1，
當(dāng)x→＋∞時(shí)，g(x)→0，
∴要使f(x)僅有一個(gè)零點(diǎn)，則k＝1.
法三：函數(shù)f(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)，即直線y＝kx與曲線y＝ln x＋1相切，設(shè)切點(diǎn)為(x0，y0)，
由y＝ln x＋1，得y′＝，∴
∴k＝x0＝y(tǒng)0＝1，
∴實(shí)數(shù)k的值為1.
(2)證明：由(1)知x－ln x－1≥0，即x－1≥ln x，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào)，
∵n∈N*，令x＝，得>ln，
∴1＋＋＋…＋>ln＋ln＋…＋ln＝ln(n＋1)，
故1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．
4.已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋(c－3a－2b)x＋d的圖象如圖所示．
(1)求c，d的值；
(2)若函數(shù)f(x)在x＝2處的切線方程為3x＋y－11＝0，求函數(shù)f(x)的解析式；
(3)在(2)的條件下，函數(shù)y＝f(x)與y＝f′(x)＋5x＋m的圖象有三個(gè)不同的交點(diǎn)，求m的取值范圍．
解：函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)＝3ax2＋2bx＋c－3a－2b.
(1)由圖可知函數(shù)f(x)的圖象過(guò)點(diǎn)(0,3)，且f′(1)＝0，
得解得
(2)由(1)得，f(x)＝ax3＋bx2－(3a＋2b)x＋3，
所以f′(x)＝3ax2＋2bx－(3a＋2b)．
由函數(shù)f(x)在x＝2處的切線方程為3x＋y－11＝0，
得
所以解得
所以f(x)＝x3－6x2＋9x＋3.
(3)由(2)知f(x)＝x3－6x2＋9x＋3，
所以f′(x)＝3x2－12x＋9.
函數(shù)y＝f(x)與y＝f′(x)＋5x＋m的圖象有三個(gè)不同的交點(diǎn)，
等價(jià)于x3－6x2＋9x＋3＝(x2－4x＋3)＋5x＋m有三個(gè)不等實(shí)根，
等價(jià)于g(x)＝x3－7x2＋8x－m的圖象與x軸有三個(gè)不同的交點(diǎn)．
因?yàn)間′(x)＝3x2－14x＋8＝(3x－2)(x－4)，
令g′(x)＝0，得x＝或x＝4.
當(dāng)x變化時(shí)，g′(x)，g(x)的變化情況如表所示：
x
4
(4，＋∞)
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)
極大值
極小值
g＝－m，g(4)＝－16－m，
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，g(x)圖象與x軸有三個(gè)交點(diǎn)，
解得－160，則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
②當(dāng)a>0時(shí)，若x∈，則f′(x)>0，若x∈，則f′(x)<0，則f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．
(2)法一：構(gòu)造差函數(shù)法
由(1)易知a>0，且f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，不妨設(shè)0?x1＋x2>，故要證f′<0，只需證x1＋x2>即可．
構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f，x∈，
F′(x)＝f′(x)－′＝f′(x)＋f′＝＝，
∵x∈，∴F′(x)＝>0，
∴F(x)在上單調(diào)遞增，
∴F(x)－x1，
∴x1＋x2>，得證．
法二：對(duì)數(shù)平均不等式法
易知a>0，且f(x)在上單調(diào)遞增，
在上單調(diào)遞減，
不妨設(shè)0.
因?yàn)閒(x)的兩個(gè)零點(diǎn)是x1，x2，
所以ln x1－ax＋(2－a)x1＝ln x2－ax＋(2－a)x2，
所以ln x1－ln x2＋2(x1－x2)＝a(x－x＋x1－x2)，
所以a＝，以下用分析法證明，要證>，
即證>，
即證>，
即證<，
只需證<，
即證>，
根據(jù)對(duì)數(shù)平均不等式，該式子成立，
所以f′<0.
法三：比值(差值)代換法
因?yàn)閒(x)的兩個(gè)零點(diǎn)是x1，x2，
不妨設(shè)01)，g(t)＝－ln t，則當(dāng)t>1時(shí)，
g′(t)＝<0，
所以g(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)t>1時(shí)，
g(t)1時(shí)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；
(2)若對(duì)任意x∈[e，e2]，都有f(x)<4ln x成立，求k的取值范圍；
(3)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，證明x1x21，所以f′(x)＝ln x－k>0，
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(1，＋∞)，無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間，無(wú)極值．
②當(dāng)k>0時(shí)，令ln x－k＝0，解得x＝ek，
當(dāng)1ek時(shí)，f′(x)>0.
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(1，ek)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ek，＋∞)，在(1，＋∞)上的極小值為f(ek)＝(k－k－1)ek＝－ek，無(wú)極大值．
(2)由題意，f(x)－4ln x<0，
即問(wèn)題轉(zhuǎn)化為(x－4)ln x－(k＋1)x<0對(duì)任意x∈[e，e2]恒成立，
即k＋1>對(duì)任意x∈[e，e2]恒成立，
令g(x)＝，x∈[e，e2]，
則g′(x)＝.
令t(x)＝4ln x＋x－4，x∈[e，e2]，則t′(x)＝＋1>0，
所以t(x)在區(qū)間[e，e2]上單調(diào)遞增，故t(x)min＝t(e)＝4＋e－4＝e>0，故g′(x)>0，
所以g(x)在區(qū)間[e，e2]上單調(diào)遞增，函數(shù)g(x)max＝g(e2)＝2－.
要使k＋1>對(duì)任意x∈[e，e2]恒成立，只要k＋1>g(x)max，所以k＋1>2－，解得k>1－，
所以實(shí)數(shù)k的取值范圍為.
(3)證明：法一：因?yàn)閒(x1)＝f(x2)，由(1)知，當(dāng)k>0時(shí)，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，ek)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(ek，＋∞)上單調(diào)遞增，且f(ek＋1)＝0.
不妨設(shè)x10，
所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(0，ek)上單調(diào)遞增，h(x)0，
不妨設(shè)00，即證>2，
即證ln t<2對(duì)t∈(0,1)恒成立，
設(shè)h(t)＝ln t－2，當(dāng)00，
所以h(t)在t∈(0,1)上單調(diào)遞增，h(t)
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