利用導(dǎo)數(shù)探討方程的根(或函數(shù)的零點(diǎn))(2024·全國(guó)乙卷理21題)(12分)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))ln(1＋x)．(1)當(dāng)a＝－1時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程．(2)是否存在a，b，使得曲線y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))關(guān)于直線x＝b對(duì)稱？若存在，求a，b的值；若不存在，說(shuō)明理由．(3)若f(x)在(0，＋∞)上存在極值，求a的取值范圍．[解析](1)當(dāng)a＝－1時(shí)，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))ln(1＋x)，則f′(x)＝－eq\f(1,x2)ln(1＋x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))·eq\f(1,1＋x)，(1分)所以f′(1)＝－ln2，(2分)又f(1)＝0，所以所求切線方程為y－0＝－ln2(x－1)，即xln2＋y－ln2＝0.(3分)(2)第1步：依據(jù)對(duì)稱性列出方程假設(shè)存在a，b，使得曲線y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))關(guān)于直線x＝b對(duì)稱．令g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝(x＋a)lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))＝(x＋a)lneq\f(x＋1,x)，因?yàn)榍€y＝g(x)關(guān)于直線x＝b對(duì)稱，所以g(x)＝g(2b－x)，即(x＋a)lneq\f(x＋1,x)＝(2b－x＋a)lneq\f(2b－x＋1,2b－x)＝(x－2b－a)lneq\f(x－2b,x－2b－1)，第2步：令等式兩邊對(duì)應(yīng)項(xiàng)分別相等，求出a，b于是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－2b－a，,1＝－2b，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)，,b＝－\f(1,2)，))(5分)第3步：檢驗(yàn)當(dāng)a＝eq\f(1,2)，b＝－eq\f(1,2)時(shí)，g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))，g(－1－x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x－\f(1,2)))lneq\f(－x,－1－x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x－\f(1,2)))lneq\f(x,1＋x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))lneq\f(x＋1,x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))＝g(x)，所以曲線y＝g(x)關(guān)于直線x＝－eq\f(1,2)對(duì)稱，滿足題意．故存在a，b，使得曲線y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))關(guān)于直線x＝b對(duì)稱，且a＝eq\f(1,2)，b＝－eq\f(1,2).(7分)(3)解法一第1步：求導(dǎo)f′(x)＝－eq\f(1,x2)ln(1＋x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))·eq\f(1,1＋x)＝eq\f(ax2＋x－1＋xln1＋x,x21＋x)＝eq\f(\f(ax2＋x,x＋1)－ln1＋x,x2)(x>0)，設(shè)h(x)＝eq\f(ax2＋x,x＋1)－ln(1＋x)，則h′(x)＝eq\f(ax2＋2ax＋1,x＋12)－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(ax2＋2a－1x,x＋12)＝eq\f(xax＋2a－1,x＋12)，(8分)第2步：分類探討，求出滿足條件的a的取值范圍①當(dāng)a≤0時(shí)，2a－1<0，當(dāng)x>0時(shí)，h′(x)<0，所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x>0時(shí)，h(x)<h(0)＝0，即f′(x)<0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，無(wú)極值，不滿足題意．(9分)②當(dāng)a≥eq\f(1,2)時(shí)，2a－1≥0，當(dāng)x>0時(shí)，h′(x)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x>0時(shí)，h(x)>h(0)＝0，即f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，無(wú)極值，不滿足題意．(10分)③當(dāng)0<a<eq\f(1,2)時(shí)，令h′(x)＝0，得x＝eq\f(1－2a,a)，當(dāng)0<x<eq\f(1－2a,a)時(shí)，h′(x)<0，當(dāng)x>eq\f(1－2a,a)時(shí)，h′(x)>0，所以h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－2a,a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－2a,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，所以heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－2a,a)))<h(0)＝0，又當(dāng)x→＋∞時(shí)，h(x)→＋∞，所以存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－2a,a)，＋∞))，使得h(x0)＝0，即當(dāng)0<x<x0時(shí)，h(x)<0，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>x0時(shí)，h(x)>0，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，此時(shí)y＝f(x)有微小值點(diǎn)x0.綜上所述，a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).(12分)解法二第1步：分別參數(shù)由題意，得f′(x)在(0，＋∞)上有變號(hào)零點(diǎn)，令f′(x)＝－eq\f(1,x2)ln(1＋x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))·eq\f(1,1＋x)＝0(x>0)，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))·eq\f(1,1＋x)＝eq\f(ln1＋x,x2)，即eq\f(1＋ax,x)＝eq\f(1＋xln1＋x,x2)，即a＝eq\f(1＋xln1＋x－x,x2)，所以原問(wèn)題等價(jià)于直線y＝a與曲線y＝eq\f(1＋xln1＋x－x,x2)在(0，＋∞)上有交點(diǎn)，第2步：利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性設(shè)h(x)＝eq\f(1＋xln1＋x－x,x2)(x>0)，則h′(x)＝eq\f(x2ln1＋x－2x[1＋xln1＋x－x],x4)＝eq\f(－x＋2ln1＋x＋2x,x3)＝eq\f(－x＋2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ln1＋x－\f(2x,x＋2))),x3)，(9分)設(shè)φ(x)＝ln(1＋x)－eq\f(2x,x＋2)，則φ′(x)＝eq\f(1,1＋x)－eq\f(4,x＋2)＝eq\f(x2,1＋xx＋2)>0，所以當(dāng)x>0時(shí)，φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故當(dāng)x>0時(shí)，φ(x)>φ(0)＝0，又當(dāng)x>0時(shí)，－(x＋2)<0，所以h′(x)<0，即h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，(10分)第3步：利用洛必達(dá)法則求極限由洛必達(dá)法則可得eq\o(lim,\s\do4(x→0))h(x)＝eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(ln1＋x,2x)＝eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(\f(1,1＋x),2)＝eq\f(1,2)，當(dāng)x→＋∞時(shí)，h(x)→0，所以當(dāng)0<a<eq\f(1,2)時(shí)，直線y＝a與曲線y＝eq\f(1＋xlnx＋x－x,x2)在(0，＋∞)上有交點(diǎn)，故a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).(12分)分類依據(jù)：對(duì)于導(dǎo)數(shù)的含參零點(diǎn)應(yīng)從三個(gè)方面進(jìn)行探討：1．零點(diǎn)無(wú)意義，2．零點(diǎn)不在定義域內(nèi)，3．零點(diǎn)在定義域內(nèi)，與其他已知零點(diǎn)進(jìn)行大小探討．【變式訓(xùn)練】(2024·湖北武漢四調(diào)，22)已知函數(shù)f(x)＝x·lnx－eq\f(k,x)，其中k>0.(1)證明f(x)恒有唯一零點(diǎn)；(2)記(1)中的零點(diǎn)為x0，當(dāng)0<k<eq\f(e,2)時(shí)，證明：f(x)圖象上存在關(guān)于點(diǎn)(x0,0)對(duì)稱的兩點(diǎn)．[證明](1)令f(x)＝0，得k＝x2lnx.由k>0得x>1.令h(x)＝x2lnx，x>1，則h′(x)＝2xlnx＋x>0，則h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，且值域?yàn)?0，＋∞)．故h(x)＝x2lnx(x>1)的圖象與直線y＝k，k>0有唯一交點(diǎn)，所以函數(shù)f(x)恒有唯一零點(diǎn)．(2)當(dāng)k＝eq\f(e,2)時(shí)，x0＝eq\r(e)，所以0<k<eq\f(e,2)時(shí)，x0∈(1，eq\r(e))．要證f(x)圖象上存在關(guān)于點(diǎn)(x0,0)對(duì)稱的兩點(diǎn)，即證存在t∈(0，x0)，使得f(x0＋t)＋f(x0－t)＝0.令F(t)＝f(x0＋t)＋f(x0－t)(0<t<x0)，下面證明F(t)在(0，x0)上有零點(diǎn)．對(duì)F(t)求導(dǎo)得F′(t)＝f′(x0＋t)－f′(x0－t)，記G(t)＝F′(t)，g(x)＝f′(x)，G(t)＝g(x0＋t)－g(x0－t)，G′(t)＝g′(x0＋t)＋g′(x0－t)．f′(x)＝1＋lnx＋eq\f(k,x2)，g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2k,x3)＝eq\f(x2－2k,x3).當(dāng)0<x<eq\r(2k)時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x>eq\r(2k)時(shí)，g′(x)>0.xeq\o\al(2,0)－2k＝xeq\o\al(2,0)－2xeq\o\al(2,0)lnx0＝xeq\o\al(2,0)(1－2lnx0)>0.故x0>eq\r(2k)，當(dāng)0<t<x0－eq\r(2k)時(shí)，x0＋t>x0－t>eq\r(2k).有g(shù)′(x0＋t)>0，g′(x0－t)>0，