《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題2 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第4講 與函數(shù)的零點相關(guān)的問題 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題2 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第4講 與函數(shù)的零點相關(guān)的問題 文（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題2 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第4講 與函數(shù)的零點相關(guān)的問題 文 　　　　 　　　　　　　 　　　　　　 　　 函數(shù)零點的個數(shù)問題 1.函數(shù)f(x)=xcos 2x在區(qū)間[0,2π]上的零點的個數(shù)為(　D　) (A)2 (B)3 (C)4 (D)5 解析:要使f(x)=xcos 2x=0,則x=0,或cos 2x=0,而在區(qū)間[0,2π]上,通過觀察y=cos 2x的函數(shù)圖象,易得滿足cos 2x=0的x的值有,,,,所以零點的個數(shù)為5個. 2.(xx南昌二模)已知函數(shù)f(x)=函數(shù)g(x)是周期為2的偶函數(shù),且當(dāng)x∈[0,1]時,g(x)=2x-1,則函數(shù)y=f

2、(x)-g(x)的零點個數(shù)是(　B　) (A)5 (B)6 (C)7 (D)8 解析:函數(shù)y=f(x)-g(x)的零點個數(shù)就是函數(shù)y=f(x)與y=g(x)圖象的交點個數(shù).在同一坐標(biāo)系中畫出這兩個函數(shù)的圖象: 由圖可得這兩個函數(shù)的交點為A,O,B,C,D,E,共6個點. 所以原函數(shù)共有6個零點.故選B. 3.(xx南昌市一模)已知函數(shù)f(x)=若關(guān)于x的方程f[f(x)]=0有且只有一個實數(shù)解,則實數(shù)a的取值范圍為　　　　.? 解析:依題意,得a≠0,令f(x)=0,得lg x=0,即x=1,由f[f(x)]=0,得f(x)=1, 當(dāng)x>0時,函數(shù)y=lg x的圖象與直線y=1有

3、且只有一個交點,則當(dāng)x≤0時,函數(shù)y=的圖象與直線y=1沒有交點,若a>0,結(jié)論成立;若a<0,則函數(shù)y=的圖象與y軸交點的縱坐標(biāo)-a<1,得-1

4、有2個零點,則當(dāng)x≥1時,f(x)有且只有一個零點,結(jié)合圖象可知,2a≥1,即a≥,則≤a<1;當(dāng)a≥1時,2a>1,由二次函數(shù)的性質(zhì)可知,當(dāng)x≥1時,f(x)有2個零點,則要使f(x)恰有2個零點,則需要f(x)在(-∞,1)上無零點,則2-a≤0,即a≥2.綜上可知,滿足條件的a的取值范圍是[,1)∪[2,+∞). 答案:①-1?、赱,1)∪[2,+∞) 確定函數(shù)零點所在的區(qū)間 5.(xx四川成都市一診)方程ln(x+1)-=0(x>0)的根存在的大致區(qū)間是(　B　) (A)(0,1) (B)(1,2) (C)(2,e) (D)(3,4) 解析:設(shè)f(x)=ln(x+1)-

5、, 則f(1)=ln 2-2<0,f(2)=ln 3-1>0, 得f(1)f(2)<0,函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)有零點,故選B. 6.(xx河南鄭州市一模)設(shè)函數(shù)f(x)=ex+2x-4,g(x)=ln x+2x2-5,若實數(shù)a,b分別是f(x),g(x)的零點,則(　A　) (A)g(a)<0e+2-4>0,

6、可排除C,D;00)上的最小值; (3)若存在兩不等實根x1,x2∈[,e],使方程g(x)=2exf(x)成立,求實數(shù)a的取值范圍. 解:(1)當(dāng)a=5時g(x)=(-x2+5x-3)·ex,g(1)=e. g′(x)=(-x2+3x+2)·ex,故切線的斜率為g

7、′(1)=4e. 所以切線方程為y-e=4e(x-1),即y=4ex-3e. (2)f′(x)=ln x+1, x (0, ) (,+∞) f′(x) - 0 + f(x) 單調(diào)遞減 極小值(最小值) 單調(diào)遞增 ①當(dāng)t≥時,在區(qū)間(t,t+2)上f(x)為增函數(shù), 所以f(x)min=f(t)=tln t, ②當(dāng)0

8、x+,h′(x)=1+-=. x (,1) 1 (1,e) h′(x) - 0 + h(x) 單調(diào)遞減 極小值(最小值) 單調(diào)遞增 h()=+3e-2,h(1)=4,h(e)=+e+2. h(e)-h()=4-2e+<0. 所以實數(shù)a的取值范圍為(4,e+2+]. 8.(xx湖北八市聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=ln(x+a)-x2-x在x=0處取得極值. (1)求實數(shù)a的值; (2)若關(guān)于x的方程f(x)=-x+b在區(qū)間[0,2]上恰有兩個不同的實數(shù)根,求實數(shù)b的取值范圍. 解:(1)f′(x)=-2x-1, 因為x=0時,f(x)取得極值,所以f′(0

9、)=0, 故-2×0-1=0,解得a=1, 經(jīng)檢驗當(dāng)a=1時,f(x)在x=0處取得極大值符合題意, 所以a=1. (2)由a=1知f(x)=ln(x+1)-x2-x, 由f(x)=-x+b,得ln(x+1)-x2+x-b=0, 令φ(x)=ln(x+1)-x2+x-b,則f(x)=-x+b在[0,2]上恰有兩個不同的實數(shù)根等價于φ(x)=0在[0,2]上恰有兩個不同的實數(shù)根. φ′(x)=-2x+=, 當(dāng)x∈(0,1)時,φ′(x)>0,于是φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增; 當(dāng)x∈(1,2)時,φ′(x)<0,于是φ(x)在(1,2)上單調(diào)遞減; 依題意有 解得ln 3

10、-1≤b1,00 f(-1)=log32

11、-1-log32=-1<0, 所以根據(jù)函數(shù)的零點存在性定理得出函數(shù)f(x)=ax+x-b的零點所在的區(qū)間是(-1,0),故選B. 2.(xx涼山州模擬)設(shè)函數(shù)f(x)=|ln x|-的兩個零點為x1,x2,則有(　A　) (A)x1x2<1 (B)x1x2=1 (C)1|ln x2|, 所以-ln x1>ln x2,則ln x1+ln x2<0,即

12、ln (x1x2)<0, 所以x1x2<1.故選A. 3.(xx蚌埠二模)函數(shù)f(x)=有且只有一個零點時,a的取值范圍是(　D　) (A)(-∞,0] (B)(0, ) (C)(,1) (D)(-∞,0]∪(1,+∞) 解析:因為f(1)=ln 1=0, 所以當(dāng)x≤0時,函數(shù)f(x)沒有零點, 故-2x+a>0或-2x+a<0在(-∞,0]上恒成立, 即a>2x,或a<2x在(-∞,0]上恒成立, 故a>1或a≤0. 故選D. 4.(xx重慶卷)已知函數(shù)f(x)=且g(x)=f(x)-mx-m在(-1,1]內(nèi)有且僅有兩個不同的零點,則實數(shù)m的取值范圍是(　A　)

13、(A) (-,-2]∪(0, ] (B) (-,-2]∪(0, ] (C) (-,-2]∪(0, ] (D) (-,-2]∪(0, ] 解析:g(x)=f(x)-mx-m在(-1,1]內(nèi)有且僅有兩個不同的零點就是函數(shù)y=f(x)的圖象與函數(shù)y=m(x+1)的圖象有兩個交點,在同一直角坐標(biāo)系內(nèi)作出函數(shù) f(x)=和函數(shù)y=m(x+1)的圖象,如圖, 當(dāng)直線y=m(x+1)與y=-3,x∈(-1,0]和y=x,x∈(0,1]都相交時,0

14、得mx2+(2m+3)x+m+2=0,當(dāng)Δ=9+4m=0,即m=-時,直線y=m(x+1)與y=-3相切,當(dāng)直線y=m(x+1)過點(0,-2)時,m=-2,所以m∈(-,-2].綜上,實數(shù)m的取值范圍是(-,-2]∪(0, ],故選A. 5.(xx湖北卷)已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù),當(dāng)x≥0時,f(x)=x2-3x.則函數(shù)g(x)=f(x)-x+3的零點的集合為(　D　) (A){1,3} (B){-3,-1,1,3} (C){2-,1,3} (D){-2-,1,3} 解析:當(dāng)x≥0時,函數(shù)g(x)的零點即方程f(x)=x-3的根,由x2-3x=x-3,解得x=1或3;

15、 當(dāng)x<0時,由f(x)是奇函數(shù)得 -f(x)=f(-x)=x2-3(-x), 即f(x)=-x2-3x. 由f(x)=x-3得x=-2-(正根舍去). 故選D. 6.已知x0是函數(shù)f(x)=2x+的一個零點,若x1∈(1,x0),x2∈(x0,+∞),則(　B　) (A)f(x1)<0,f(x2)<0 (B)f(x1)<0,f(x2)>0 (C)f(x1)>0,f(x2)<0 (D)f(x1)>0,f(x2)>0 解析:函數(shù)y=2x,y=在(1,+∞)都為單調(diào)增函數(shù), 所以f(x)=2x+在(1,+∞)上為單調(diào)增函數(shù). 因為f(x0)=0, 所以x1∈(1,x0),x

16、2∈(x0,+∞)時, f(x1)f(x0)=0,從而答案B正確. 7.(xx山東模擬)已知函數(shù)f(x)=則下列關(guān)于函數(shù)y=f[f(kx)+1]+1(k≠0)的零點個數(shù)的判斷正確的是(　C　) (A)當(dāng)k>0時,有3個零點;當(dāng)k<0時,有4個零點 (B)當(dāng)k>0時,有4個零點;當(dāng)k<0時,有3個零點 (C)無論k為何值,均有3個零點 (D)無論k為何值,均有4個零點 解析:令f[f(kx)+1]+1=0得, 或 解得f(kx)+1=0或f(kx)+1=; 由f(kx)+1=0得, 或 即x=0或kx=; 由f(kx)+1=得, 或 即

17、ekx=1+(無解)或kx=; 綜上所述,x=0或kx=或kx=; 故無論k為何值,均有3個解. 故選C. 8.(xx懷化二模)定義域為R的函數(shù)f(x)=若關(guān)于x的函數(shù)h(x)=f2(x)+af(x)+有5個不同的零點x1,x2,x3,x4,x5,則++++等于(　C　) (A)15 (B)20 (C)30 (D)35 解析:作函數(shù)f(x)=的圖象如圖, 則由函數(shù)h(x)=f2(x)+af(x)+有5個不同的零點知, 1+a+=0,解得a=-, 則解f2(x)-f(x)+=0得, f(x)=1或f(x)=; 故若f(x)=1,則x=2或x=3或x=1; 若f(

18、x)=,則x=0或x=4; 故++++=1+4+9+16=30.故選C. 9.(xx鄭州二模)已知函數(shù)f(x)=函數(shù)g(x)=f(x)-2x恰有三個不同的零點,則實數(shù)a的取值范圍是(　A　) (A)[-1,3) (B)[-3,-1] (C)[-3,3) (D)[-1,1) 解析:因為f(x)= 所以g(x)=f(x)-2x= 而方程-x+3=0的解為3, 方程x2+4x+3=0的解為-1,-3; 若函數(shù)g(x)=f(x)-2x恰有三個不同的零點, 則 解得,-1≤a<3. 實數(shù)a的取值范圍是[-1,3). 故選A. 10.(xx呼和浩特一模)若函數(shù)f(x)=ln x

19、+kx-1有兩個零點,則實數(shù)k的取值范圍是(　A　) (A) (-,0) (B) (-∞,- ) (C) (-,+∞) (D) (-e2,- ) 解析:作函數(shù)y=ln x-1與y=-kx的圖象如圖, 當(dāng)直線與y=ln x-1相切時,設(shè)切點(x,ln x-1), y′=, =, 解得,x=e2, 故0<-k<, 故-

20、函數(shù)的導(dǎo)函數(shù),由極值點的性質(zhì)及題意,得出f(x)=x1或f(x)=x2,再利用數(shù)形結(jié)合確定這兩個方程實數(shù)根的個數(shù). 因為f′(x)=3x2+2ax+b, 函數(shù)f(x)的兩個極值點為x1,x2, 所以f′(x1)=0,f′(x2)=0, 所以x1,x2是方程3x2+2ax+b=0的兩根. 所以解關(guān)于x的方程3(f(x))2+2af(x)+b=0得f(x)=x1或f(x)=x2.不妨設(shè)x1

21、有一個 實根, 所以不同實根的個數(shù)為3.故選A. 二、填空題 12.(xx蘭州二模)設(shè)函數(shù)f(x)=函數(shù)y=f[f(x)]-1的零點個數(shù)為　　　　.? 解析:因為函數(shù)f(x)= 當(dāng)x≤0時, y=f[f(x)]-1=f(2x)-1=log22x-1=x-1, 令y=f[f(x)]-1=0,x=1(舍去). 當(dāng)01時, y=f[f(x)]-1=f(log2x)-1=log2(log2x)-1, 令y=f[f(x)]-1=0,log2(log2x)=

22、1, 則log2x=2,x=4, 故函數(shù)y=f[f(x)]-1的零點個數(shù)為2個. 答案:2 13.(xx濰坊模擬)已知f(x)是定義在(0,+∞)上的單調(diào)函數(shù),f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù),若對?x∈(0,+∞),都有f[f(x)-2x]=3,則方程f′(x)-=0的解所在的區(qū)間是　　　　.(區(qū)間長度不大于1)? 解析:由題意,可知f(x)-2x是定值,令t=f(x)-2x,則f(x)=2x+t, 又f(t)=2t+t=3,解得t=1, 所以有f(x)=2x+1, 所以f′(x)=2x·ln 2, 令F(x)=f′(x)-=2x·ln 2-, 可得F(1)=21·ln 2-

23、4<0,F(2)=22·ln 2-2>0, 即F(x)=2x·ln 2-零點在區(qū)間(1,2)內(nèi), 所以f′(x)-=0的解所在的區(qū)間是(1,2). 答案:(1,2) 14.(xx山東卷)已知函數(shù)f(x)=1ogax+x-b(a>0,且a≠1).當(dāng)21+3-b=4-b>0. 即f(2)f(3)<0,易知f(x)在(0,+∞)單調(diào)遞增, 所以f(x)存在唯

24、一的零點x0, 且x0∈(2,3),所以n=2. 答案:2 　　　　 　　　　　　　 　　　　　　 　　 利用導(dǎo)數(shù)研究方程根的問題 訓(xùn)練提示: 利用導(dǎo)數(shù)研究高次式、分式、指數(shù)式、對數(shù)式方程解的個數(shù)問題的一般思路 (1)將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的零點問題,進(jìn)而轉(zhuǎn)化為函數(shù)的圖象與x軸(或直線y=k)在該區(qū)間上的交點問題. (2)利用導(dǎo)數(shù)研究出該函數(shù)在該區(qū)間上的單調(diào)性、極值(最值)、端點值等性質(zhì),進(jìn)而畫出其圖象. (3)結(jié)合圖象求解. 1.(xx貴州七校聯(lián)盟第一次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=(ax2+x)ex,其中e是自然對數(shù)的底數(shù),a∈R. (1)當(dāng)a>0時,解不等式f(x)≤0;

25、(2)當(dāng)a=0時,求整數(shù)t的所有值,使方程f(x)=x+2在[t,t+1]上有解. 解:(1)因為ex>0,所以不等式f(x)≤0,即為ax2+x≤0, 又因為a>0,所以不等式可化為x(x+)≤0, 所以不等式f(x)≤0的解集為[-,0]. (2)當(dāng)a=0時,方程即為xex=x+2,由于ex>0, 所以x=0不是方程的解, 所以原方程等價于ex--1=0, 令h(x)=ex--1, 因為h′(x)=ex+>0對于x≠0恒成立, 所以h(x)在(-∞,0)和(0,+∞)內(nèi)是單調(diào)增函數(shù), 又h(1)=e-3<0,h(2)=e2-2>0,h(-3)=e-3-<0,h(-2)=

26、>0, 所以方程f(x)=x+2有且只有兩個實數(shù)根,且分別在區(qū)間[1,2]和[-3,-2]上,所以整數(shù)t的所有值為{-3,1}. 2.(xx廣東江門市3月模擬)設(shè)函數(shù)f(x)=ex(ln x-a),e是自然對數(shù)的底數(shù),a∈R為常數(shù). (1)若y=f(x)在x=1處的切線l的斜率為2e,求a的值; (2)在(1)的條件下,證明切線l與曲線y=f(x)在區(qū)間(0, )至少有1個公共點. 解:(1)f′(x)=ex(ln x-a+), 依題意,k=f′(1)=e(ln 1-a+1)=2e,解得a=-1, (2)由(1)f(1)=e,直線l的方程為y-e=2e(x-1), 即y=2ex

27、-e, 令g(x)=f(x)-(2ex-e)=ex(ln x+1)-2ex+e, 則g()=(1-ln 2)>0, g(e-4)=-3ee-4-2e-3+e<-3+e<0(用其他適當(dāng)?shù)臄?shù)替代e-4亦可) 因為y=g(x)在(e-4, )上是連續(xù)不斷的曲線, g(e-4)g()<0,y=g(x)在(e-4, )內(nèi)有零點, 而(e-4, )? (0, ),從而切線l與曲線y=f(x)在區(qū)間(0, )至少有1個公共點. 3.(xx菏澤市一模)設(shè)函數(shù)f(x)=ln x-ax2-bx. (1)當(dāng)a=b=時,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)令F(x)=f(x)+ax2+bx+(0

28、3),其圖象上任意一點P(x0,y0)處切線的斜率k≤恒成立,求實數(shù)a的取值范圍; (3)當(dāng)a=0,b=-1時,方程f(x)=mx在區(qū)間[1,e2]內(nèi)有唯一實數(shù)解,求實數(shù)m的取值范圍. 解:(1)依題意,知f(x)的定義域為(0,+∞), 當(dāng)a=b=時,f(x)=ln x-x2-x, f′(x)=-x-=. 令f′(x)=0,解得x=1或x=-2(舍去), 當(dāng)00;當(dāng)x>1時,f′(x)<0, 所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,1),減區(qū)間為(1,+∞); (2)由題意知F(x)=ln x+,x∈(0,3], 則有k=F′(x0)=≤在(0,3]上恒成立

29、, 所以a≥(-+x0)max, 當(dāng)x0=1時,-+x0取得最大值, 所以a∈[,+∞); (3)當(dāng)a=0,b=-1時,f(x)=ln x+x, 由f(x)=mx,得ln x+x=mx,又x>0, 所以m=1+, 要使方程f(x)=mx在區(qū)間[1,e2]上有唯一實數(shù)解, 只需m=1+有唯一實數(shù)解, 令g(x)=1+(x>0),所以g′(x)=, 由g′(x)>0得0e, 所以g(x)在區(qū)間[1,e]上是增函數(shù),在區(qū)間[e,e2]上是減函數(shù). g(1)=1,g(e2)=1+,g(e)=1+, 故1≤m<1+. 4.(xx威海5月模擬)已

30、知函數(shù)f(x)=+ax,x>1. (1)若f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減,求實數(shù)a的取值范圍; (2)若a=2,求函數(shù)f(x)的極小值; (3)若方程(2x-m)ln x+x=0在(1,e]上有兩個不等實根,求實數(shù)m的取值范圍. 解:(1)f′(x)=+a, 由題意可得f′(x)≤0在x∈(1,+∞)上恒成立; 所以a≤-=(-)2-, 因為x∈(1,+∞), 所以ln x∈(0,+∞), 所以-=0時函數(shù)t=(-)2-的最小值為-, 所以a≤-. (2)當(dāng)a=2時,f(x)=+2x,f′(x)=, 令f′(x)=0得2ln2x+ln x-1=0, 解得ln x=或

31、ln x=-1(舍去),即x=. 當(dāng)1時,f′(x)>0, 所以f(x)的極小值為f()=+2=4. (3)將方程(2x-m)ln x+x=0兩邊同除ln x得(2x-m)+=0, 整理得+2x=m, 即函數(shù)f(x)與函數(shù)y=m在(1,e]上有兩個不同的交點. 由(2)可知,f(x)在(1,)上單調(diào)遞減,在(,e]上單調(diào)遞增 f()=4,f(e)=3e, 當(dāng)x→1時,→+∞, 所以4

32、-x-. (1)判斷的單調(diào)性; (2)求函數(shù)y=f(x)的零點的個數(shù); 解:(1)設(shè)φ(x)=x2-1-,其中x>0, φ′(x)=2x+>0,所以φ(x)在(0,+∞)單調(diào)遞增, 即在(0,+∞)單調(diào)遞增. (2)因為φ(1)=-1<0,φ(2)=3->0, 又φ(x)在(0,+∞)單調(diào)遞增, 故φ(x)在(1,2)內(nèi)有唯一零點. 又f(x)=x3-x-=x·φ(x),顯然x=0為f(x)一個零點, 因此y=f(x)在[0,+∞)有且僅有2個零點. 2.設(shè)a∈R,函數(shù)f(x)=ln x-ax. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值; (2)已知x1=(e為自然對數(shù)

33、的底數(shù))和x2是函數(shù)f(x)的兩個不同的零點,求a的值并證明:x2>. (1)解:函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞). 求導(dǎo)數(shù),得f′(x)=-a=. ①若a≤0,則f′(x)>0,f(x)是(0,+∞)上的增函數(shù),無極值; ②若a>0,令f′(x)=0,得x=. 當(dāng)x∈(0, )時,f′(x)>0,f(x)是增函數(shù); 當(dāng)x∈(,+∞)時,f′(x)<0,f(x)是減函數(shù). 所以當(dāng)x=時,f(x)有極大值,極大值為f()=ln -1=-ln a-1. 綜上所述,當(dāng)a≤0時,f(x)的遞增區(qū)間為(0,+∞),無極值; 當(dāng)a>0時,f(x)的遞增區(qū)間為(0, ),遞減區(qū)間為(,+

34、∞), 極大值為-ln a-1. (2)證明:因為x1=是函數(shù)f(x)的零點, 所以f()=0,即-a=0,解得a==. 所以f(x)=ln x-x. 因為f()=->0,f()=-<0, 所以f()f()<0. 由(1)知,函數(shù)f(x)在(2,+∞)上單調(diào)遞減, 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(,)上有唯一零點,因此x2>. 3.(xx鄭州質(zhì)量預(yù)測)已知函數(shù)f(x)=(x2-2x)ln x+ax2+2. (1)當(dāng)a=-1時,求f(x)在點(1,f(1))處的切線方程; (2)當(dāng)a>0時,設(shè)函數(shù)g(x)=f(x)-x-2,且函數(shù)g(x)有且僅有一個零點,若e-2

35、≤m,求m的取值范圍. 解:(1)當(dāng)a=-1時,f(x)=(x2-2x)ln x-x2+2,定義域為(0,+∞), f′(x)=(2x-2)ln x+(x-2)-2x. 所以f′(1)=-3,又f(1)=1,f(x)在(1,f(1))處的切線方程為3x+y-4=0. (2)令g(x)=f(x)-x-2=0,則(x2-2x)ln x+ax2+2=x+2,即a=, 令h(x)=, 則h′(x)=--+=. 令t(x)=1-x-2ln x,t′(x)=-1-=, 因為t′(x)<0,所以t(x)在(0,+∞)上是減函數(shù), 又因為t(1)=h′(1)=0, 所以當(dāng)0

36、(x)>0,當(dāng)x>1時,h′(x)<0, 所以h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減, 所以h(x)max=h(1)=1. 因為a>0,所以當(dāng)函數(shù)g(x)有且僅有一個零點時,a=1. 當(dāng)a=1,g(x)=(x2-2x)ln x+x2-x, 若e-2

37、<2e<2e(e-)=g(e),即g()

38、+-, 化簡得-2+x0=0,解得x0=0或x0=1, 所以切線方程為y=0和y=x-1. (2)法一　由題得方程x3-ax2-x+1=0只有一個根, 設(shè)g(x)=x3-ax2-x+1,則g′(x)=3x2-2ax-1, 因為Δ=4a2+12>0, 所以g′(x)有兩個零點x1,x2,即3-2axi-1=0(i=1,2),且x1x2<0,a=, 不妨設(shè)x1<00且g(x2)>0,或g(x1)

39、<0且g(x2)<0, 又g(xi)=-a-xi+1=--xi+1 =--+1(i=1,2), 設(shè)h(x)=-x3-+1, 所以h′(x)=-x2-<0, 所以h(x)為減函數(shù), 又h(1)=0,所以x<1時h(x)>0,x>1時h(x)<0, 所以xi(i=1,2)大于1或小于1, 由x1<00,所以a<1. 法二　曲線y=f(x)與直線y=x-1只有一個交點, 等價于關(guān)于x的方程ax2=x3-x+1只有一個實根. 顯然x≠0,所以方程a=x-+只有

40、一個實根. 設(shè)函數(shù)g(x)=x-+, 則g′(x)=1+-=. 設(shè)h(x)=x3+x-2,h′(x)=3x2+1>0,h(x)為增函數(shù), 又h(1)=0.所以當(dāng)x<0時,g′(x)>0,g(x)為增函數(shù); 當(dāng)01時,g′(x)>0,g(x)為增函數(shù); 所以g(x)在x=1時取極小值1. 又當(dāng)x趨向于0時,g(x)趨向于正無窮; 又當(dāng)x趨向于負(fù)無窮時,g(x)趨向于負(fù)無窮; 又當(dāng)x趨向于正無窮時,g(x)趨向于正無窮. 所以g(x)圖象大致如圖所示. 所以方程a=x-+只有一個實根時,實數(shù)a的取值范圍為(-∞,1).