第5讲导数与方程判断、证明或讨论函数零点个数两类零点问题的不同处理方法：利用零点存在性定理的条件为函数图象在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)<0.(1)直接法：判断一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明f(a)·f(b)<0；(2)分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f(a)·f(b)<0.高考真题思维方法【直接法】(2019·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝lnx－.(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＝lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线y＝ex的切线.(1)f(x)的定义域为(0，1)∪(1，∞＋).因为f′(x)＝＋>0，【关键1：正确求出导函数，研究函数的单调性】所以f(x)在(0，1)，(1，∞＋)单调递增.因为f(e)＝1－<0，f(e2)＝2－＝>0，所以f(x)在(1，∞＋)有唯一零点x1(e
0，f(x)在(0，∞＋)上单调递增；②当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝－，故在上，f′(x)>0，f(x)单调递增，在上，f′(x)<0，f(x)单调递减．综上，当a≥0时，f(x)在(0，∞＋)上单调递增；当a<0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)由(1)可知，当a<0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．故f(x)max＝f＝ln－1.①当ln<1，即a<－时，f<0，函数f(x)没有零点．②当ln＝1时，即a＝－时，f＝0，函数f(x)有一个零点．③当ln>1，即－0，令0e，则在(e，∞＋)上，g′(t)＝－1<0，故g(t)在(e，∞＋)上单调递减，故在(e，∞＋)上，g(t)
