第22练利用导数研究函数零点问题训练目标(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.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．(2017·贵阳调研)已知函数f(x)＝(a<0)．(1)当a＝－1时，求函数f(x)的极值；(2)若函数F(x)＝f(x)＋1没有零点，求实数a的取值范围．4.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
0，解得a>－e2，所以此时－e21－1＝0，所以存在x0∈(1,2)，使得h(x0)＝0.因为h′(x)＝lnx＋＋1＋，所以当x∈(1,2)时，h′(x)>1－>0，当x∈[2，＋∞)时，h′(x)>0，所以当x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增，所以当k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根．5．解(1)因为f(x)＝(x＋a)ex，x∈R，所以f′(x)＝(x＋a＋1)ex.令f′(x)＝0，得x＝－a－1.当x变化时，f(x)和f′(x)的变化情况如下：x(－∞，－a－1)－a－1(－a－1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)?极小值?故f(x)的单调递减区间为(－∞，－a－1)，单调递增区间为(－a－1，＋∞)．(2)结论：函数g(x)有且仅有一个零点．理由如下：由g(x)＝f(x－a)－x2＝0，得方程xex－a＝x2，显然x＝0为此方程的一个实数解，所以x＝0是函数g(x)的一个零点．当x≠0时，方程可化简为ex－a＝x.设函数F(x)＝e...
