训练目标(1)利用导数处理与函数零点有关的题型；(2)解题步骤的规范训练．训练题型(1)利用导数讨论零点的个数；(2)利用导数证明零点的唯一性；(3)根据零点个数借助导数求参数范围．解题策略(1)注重数形结合；(2)借助零点存在性定理处理零点的存在性问题；结合单调性处理零点的唯一性问题；(3)注意参变量分离.1．(2015·广东)设a＞1，函数f(x)＝(1＋x2)ex－a.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．2．函数f(x)＝x3－kx，其中实数k为常数．(1)当k＝4时，求函数的单调区间；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝k只有一个交点，求实数k的取值范围．3．(2016·南京、盐城、徐州二模)已知函数f(x)＝1＋lnx－，其中k为常数．(1)若k＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若k＝5，求证：f(x)有且仅有两个零点；(3)若k为整数，且当x＞2时，f(x)＞0恒成立，求k的最大值．(参考数据ln8＝2.08，ln9＝2.20，ln10＝2.30)4．(2015·山东)设函数f(x)＝(x＋a)lnx，g(x)＝.已知曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线2x－y＝0平行．(1)求a的值；(2)是否存在自然数k，使得方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由．5．已知函数f(x)＝(x＋a)ex，其中e是自然对数的底数，a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a＜1时，试确定函数g(x)＝f(x－a)－x2的零点个数，并说明理由．答案精析函数零点问题1．(1)解f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x2＋2x＋1)ex＝(x＋1)2ex，∀x∈R，f′(x)≥0恒成立．∴f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．(2)证明 f(0)＝1－a，f(a)＝(1＋a2)ea－a， a＞1，∴f(0)＜0，f(a)＞2aea－a＞2a－a＝a＞0，∴f(0)·f(a)＜0，∴f(x)在(0，a)上有一个零点，又 f(x)在(－∞，＋∞)上递增，∴f(x)在(0，a)上仅有一个零点，∴f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．2．解(1)因为f′(x)＝x2－k，当k＝4时，f′(x)＝x2－4，令f′(x)＝x2－4＝0，所以x1＝2，x2＝－2.f′(x)、f(x)随x的变化情况如下表：x(－∞，－2)－2(－2,2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以f(x)的单调递增区间是(－∞，－2)，(2，＋∞)；单调递减区间是(－2,2)．(2)令g(x)＝f(x)－k，由题意知，g(x)只有一个零点．因为g′(x)＝f′(x)＝x2－k.当k＝0时，g(x)＝x3，所以g(x)只有一个零点0.当k＜0时，g′(x)＝x2－k＞0对x∈R恒成立，所以g(x)单调递增，所以g(x)只有一个零点．当k＞0时，令g′(x)＝f′(x)＝x2－k＝0，解得x1＝或x2＝－.g′(x)，g(x)随x的变化情况如下表：x(－∞，－)－(－，)(，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)极大值极小值g(x)有且仅有一个零点等价于g(－)＜0，即k－k＜0，解得0＜k＜.综上所述，k的取值范围是k＜.3．(1)解当k＝0时，f(x)＝1＋lnx.因为f′(x)＝，从而f′(1)＝1.又f(1)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝x－1，即x－y＝0.(2)证明当k＝5时，f(x)＝lnx＋－4.因为f′(x)＝，所以当x∈(0,10)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(10，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以当x＝10时，f(x)有极小值．因为f(10)＝ln10－3＜0，f(1)＝6＞0，所以f(x)在(1,10)之间有一个零点．因为f(e4)＝4＋－4＞0，所以f(x)在(10，e4)之间有一个零点，从而f(x)有且仅有两个不同的零点．(3)解方法一由题意知，1＋lnx－＞0对x∈(2，＋∞)恒成立，即k＜对x∈(2，＋∞)恒成立．令h(x)＝，则h′(x)＝.设v(x)＝x－2lnx－4，则v′(x)＝.当x∈(2，＋∞)时，v′(x)＞0，所以v(x)在(2，＋∞)上为增函数．因为v(8)＝8－2ln8－4＝4－2ln8＜0，v(9)＝5－2ln9＞0，所以存在x0∈(8,9)，v(x0)＝0，即x0－2lnx0－4＝0.当x∈(2，x0)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．所以当x＝x0时，h(x)的最小值为h(x0)＝.因为lnx0＝，所以h(x0)＝∈(4,4.5)，故所求的整数k的最大值为4.方法二由题意知，1＋lnx－＞0对x∈(2，＋∞)恒成立．f(x)＝1＋lnx－，f′(x)＝.①当2k≤2，即k≤1时，f′(x)＞0对x∈(2，＋∞)恒成立，所以f(x)在(2，＋∞)上单调递增．而f(2)＝1＋ln2＞0成立，所以满足要求．②当2k...
