第2课时利用导数解决不等式、方程的解、曲线交点个数问题题型一|利用导数解决函数的零点及方程根的问题(2016·南通调研一)已知函数f(x)＝a＋lnx(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)试求函数f(x)的零点个数，并证明你的结论．[解](1)由函数f(x)＝a＋lnx(a∈R)，得f′(x)＝(lnx＋2).2分令f′(x)＝0，得x＝e－2.列表如下：x(0，e－2)e－2(e－2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值因此，函数f(x)的单调增区间为(e－2，＋∞)，单调减区间为(0，e－2).5分(2)由(1)可知，f(x)min＝f(e－2)＝a－2e－1.6分(ⅰ)当a＞2e－1时，由f(x)≥f(e－2)＝a－2e－1＞0，得函数f(x)的零点个数为0.8分(ⅱ)当a＝2e－1时，因f(x)在(e－2，＋∞)上是单调递增，在(0，e－2)上单调递减，故x∈(0，e－2)∪(e－2，＋∞)时，f(x)＞f(e－2)＝0.此时，函数f(x)的零点个数为1.10分(ⅲ)当a＜2e－1时，f(x)min＝f(e－2)＝a－2e－1＜0.①a≤0时，因为当x∈(0，e－2]时，f(x)＝a＋lnx＜a≤0，所以，函数f(x)在区间(0，e－2]上无零点；另一方面，因为f(x)在[e－2，＋∞)上单调递增，且f(e－2)＝a－2e－1＜0，又e－2a∈(e－2，＋∞)，且f(e－2a)＝a(1－2e－a)＞0，此时，函数f(x)在(e－2，＋∞)上有且只有一个零点．所以，当a≤0时，函数f(x)零点个数为1.13分②0＜a＜2e－1时，因为f(x)在[e－2，＋∞)上单调递增，且f(1)＝a＞0，f(e－2)＝a－2e－1＜0，所以，函数f(x)在区间(e－2，＋∞)上有且只有1个零点；另一方面，因为f(x)在(0，e－2]上是单调递减，且f(e－2)＝a－2e－1＜0.15分又e－∈(0，e－2)，且f(e)＝＞＝0，(当x＞0时，ex＞x2成立)此时，函数f(x)在(0，e－2)上有且只有1个零点．所以，当0＜a＜2e－1时，函数f(x)零点个数为2.综上所述，当a＞2e－1时，f(x)的零点个数为0；当a＝2e－1或a≤0时，f(x)的零点个数为1；当0＜a＜2e－1时，f(x)的零点个数为2.16分【名师点评】1.利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式方程解的个数问题的一般思路：(1)将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题．(2)利用导数研究出该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象．(3)结合图象求解．2．证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤：第一步：利用导数证明该函数在该区间上单调．第二步：证明端点值异号．设函数f(x)＝－klnx，k＞0.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．【导学号：19592020】[解](1)由f(x)＝－klnx(k＞0)，得x＞0且f′(x)＝x－＝.2分f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：x(0，)(，＋∞)f′(x)－0＋f(x)所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)．f(x)在x＝处取得极小值f()＝.6分(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.8分因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e.当k＝e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()＝0，所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点.10分当k＞e时，f(x)在区间(1，]上单调递减，且f(1)＝＞0，f()＝＜0，12分所以f(x)在区间(1，]上仅有一个零点.14分综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点.16分题型二|利用导数解决不等式问题(2014·江苏高考)已知函数f(x)＝ex＋e－x，其中e是自然对数的底数．(1)证明：f(x)是R上的偶函数；(2)若关于x的不等式mf(x)≤e－x＋m－1在(0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围；(3)已知正数a满足：存在x0∈[1，＋∞)，使得f(x0)
0)，则t>1，5分所以m≤－＝－对任意t>1成立.6分因为t－1＋＋1≥2＋1＝3，所以－≥－，8分当且仅当t＝2，即x＝ln2时等号成立．因此实数m的取值范围是.10分(3)令函数g(x)＝ex＋－a(－x3＋3x)，则g′(x)＝ex－＋3a(x2－1).11分当x≥1时，ex－>0，x2－1≥0，又a>0，故g′(x)>0.所以g(x)是[1，＋∞)上的单调增...
