高考数学一轮复习 讲义 高考解答题专项突破（1） 第3课时　利用导数研究函数的零点

第3课时利用导数研究函数的零点考点一确定函数零点的个数(多考向探究)考向1利用单调性和函数零点存在定理确定零点个数已知函数f(x)＝eq\f(ex,x)，g(x)＝tanx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设函数F(x)＝f(x)－g(x)，试判断F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内的零点个数．解：(1)函数f(x)＝eq\f(ex,x)的定义域为{x|x≠0}，f′(x)＝eq\f(exx－ex,x2)＝eq\f(ex（x－1）,x2)，令f′(x)＝0，得x＝1.当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，0)和(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝eq\f(ex,x)－tanx＝0，得xsinx－excosx＝0.设h(x)＝xsinx－excosx，则h′(x)＝(ex＋1)sinx＋(x－ex)cosx.①当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))时，可知ex>0>x，则ex>x，所以x－ex<0，又sinx<0，cosx>0，所以h′(x)<0，从而h(x)＝xsinx－excosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上单调递减，又h(0)＝－1<0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝eq\f(π,2)>0，由零点存在定理及h(x)的单调性，得h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上存在一个零点．②当x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))时，cosx≥sinx>0，由(1)知函数f(x)＝eq\f(ex,x)在(0，1)上单调递减，所以当x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))时，f(x)＝eq\f(ex,x)>f(1)＝e>1，则ex>x>0.所以excosx>xsinx，则h(x)＝xsinx－excosx<0恒成立．所以h(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上无零点．③当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，sinx>cosx>0，h′(x)＝ex(sinx－cosx)＋(xcosx＋sinx)>0，则h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增．又heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π,2)>0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－e\s\up6(\f(π,4))))<0，由零点存在定理及h(x)的单调性，得h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上存在一个零点．综上所述，h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内的零点个数为2，即F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内的零点个数为2.利用单调性和函数零点存在定理确定零点个数的一般步骤及注意点(1)讨论函数的单调性，确定函数的单调区间．(2)在每个单调区间上，利用函数零点存在定理判断零点的个数．(3)注意区间端点的选取技巧．(4)含参数时注意分类讨论．1.已知函数f(x)＝(x－1)ex－eq\f(1,3)ax3(a>e，e是自然对数的底数)．(1)讨论函数f(x)的极值点的个数；(2)证明：函数f(x)在区间(0，＋∞)上有且只有一个零点．解：(1)f′(x)＝xex－ax2＝x(ex－ax)(a＞e)，令f′(x)＝0，得x＝0或ex－ax＝0.设g(x)＝ex－ax，则g′(x)＝ex－a，令g′(x)＝0，得x＝lna，当x<lna时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>lna时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(lna)＝a－alna＝a(1－lna)．因为a>e，所以g(x)min<0，此时g(x)在R上有且仅有两个零点，记为x1，x2(x1<x2)，因为g(0)＝1>0，g(1)＝e－a<0，当x→＋∞时，g(x)>0，所以0<x1<1<x2，且x1，x2是g(x)的两个变号零点，也是f′(x)的两个变号零点，又当x＜0时，f′(x)＜0，当0＜x＜x1时，f′(x)＞0，所以0是f′(x)的变号零点，即f′(x)在R上有且仅有3个变号零点，所以函数f(x)的极值点的个数为3.(2)证明：f′(x)＝x(ex－ax)，由(1)知，当a>e时，f(x)在R上有3个极值点0，x1，x2，其中0<x1<1<x2，且f(0)＝－1<0，当0<x<x1时，g(x)>0，则f′(x)>0，f(x)单调递增；当x1<x<x2时，g(x)<0，则f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>x2时，g(x)>0，则f′(x)>0，f(x)单调递增．所以f(x)在区间(0，＋∞)上的极大值为f(x1)，极小值为f(x2)，且ex1＝ax1，ex2＝ax2，则a＝eq\f(ex1,x1)，a＝eq\f(ex2,x2).所以f(x2)＝(x2－1)ex2－eq\f(1,3)axeq\o\al(3,2)＝(x2－1)ex2－eq\f(1,3)×eq\f(ex2,x2)xeq\o\al(3,2)＝(x2－1)ex2－eq\f(xeq\o\al(2,2)ex2,3)＝eq\f(ex2,3)(－xeq\o\al(2,2)＋3x2－3)＝eq\f(ex2,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(3,2)))\s\up12(2)－\f(3,4)))<0，同理，f(x1)＝eq\f(ex1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(3,2)))\s\up12(2)－\f(3,4)))<0，而当x→＋∞时，f(x)>0，因此函数f(x)在区间(0，x2]内无零点，在区间(x2，＋∞)上有且只有一个零点．综上所述，函数f(x)在区间(0，＋∞)上有且只有一个零点．考向2利用两个函数图象的交点个数确定零点个数已知函数f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2(a∈R)．(1)当a＝1时，求f(x)的最大值；(2)讨论函数f(x)在[1，e2]上零点的个数．解：(1)f(x)的定义域是(0，＋∞)，因为f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2(a∈R)，所以f′(x)＝eq\f(1,x)－ax＝eq\f(1－ax2,x)，当a＝1时，由f′(x)＝eq\f(1－x2,x)＝0，得x＝1(x＝－1舍去)．当x∈(0，1)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，即当x＝1时，函数f(x)取得最大值，为f(1)＝－eq\f(1,2).(2)由f(x)＝0，得a＝eq\f(2lnx,x2)，令g(x)＝eq\f(2lnx,x2)，则g′(x)＝eq\f(2－4lnx,x3)，由g′(x)>0，得1<x<eq\r(e)，由g′(x)<0，得eq\r(e)<x<e2，故g(x)在[1，eq\r(e)]上单调递增，在[eq\r(e)，e2]上单调递减，又g(1)＝0，g(eq\r(e))＝eq\f(1,e)，g(e2)＝eq\f(4,e4)，作出函数g(x)的图象如下．综上所述，当0≤a<eq\f(4,e4)或a＝eq\f(1,e)时，f(x)在[1，e2]上有一个零点；当eq\f(4,e4)≤a<eq\f(1,e)时，f(x)在[1，e2]上有两个零点；当a<0或a>eq\f(1,e)时，f(x)在[1，e2]上没有零点．在借助函数图象研究函数零点问题时，要准确画出函数的图象，不仅要研究函数的单调性与极值的情况，还要关注函数值的正负以及变化趋势，把函数图象与x轴有无交点，哪一区间在x轴上方，哪一区间在x轴下方等情况分析清楚，这样才能准确地研究直线与函数图象交点的个数情况．2.已知函数f(x)＝lnx＋eq\f(2,x)－2，g(x)＝xlnx－ax2－x＋1.(1)证明：函数f(x)在(1，＋∞)上有且仅有一个零点；(2)假设存在常数λ>1，且满足f(λ)＝0，试讨论函数g(x)的零点个数．解：(1)证明：f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2,x2)＝eq\f(x－2,x2)，令f′(x)＝0，得x＝2，当0<x<2时，f′(x)<0，当x>2时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．又f(1)＝0，f(2)＝ln2－1<0，f(e2)＝eq\f(2,e2)>0，由零点存在定理及f(x)的单调性，得函数f(x)在(1，＋∞)上有且仅有一个零点．(2)令g(x)＝0，即xlnx－ax2－x＋1＝0，从而有ax＝lnx－1＋eq\f(1,x).令φ(x)＝lnx－1＋eq\f(1,x)，从而g(x)的零点个数等价于y＝ax的图象与φ(x)图象的交点个数．又φ′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)，令φ′(x)＝0，得x＝1.当0<x<1时，φ′(x)<0，当x>1时，φ′(x)>0，所以φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且φ(x)min＝φ(1)＝0，其图象如图所示．当a＝0时，y＝ax的图象与φ(x)的图象有一个交点．当a<0时，y＝ax的图象经过第二、四象限，与φ(x)的图象无交点．当a>0时，y＝ax的图象经过第一、三象限，与φ(x)的图象至少有一个交点．当y＝ax的图象与φ(x)的图象相切时，设切点横坐标为x0，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝φ′（x0）＝\f(1,x0)－\f(1,xeq\o\al(2,0))，,ax0＝lnx0－1＋\f(1,x0)，))即有lnx0＋eq\f(2,x0)－2＝0，从而x0＝λ，此时a＝eq\f(1,λ)－eq\f(1,λ2)＝eq\f(λ－1,λ2)>0.当a＝eq\f(λ－1,λ2)时，y＝ax的图象与φ(x)的图象有两个交点；当0<a<eq\f(λ－1,λ2)时，y＝ax的图象与φ(x)的图象有三个交点；当a>eq\f(λ－1,λ2)时，y＝ax的图象与φ(x)的图象有一个交点．综上所述，当a<0时，g(x)没有零点；当0<a<eq\f(λ－1,λ2)时，g(x)有三个零点；当a＝eq\f(λ－1,λ2)时，g(x)有两个零点；当a>eq\f(λ－1,λ2)或a＝0时，g(x)有一个零点．考点二根据零点情况求参数范围已知函数f(x)＝ax，其中0<a<1.(1)求函数g(x)＝f(x)－xlna的单调区间；(2)若函数h(x)＝ax－eq\f(（lna）2,2)x2－xlna－a＋(3－k)lna＋(lna)2在x∈[1，＋∞)上存在零点，求实数k的取值范围．解：(1)由已知，得g(x)＝ax－xlna，则g′(x)＝axlna－lna，令g′(x)＝0，得x＝0.由0<a<1，可知当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：x(－∞，0)0(0，＋∞)g′(x)－0＋g(x)单调递减极小值单调递增所以函数g(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．(2)令h(x)＝0，则存在x∈[1，＋∞)，使得ax－eq\f(（lna）2,2)x2－xlna－a＋(3－k)lna＋(lna)2＝0，两边同时除以lna，得eq\f(ax,lna)－eq\f(lna,2)x2－x－eq\f(a,lna)＋lna＋3－k＝0，即eq\f(ax,lna)－eq\f(lna,2)x2－x－eq\f(a,lna)＋lna＋3＝k.令t(x)＝eq\f(ax,lna)－eq\f(lna,2)x2－x－eq\f(a,lna)＋lna＋3，x∈[1，＋∞)，则t′(x)＝ax－xlna－1，由(1)知g(x)＝ax－xlna≥g(0)＝1，即t′(x)≥0，则函数t(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以t(x)≥t(1)＝eq\f(a,lna)－eq\f(lna,2)－1－eq\f(a,lna)＋lna＋3＝eq\f(lna,2)＋2.故k≥2＋eq\f(lna,2)，即实数k的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(lna,2)，＋∞)).根据零点情况求参数范围的解法3.已知函数f(x)＝ex－1－ax－a(a∈R)．(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；(2)若函数f(x)有2个零点，求a的取值范围．解：(1)当a＝2时，f(x)＝ex－1－2x－2，所以f′(x)＝ex－1－2，所以f′(1)＝－1，因为f(1)＝－3，所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＋3＝－(x－1)，即x＋y＋2＝0.(2)因为f′(x)＝ex－1－a，若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在R上单调递增，f(x)最多有1个零点，不满足题意；若a>0，令f′(x)＝0，得x＝1＋lna，当x<1＋lna时，f′(x)<0，当x>1＋lna时，f′(x)>0，则f(x)在(－∞，1＋lna)上单调递减，在(1＋lna，＋∞)上单调递增，且当x→－∞和x→＋∞时，f(x)→＋∞，故f(1＋lna)＝－a(1＋lna)<0，解得a>eq\f(1,e).综上所述，a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).考点三“隐零点”问题已知函数f(x)＝lnx＋ax－a(a∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若不等式f(x)<a(x2－1)在(1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)由f(x)＝lnx＋ax－a知，其定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(1,x)＋a＝eq\f(ax＋1,x)，①当a≥0时，在(0，＋∞)上，f′(x)>0，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a<0时，若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))，则f′(x)>0，若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))，则f′(x)<0，故函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))上单调递减．(2)由f(x)<a(x2－1)，得lnx－a(x2－x)<0，令g(x)＝lnx－a(x2－x)，①当a≤0时，在(1，＋∞)上，g(x)＝lnx－a(x2－x)＝lnx－ax(x－1)>0恒成立，与题意不符；②当a>0时，g′(x)＝eq\f(1,x)－a(2x－1)＝eq\f(1,x)－2ax＋a在(1，＋∞)上单调递减，且g′(1)＝1－a，当0<a<1时，g′(1)>0，当x→＋∞时，g′(x)<0，故在(1，＋∞)上存在x0，使得g′(x0)＝0，当x∈(1，x0)时，g′(x)>0，则在(1，x0)上，g(x)单调递增，所以g(x)>g(1)＝0，与题意不符；当a≥1时，在(1，＋∞)上，g′(x)<g′(1)＝1－a≤0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)<g(1)＝0，符合题意．综上所述，实数a的取值范围为[1，＋∞)．在函数的零点中，有些零点不易求出，或者可以求出但无需求出，我们把这样的零点称为“隐零点”，即能确定其存在，但又无法或无需求出．对于“隐零点”问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题．4.已知函数f(x)＝aex－lnx，g(x)＝eq\f(f（x）,a)，a≠0.(1)若g(x)在[1，3]上单调递增，求实数a的取值范围；(2)若a>0，求证：f(x)≥2＋lna.解：(1)∵g(x)＝eq\f(f（x）,a)＝ex－eq\f(lnx,a)(x>0)，∴g′(x)＝ex－eq\f(1,ax).∵g(x)在[1，3]上单调递增，∴g′(x)≥0在[1，3]上恒成立，即eq\f(1,a)≤xex在[1，3]上恒成立．令t(x)＝xex，则t′(x)＝(x＋1)ex.∵当x∈[1，3]时，t′(x)>0，∴t(x)在[1，3]上单调递增，∴(xex)min＝e.∴eq\f(1,a)≤e，解得a≥eq\f(1,e)或a<0，即实数a的取值范围是(－∞，0)∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).(2)证明：f′(x)＝aex－eq\f(1,x)＝eq\f(axex－1,x)，令h(x)＝axex－1，则h′(x)＝aex＋axex＝aex(1＋x)，∵a>0，∴h′(x)>0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又h(0)＝－1<0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝eeq\s\up6(\f(1,a))－1>0，∴存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，使得h(x0)＝0，即存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，使得f′(x0)＝aex0－eq\f(1,x0)＝0，即x0＝eq\f(1,aex0).∴当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(x0)＝aex0－lnx0＝eq\f(1,x0)－lneq\f(1,aex0)＝eq\f(1,x0)＋x0＋lna≥2eq\r(\f(1,x0)·x0)＋lna＝2＋lna，当且仅当eq\f(1,x0)＝x0，即x0＝1时，等号成立，∴当a>0时，f(x)≥2＋lna.课时作业基础题(占比20%)中档题(占比50%)拔高题(占比30%)题号123456难度★★★★★★★★★★★★★考点根据零点的个数求参数根据零点的个数求参数根据零点的个数求参数；隐零点问题求函数零点的个数利用函数的性质、零点存在定理求函数零点的个数；隐零点问题证明函数零点的个数1.已知函数f(x)＝2x3－3x2－12x＋m.(1)若m＝1，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若函数f(x)有3个零点，求实数m的取值范围．解：(1)由题意，得f′(x)＝6x2－6x－12，故f′(1)＝－12，又当m＝1时，f(1)＝2－3－12＋1＝－12，故所求的切线方程为y＋12＝－12(x－1)，即12x＋y＝0.(2)由题意，得f′(x)＝6x2－6x－12＝6(x2－x－2)＝6(x＋1)(x－2)，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝2，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0；当x∈(－1，2)时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)有极大值f(－1)＝m＋7，有极小值f(2)＝m－20.若函数f(x)有3个零点，则实数m满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋7>0，,m－20<0，))解得－7<m<20，即实数m的取值范围为(－7，20)．2．已知函数f(x)＝a2x－x(a>0，且a≠1)．(1)若a＝e，求曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程；(2)若f(x)有2个零点，试比较lna与eq\f(1,2e)的大小．解：(1)当a＝e时，f(x)＝e2x－x，则f′(x)＝2e2x－1，所以f′(0)＝1，又f(0)＝1，所以切线方程为y－1＝x，即x－y＋1＝0.(2)函数f(x)有2个零点等价于方程a2x－x＝0有两个根，即a2x＝x⇒lna2x＝lnx⇒2xlna＝lnx⇒2lna＝eq\f(lnx,x)有两个根，令h(x)＝eq\f(lnx,x)，则h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，令h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)＝0，得x＝e，当x∈(0，e)时，h′(x)>0，当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，所以h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以h(x)max＝h(e)＝eq\f(1,e)，因为x>0，则当x→0＋时，h(x)→－∞，当x→＋∞时，h(x)→0，h(x)的大致图象如图所示，所以要使得2lna＝eq\f(lnx,x)有两个根，则2lna∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，即0＜2lna＜eq\f(1,e)，所以lna<eq\f(1,2e).3．已知函数f(x)＝ex－lnx－a，g(x)＝ex－ln(x＋a)，其中a为整数且a≥1.若f(x)存在两个不同的零点x1，x2，且x1＜x2.(1)求整数a的最小值；(2)求证：g(lnx1)＝g(lnx2)＝0.解：(1)因为f′(x)＝ex－eq\f(1,x)(x>0)，令h(x)＝f′(x)＝ex－eq\f(1,x)(x>0)，则h′(x)＝ex＋eq\f(1,x2)>0，故f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\r(e)－2<0，f′(1)＝e－1>0，由零点存在定理，知存在唯一的x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使得f′(x0)＝0，即ex0＝eq\f(1,x0)，且当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(x0)＝ex0－lnx0－a＝x0＋eq\f(1,x0)－a，又当x→＋∞时，f(x)→＋∞，当x→0＋时，f(x)→＋∞，若f(x)存在两个不同的零点，则f(x0)<0，即x0＋eq\f(1,x0)－a<0，a>x0＋eq\f(1,x0)，由x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，知x0＋eq\f(1,x0)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(5,2)))，所以整数a的最小值为3.(2)证明：由题意，得f(x1)＝f(x2)＝0，即a＝ex1－lnx1＝ex2－lnx2，故g(lnx1)＝x1－ln(lnx1＋ex1－lnx1)＝x1－x1＝0，同理可得，g(lnx2)＝0.所以g(lnx1)＝g(lnx2)＝0.4．(2026·广东湛江模拟)已知函数f(x)＝aln(x－1)＋x2－2x，其中a∈R.(1)若a＝－8，求函数f(x)的单调区间；(2)当a<－2时，试判断f(x)的零点个数并证明．解：(1)由题意，知f(x)的定义域为(1，＋∞)，则f′(x)＝eq\f(a,x－1)＋2x－2＝eq\f(2（x－1）2＋a,x－1)，当a＝－8时，f′(x)＝eq\f(2（x－1）2－8,x－1).令f′(x)＝0，得x＝3或x＝－1(舍去)．当x∈(1，3)时，f′(x)<0，当x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0，故函数f(x)的单调递减区间为(1，3)，单调递增区间为(3，＋∞)．(2)解法一：因为f(2)＝0，所以f(x)有一个零点是2.令f′(x)＝0，解得x1＝1－eq\r(－\f(a,2))<1(舍去)，x2＝1＋eq\r(－\f(a,2)).当x∈(1，x2)时，f′(x)<0，故f(x)单调递减，当x∈(x2，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)单调递增．当a<－2时，x2＝1＋eq\r(－\f(a,2))∈(2，＋∞)，f(x2)<f(2)＝0.f(1－a)＝aln(－a)＋a2－1＝－a[－a－ln(－a)]－1.下面先证明当x≥1时，x－lnx≥1.令g(x)＝x－lnx(x≥1)，g′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)≥0，故g(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(1)＝1.因为－a>2>1，所以f(1－a)＝－a[－a－ln(－a)]－1>－a－1>0.易知1－a>x2，所以f(x)在(x2，＋∞)上存在唯一的零点x3，所以当a<－2时，f(x)有两个零点，为2和x3.解法二：当x＝2时，f(2)＝0，故2是f(x)的一个零点．令f′(x)＝0，又x>1，所以x0＝1＋eq\r(－\f(a,2)).当x∈(1，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以x＝x0是f(x)的极小值点．当a<－2时，x0>2，所以f(x0)<0.下面证明lnx≤x－1(x>0)．令g(x)＝x－1－lnx，则g′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x).当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，从而g(x)≥g(1)＝0，所以当x>1时，ln(x－1)≤x－2，所以aln(x－1)≥ax－2a，即f(x)≥ax－2a＋x2－2x＝x[x＋(a－2)]－2a.令x1>2－a，则有x1＋a－2>0，则f(x1)>0.易得当a<－2时，2－a>x0，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)上有唯一解．综上所述，当a<－2时，f(x)有两个零点．5．已知函数f(x)＝aln(x＋1)－sinkx，k∈N*，a∈R.(1)若k＝1，函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，求实数a的取值范围；(2)若a＝1，k＝2，求函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的零点个数．解：(1)当k＝1时，f(x)＝aln(x＋1)－sinx，则f′(x)＝eq\f(a,x＋1)－cosx，因为函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，所以f′(x)≤0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒成立，即f′(x)＝eq\f(a,x＋1)－cosx≤0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒成立，可得a≤(x＋1)cosx，令g(x)＝(x＋1)cosx，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上，x＋1>0，cosx≥0，所以g(x)＝(x＋1)cosx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最小值为geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝0，所以实数a的取值范围为(－∞，0]．(2)当a＝1，k＝2时，f(x)＝ln(x＋1)－sin2x，可得f(0)＝0，f′(x)＝eq\f(1,x＋1)－2cos2x，设h(x)＝eq\f(1,x＋1)－2cos2x，则h′(x)＝－eq\f(1,（x＋1）2)＋4sin2x，易知h′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上单调递增，又h′(0)＝－1<0，h′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝4－eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋1))\s\up12(2))>0，所以∃x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，使得h′(x0)＝0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，x0))时，h′(x)<0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,4)))时，h′(x)>0，所以f′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，x0))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,4)))上单调递增，又f′(0)＝－1<0，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝eq\f(1,－\f(π,4)＋1)>0，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\f(1,\f(π,4)＋1)>0，所以∃x1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，x0))，∃x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,4)))，使得f′(x1)＝f′(x2)＝0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，x1))上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(π,4)))上单调递增，由f(0)＝0，得f(x2)<0，f(x1)>0，又因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(π,4)))＋1<0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(π,4)))－1<0，所以∃x3∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，x1))，使得f(x3)＝0.综上，函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上有x3，0两个零点．6．(2025·新课标Ⅱ卷，18)已知函数f(x)＝ln(1＋x)－x＋eq\f(1,2)x2－kx3，其中0<k<eq\f(1,3).(1)证明：f(x)在区间(0，＋∞)上存在唯一的极值点和唯一的零点；(2)设x1，x2分别为f(x)在区间(0，＋∞)上的极值点和零点．(ⅰ)设函数g(t)＝f(x1＋t)－f(x1－t)，证明：g(t)在区间(0，x1)上单调递减；(ⅱ)比较2x1与x2的大小，并证明你的结论．解