第 2 课时 导数与方程例 1 (12 分)(2019·全国Ⅰ)已知函数 f (x)＝sinx－ln(1＋x)，f′(x)为 f (x)的导数，证明：(1)f′(x)在区间上存在唯一极大值点；(2)f (x)有且仅有 2 个零点.规范解答证明 (1)f (x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝cosx－，[1 分]令 g(x)＝cosx－，x∈，∴g′(x)＝－sinx＋，x∈，易知 g′(x)在上单调递减.[2 分]又 g′(0)＝－sin0＋1＝1>0，g′＝－sin ＋＝－1<0，∴∃x0∈，使得 g′(x0)＝0.[3 分]∴当 x∈(－1，x0)时，g′(x)>0；当 x∈时，g′(x)<0，∴g(x)在(－1，x0)上单调递增，在上单调递减.故 x＝x0为 g(x)在区间上唯一的极大值点，即 f′(x)在区间上存在唯一的极大值点 x0.[5 分](2)由(1)知 f′(x)＝cosx－，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.[7 分]② 当 x∈时，f′(x)在(0，x0)上单调递增，在上单调递减，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，1又 f′＝cos －＝－<0，∴∃x1∈，使得 f′(x1)＝0，∴f (x)在(x0，x1)上单调递增，在上单调递减，又 f (x0)>f (0)＝0，f ＝sin －ln＝ln>ln1＝0.∴f (x)>0 在上恒成立，不存在零点.[9 分]③ 当 x∈时，易知 f (x)在上单调递减，又 f >0，f (π)＝sinπ－ln(π＋1)＝－ln(π＋1)<0，∴f (x)在上存在唯一零点.[10 分]④ 当 x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>ln(π＋1)>1，∴f (x)＝sinx－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.[12 分]第一步：求导函数 f′(x)；第二步：二次求导：设 g(x)＝f′(x)，求 g′(x)；第三步：讨论 g(x)的性质：根据 g′(x)的符号讨论 g(x)的单调性和零点；第四步：讨论 f (x)的性质：根据 f′(x)的符号讨论 f (x)的单调性和零点.跟踪训练 1(2020·武汉调研)已知函数 f (x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.71828…是自然对数的底数).(1)求 f (x)的单调区间；(2)讨论 g(x)＝f (x)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
