2022版新高考数学二轮复习：第二部分-专题六-第5讲-导数与方程-Word版含解析.doc

第5讲　导数与方程

判断、证明或讨论函数零点个数
两类零点问题的不同处理方法：利用零点存在性定理的条件为函数图象在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)<0.(1)直接法：判断一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明f(a)·f(b)<0；(2)分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f(a)·f(b)<0.
高考真题
思维方法
【直接法】
(2019·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ln x－.
(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；
(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线.
(1)f(x)的定义域为(0，1)∪(1，＋∞).
因为f′(x)＝＋>0，【关键1：正确求出导函数，研究函数的单调性】所以f(x)在(0，1)，(1，＋∞)单调递增.
因为f(e)＝1－<0，f(e2)＝2－＝>0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1(e<x1<e2)，即f(x1)＝0.
【关键2：利用零点存在性定理判断在(1，＋∞)内存在一个零点】
又0<<1，f＝－ln x1＋＝－f(x1)＝0，
故f(x)在(0，1)有唯一零点.
【关键3：利用零点存在性定理判断在(0，1)内存在一个零点】
综上，f(x)有且仅有两个零点.
(2)略
【分类讨论法】
(2019·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝sin x－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数，证明：
(1)f′(x)在区间存在唯一极大值点；
(2)f(x)有且仅有2个零点.
证明：(1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x－，g′(x)＝－sin x＋.
当x∈时，g′(x)单调递减，而g′(0)＞0，g′＜0，可得g′(x)在有唯一零点，设为α.
【关键1：利用零点的存在性定理确定g′(x)在内有唯一零点】
则当x∈(－1，α)时，g′(x)＞0；当x∈时，g′(x)＜0.
所以g(x)在(－1，α)单调递增，在单调递减，故g(x)在存在唯一极大值点，即f′(x)在存在唯一极大值点.
【关键2：根据函数的单调性与极大值点的定义判断极大值点的存在性】
(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞).
①当x∈(－1，0]时，由(1)知，f′(x)在(－1，0)单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)＜0，故f(x)在(－1，0)单调递减．又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1，0]的唯一零点.
②当x∈时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在单调递减，而f′(0)＝0，f′＜0，所以存在β∈，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.故f(x)在(0，β)单调递增，在单调递减.
又f(0)＝0，f＝1－ln＞0，所以当x∈时，f(x)＞0.从而，f(x)在没有零点.
③当x∈时，f′(x)＜0，所以f(x)在单调递减．而f＞0，f(π)＜0，所以f(x)在有唯一零点.
④当x∈时，ln(x＋1)＞1，所以f(x)＜0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点．【关键3：在定义域内的不同区间，利用函数的单调性、最值、零点存在性定理判
断零点的个数】
综上，f(x)有且仅有2个零点.
[典型例题]
(2019·广东省七校联考)已知函数f(x)＝ln x＋ax.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a<0时，求函数f(x)的零点个数．
【解】　(1)由题意知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋a＝.
①当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝－，
故在上，f′(x)>0，f(x)单调递增，
在上，f′(x)<0，f(x)单调递减．
综上，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由(1)可知，当a<0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．
故f(x)max＝f＝ln－1.
①当ln <1，即a<－时，f <0，
函数f(x)没有零点．
②当ln ＝1时，即a＝－时，f＝0，
函数f(x)有一个零点．
③当ln>1，即－<a<0时，f>0，
令0<b<1且b<－，则ln b<0，f(b)＝ln b＋ab<ln b<0，
故f(b)·f<0，f(x)在上有一个零点．
f＝ln ＋＝2ln＋，
令t＝－，则t∈(e，＋∞)．
令g(t)＝2ln t－t，t>e，
则在(e，＋∞)上，g′(t)＝－1<0，故g(t)在(e，＋∞)上单调递减，
故在(e，＋∞)上，g(t)<g(e)＝2－e<0，则f<0，故f·f<0，f(x)在上有一个零点．
故f(x)在(0，＋∞)上有两个零点．
综上，当a<－时，函数f(x)没有零点；当a＝－时，函数f(x)有一个零点；当－<a<0时，函数f(x)有两个零点．

根据参数确定函数的零点个数有两种解决方法：一种是利用单调性与零点存在性定理求解，另一种是化原函数为两个函数，利用两个函数图象的交点个数来求解．

[对点训练]
(2019·湖南省五市十校联考)已知函数f(x)＝－2ln x.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若m＝，证明：f(x)有且只有三个零点．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝m－＝，
①m≤0时，因为x>0，所以f′(x)<0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②m>0时，令g(x)＝mx2－2x＋m，
(i)m≥1时，Δ＝4－4m2≤0，此时f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
(ii)0<m<1时，Δ＝4－4m2>0，令f′(x)＝0，则x1＝，x2＝，
所以x∈∪时，f′(x)>0，
x∈时，f′(x)<0，
所以f(x)在和上单调递增，在上单调递减．
综上，m≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；m≥1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；0<m<1时，f(x)在上单调递减，在和上单调递增．
(2)证明：因为m＝，所以f(x)＝－2ln x，
由(1)可知f(x)在(0，2－)和(2＋，＋∞)上单调递增，在(2－，2＋)上单调递减，
又f(1)＝0，且1∈(2－，2＋)，所以f(x)在(2－，2＋)上有唯一零点x＝1.
又0<e－3<2－，f(e－3)＝(e－3－e3)＋6＝＋6－<7－<0，
所以f(x)在(0，2－)上有唯一零点．
又e3>2＋，f(e3)＝－f(e－3)>0，所以f(x)在(2＋，＋∞)上有唯一零点．
综上，当m＝时，f(x)有且只有三个零点．

根据零点个数确定参数范围
已知函数有零点求参数范围常用的方法：(1)分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从f(x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．
高考真题
思维方法
【由导数特点分类讨论】
(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2.
(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.
(1)略
(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.
f(x)在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．【关键1：构造函数h(x)，将f(x)的零点情况转化为h(x)的零点情况】
(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；
【关键2：对参数a分类讨论，结合函数值判断函数零点情况】
(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.当x∈(0，2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.
所以h(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增.
故h(2)＝1－是h(x)在(0，＋∞)的最小值.
【关键3：分类讨论，利用导数研究函数单调性，求函数最值】
①若h(2)＞0，即a＜，h(x)在(0，＋∞)没有零点；
②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；
③若h(2)＜0，即a＞，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一个零点.
由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以
h(4a)＝1－＝1－＞1－＝1－＞0.
故h(x)在(2，4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点.
【关键4：对函数最小值的符号分类讨论，结合函数单调性判断零点情况，求出参数值】
综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝.

续　表

高考真题
思维方法
【直接分类讨论】
(2017·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.
(1)略
(2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点.
【关键1：针对f(x)解析式的特点，可对参数a直接分类讨论】
(ⅱ)若a>0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln a)＝1－＋ln a．【关键2：结合函数单调性求函数最小值，进而根据最小值直接判断零点的情况】
①当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点；
②当a∈(1，＋∞)时，由于1－＋ln a>0，即f(－ln a)>0，故f(x)没有零点；
③当a∈(0，1)时，1－＋ln a<0，即f(－ln a)<0.
又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0，故f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点.
设正整数n0满足n0>ln，则f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0>en0－n0>2n0－n0>0.
由于ln>－ln a，因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点.
【关键3：对参数a分类讨论，结合函数单调性与最小值判断函数零点情况，求参数取值范围】
综上，a的取值范围为(0，1).

[典型例题]
(2019·唐山模拟)已知函数f(x)＝xex－a(x＋1)2.
(1)若a＝e，求函数f(x)的极值；
(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
【解】　(1)由题意知，当a＝e时，f(x)＝xex－e(x＋1)2，函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝(x＋1)ex－e(x＋1)＝(x＋1)(ex－e)．
令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝1.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表所示：
x
(－∞，－1)
－1
(－1，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值－

极小值－e

所以当x＝－1时，f(x)取得极大值－；当x＝1时，f(x)取得极小值－e.
(2)令f(x)＝0，即xex－a(x＋1)2＝0，
得xex＝a(x＋1)2.
当x＝－1时，方程为－e－1＝a×0，显然不成立，
所以x＝－1不是方程的解，即－1不是函数f(x)的零点．
当x≠－1时，分离参数得a＝.
记g(x)＝(x≠－1)，
则g′(x)＝
＝.
当x<－1时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；
当x>－1时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增．
当x＝0时，g(x)＝0；当x→－∞时，g(x)→0；当x→－1时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→＋∞.
故函数g(x)的图象如图所示．

作出直线y＝a，由图可知，当a<0时，直线y＝a和函数g(x)的图象有两个交点，此时函数f(x)有两个零点．故实数a的取值范围是(－∞，0)．

利用函数零点的情况求参数范围的方法
(1)分离参数(a＝g(x))后，将原问题转化为y＝g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y＝a与y＝g(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；
(2)利用零点的存在性定理构建不等式求解；
(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．　
[对点训练]
(2019·四省八校双教研联考)已知函数f(x)＝(a－1)x＋＋ln x(a>0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若g(x)＝f(x)－m，当a＝2时，g(x)在[e－1，e]上有两个不同的零点，求m的取值范围．
解：(1)f′(x)＝a－1－＋＝＝，
①当a＝1时，f′(x)＝，令f′(x)>0，得x>1，令f′(x)<0，得0<x<1，
所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减．
②当a>1时，令f′(x)>0，得x>1或x<－<0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
③当a<1时，
(i)0<a<时，令f′(x)>0，得<x<1，所以f(x)在上单调递增，在，(1，＋∞)上单调递减；
(ii)a＝时，f′(x)≤0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
(iii)<a<1时，令f′(x)>0，得1<x<，所以f(x)在上单调递增，在(0，1)，上单调递减．
(2)由(1)知，当a＝2时，f(x)＝x＋＋ln x在[e－1，1]上单调递减，在(1，e]上单调递增．
所以f(x)min＝f(1)＝3，f(e－1)＝e－1＋2e－1，f(e)＝e＋＋1，f(e－1)>f(e)，
所以m∈.

　　　可化为函数零点的函数问题与函数零点性质研究
本考点包括两个方向：一是与函数零点性质有关的问题(更多涉及构造函数法)；二是可以转化为函数零点的函数问题(更多涉及整体转化、数形结合等方法技巧)．
能够利用等价转换构造函数法求解的问题常涉及参数的最值、曲线交点、零点的大小关系等．求解时一般先通过等价转换，将已知转化为函数零点问题，再构造函数，然后利用导数研究函数的单调性、极值、最值等，并结合分类讨论，通过确定函数的零点达到解决问题的目的．
高考真题
思维方法
【可化为函数零点的函数问题】
(2014·高考课标全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.
(1)求a；
(2)证明：当k<1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点.
(1)略
(2)证明：由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.
设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.【关键1：等价转换，构造函数】
由题设知1－k>0.
当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0，g(x)单调递增，
g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]有唯一实根．【关键2：利用导数判断函数单调性，判断函数的实根情况】
当x>0时，令h(x)＝x3－3x2＋4，则g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x).
h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增，所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0.
所以g(x)＝0在(0，＋∞)没有实根.
综上，g(x)＝0在R有唯一实根，
【关键3：利用导数判断函数单调性，结合零点存在性定理判断实根情况】即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点.
续　表

高考真题
思维方法
【函数零点性质研究】
(2016·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点.
(1)求a的取值范围；
(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.
(1)略
(2)证明：不妨设x1＜x2.由(1)知，x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，又f(x)在(－∞，1)上单调递减，所以x1＋x2＜2等价于f(x1)＞f(2－x2)，即f(2－x2)＜0.【关键1：利用分析法转化要证明的不等式】
由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，①
而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，②
所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.【关键2：将②代入①，利用整体代入消元】
设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，【关键3：构造函数】
则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex).
所以当x＞1时，g′(x)＜0，而g(1)＝0，故当x＞1时，g(x)＜0.
从而g(x2)＝f(2－x2)＜0，故x1＋x2＜2.
【关键4：利用导数判断函数单调性、用最值证明不等式】

[典型例题]
(2019·武汉市调研测试)已知函数f(x)＝a(ln x＋)－(a∈R，a为常数)在(0，2)内有两个极值点x1，x2(x1<x2)．
(1)求实数a的取值范围；
(2)求证：x1＋x2<2(1＋ln a)．
【解】　(1)由f(x)＝a(ln x＋)－，可得f′(x)＝.
记h(x)＝ex－1－ax，x>0，由题意，知y＝h(x)在(0，2)内存在两个零点．
因为h′(x)＝ex－1－a，
则当a≤0时，h′(x)>0，h(x)在(0，2)上单调递增，h(x)至多有一个零点．不合题意．
当a>0时，由h′(x)＝0，得x＝1＋ln a，由1＋ln a>0，得a>.
(i)若1＋ln a<2且h(2)>0，即<a<时，h(x)在(0，1＋ln a)上单调递减，在(1＋ln a，2)上单调递增．
则h(x)min＝h(1＋ln a)＝－aln a，当<a≤1时，h(x)min＝－aln a≥0，不合题意，舍去．当1<a<时，h(x)min＝－aln a<0，且h(2)>0，x→0时h(x)>0，
从而h(x)在(0，1＋ln a)和(1＋ln a，2)上各有一个零点．
所以y＝h(x)在(0，2)上存在两个零点．
(ii)若1＋ln a≥2，即a≥e时，h(x)在(0，2)上单调递减，h(x)至多有一个零点，舍去．
(iii)若1＋ln a<2且h(2)≤0，即≤a<e时，h(x)在(0，1＋ln a)上有一个零点，而在(1＋ln a，2)上没有零点，舍去．
综上可得，1<a<，即实数a的取值范围为(1，)．
(2)证明：令H(x)＝h(x)－h(2＋2ln a－x)，0<x<1＋ln a，则
H′(x)＝h′(x)＋h′(2＋2ln a－x)
＝ex－1－a＋e2＋2ln a－x－1－a
＝ex－1＋－2a
≥2a－2a
＝0，
所以H(x)在(0，1＋ln a)上单调递增，从而H(x)<0，
即h(x)－h(2＋2ln a－x)<0，
所以h(x1)－h(2＋2ln a－x1)<0，而h(x1)＝h(x2)，且h(x)在(1＋ln a，2)上单调递增．
所以h(x2)<h(2＋2ln a－x1)，x2<2＋2ln a－x1，
所以x1＋x2<2(1＋ln a)．

函数可变零点(函数中含有参数)性质的研究，要抓住函数在不同零点处的函数值均为零，建立不同零点之间的关系，把多元问题转化为一元问题，再使用一元函数的方法进行研究．　
[对点训练]
(2019·湖南省湘东六校联考)已知函数f(x)＝ln x＋x2－(a＋1)x.
(1)当a>0时，求f(x)在区间(0，1]上的最大值；
(2)若函数g(x)＝f(x)＋x有两个极值点x1，x2(x1<x2)，
求证：g(x1)－g(x2)<－ln a.
解：(1)由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝＋ax－(a＋1)＝.
当0<a≤1时，≥1，f(x)在(0，1]上单调递增，f(x)的最大值为f(1)＝－－1.
当a>1时，<1，f(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以f(x)的最大值为f()＝－ln a－－1.
综上，当0<a≤1时，f(x)在区间(0，1]上的最大值为－－1，
当a>1时，f(x)在区间(0，1]上的最大值为－ln a－－1.
(2)证明：g(x)＝f(x)＋x＝ln x＋x2－ax，g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝＋ax－a＝.
若g(x)有两个极值点x1，x2(x1<x2)，则方程ax2－ax＋1＝0的判别式Δ＝a2－4a>0，且x1＋x2＝1，x1x2＝>0，所以a>4.
又x1<x2，所以x<x1x2＝，即0<x1< .
g(x1)－g(x2)＝ln x1＋x－ax1－ln x2－x＋ax2＝ln x1＋ln(ax1)＋－ax1，
设h(t)＝ln t＋ln(at)＋－at，其中t＝x1∈(0，)，
h′(t)＝－a，令h′(t)＝0得t＝.因为－＝<0，
所以h(t)在(0，)上单调递增，在(，)上单调递减，
所以h(t)的最大值为h()＝2ln 2－ln a＋－2<－ln a，
从而g(x1)－g(x2)<－ln a成立．

1．(2019·济南市模拟考试)已知函数f(x)＝(x－1)2－x＋ln x(a>0)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若1<a<e，试判断f(x)的零点个数．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a(x－1)－1＋＝，
令f′(x)＝0，则x1＝1，x2＝，
①若a＝1，则f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
②若0<a<1，则>1，
当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)是增函数，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)是减函数，
当x∈时，f′(x)>0.f(x)是增函数．
③若a>1，则0<<1，
当x∈时，f′(x)>0，f(x)是增函数，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)是减函数，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)是增函数．
综上所述，当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
当0<a<1时，f(x)在(0，1)上是增函数，在上是减函数，在上是增函数；
当a>1时，f(x)在上是增函数，在上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．
(2)当1<a<e时，
f(x)在上是增函数，在上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以f(x)的极小值为f(1)＝－1<0.
f(x)的极大值为f＝－＋ln ＝－－ln a－1.
设g(a)＝－－ln a－1，其中a∈(1，e)，
则g′(a)＝＋－＝＝>0，
所以g(a)在(1，e)上是增函数，
所以g(a)<g(e)＝－－2<0.
因为f(4)＝(4－1)2－4＋ln 4>×9－4＋ln 4＝ln 4＋>0，
所以存在x0∈(1，4)，使f(x0)＝0，
所以当1<a<e时，f(x)有且只有一个零点．
2．(2019·南昌市第一次模拟测试)已知函数f(x)＝ex(ln x－ax＋a＋b)(e为自然对数的底数)，a，b∈R，直线y＝x是曲线y＝f(x)在x＝1处的切线．
(1)求a，b的值；
(2)是否存在k∈Z，使得y＝f(x)在(k，k＋1)上有唯一零点？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)f′(x)＝ex(ln x－ax＋＋b)，f(x)的定义域为(0，＋∞)．
由已知，得即，
解得a＝1，b＝.
(2)由(1)知，f(x)＝ex，则f′(x)＝ex，
令g(x)＝ln x－x＋＋，则g′(x)＝－<0恒成立，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝>0，g(2)＝ln 2－1<0，
所以存在唯一的x0∈(1，2)，使得g(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时，g(x)>0，即f′(x)>0，当x∈(x0，＋∞)时，g(x)<0，即f′(x)<0.
所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减．
又当x→0时，f(x)<0，f(1)＝>0，f(2)＝e2(ln 2－)>0，f(e)＝ee<0，
所以存在k＝0或2，使得y＝f(x)在(k，k＋1)上有唯一零点．
3．(2019·长春市质量监测(二))已知函数f(x)＝ex＋bx－1(b∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若方程f(x)＝ln x有两个实数根，求实数b的取值范围．
解：(1)由题意可得f′(x)＝ex＋b，
当b≥0时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
当b<0时，若x≥ln(－b)，则f′(x)≥0，f(x)在[ln (－b)，＋∞)上单调递增；
若x<ln (－b)，则f′(x)<0，f(x)在(－∞，ln (－b))上单调递减．
(2)令g(x)＝ex＋bx－1－ln x，则g′(x)＝ex＋b－，易知g′(x)单调递增且一定有大于0的零点，设g′(x)大于0的零点为x0，则g′(x0)＝0，即ex0＋b－＝0，b＝－ex0.
方程f(x)＝ln x有两个实数根，即g(x)有两个零点，则需满足g(x0)<0，即ex0＋bx0－1－ln x0＝ex0＋x0－1－ln x0＝ex0－ex0x0－ln x0<0，
令h(x)＝ex－exx－ln x(x>0)，则h′(x)＝－exx－<0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
h(1)＝0，所以ex0－ex0x0－ln x0<0的解集为(1，＋∞)，所以b＝－ex0<1－e.
当b<1－e时，ex＋bx－1－ln x>x＋bx－ln x，有g(eb)>eb＋beb－ln eb＝(b＋1)eb－b，
令G(x)＝(x＋1)ex－x＝(x＋1)(ex－1)＋1，x<1－e，所以x＋1<2－e<0，0<ex<1，
故G(x)＝(x＋1)ex－x>0，所以g(eb)>0，故g(eb)g(x0)<0，g(x)在(0，x0)上有唯一零点，另一方面，在(x0，＋∞)上，当x→＋∞时，因为ex的增长速度快，所以g(x)>0.
综上，b的取值范围是(－∞，1－e)．
4．已知函数f(x)＝－x＋2aln x.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)设g(x)＝ln x－bx－cx2，若函数f(x)的两个极值点x1，x2(x1<x2)恰为函数g(x)的两个零点，且y＝(x1－x2)g′()的范围是[ln 2－，＋∞)，求实数a的取值范围．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1＋＝－.
①若a≤1，则f′(x)≤0，当且仅当a＝1且x＝1时，f′(x)＝0，
②若a>1，令f′(x)＝0得x1＝a－，x2＝a＋.
当x∈(0，a－)∪(a＋，＋∞)时，f′(x)<0；
当x∈(a－，a＋)时，f′(x)>0.
所以当a≤1时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a>1时，f(x)的单调递减区间为(0，a－)，(a＋，＋∞)；单调递增区间为(a－，a＋)．
(2)由(1)知，a>1且x1＋x2＝2a，x1x2＝1.
又g′(x)＝－b－2cx，所以g′()＝－b－c(x1＋x2)，
由g(x1)＝g(x2)＝0得ln ＝c(x－x)＋b(x1－x2)，
所以y＝(x1－x2)g′()＝－b(x1－x2)－c(x－x)＝－ln＝－ln.
令＝t∈(0，1)，则y＝－ln t，所以y′＝<0，则y＝－ln t在(0，1)上单调递减，且当t→0时，y→＋∞.由y＝－ln t的取值范围是[ln 2－，＋∞)，得t的取值范围是(0，]，所以4a2＝＝＋＋2＝t＋＋2∈[，＋∞)，又a>1，故实数a的取值范围是[，＋∞)．