2022年高考數(shù)學二輪復(fù)習 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 理

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1、2022年高考數(shù)學二輪復(fù)習 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 理 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x∈[0,1]時,g(x)=2x-1,則函數(shù)y=f(x)-g(x)的零點個數(shù)是(　B　) (A)

2、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x>0時,函數(shù)y=lg x的圖象與直線y=1有且只有一個交點,則當x≤0時,函數(shù)y=的圖象與直

3、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-a<1,得-1

4、零點,結(jié)合圖象可知,2a≥1,即a≥,則≤a<1; 當a≥1時,2a>1,由二次函數(shù)的性質(zhì)可知,當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)-,則f(1)=ln 2-2<0,

5、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,可排除C,D;0

6、ln 1+2-5<0, 故選A. 利用導(dǎo)數(shù)解決與函數(shù)有關(guān)的方程根(函數(shù)零點)問題 7.(xx河南省六市3月第一次聯(lián)合調(diào)研)設(shè)函數(shù)f(x)=xln x,g(x)=(-x2+ax-3)ex(a為實數(shù)). (1)當a=5時,求函數(shù)y=g(x)在x=1處的切線方程; (2)求f(x)在區(qū)間[t,t+2](t>0)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′(1)=4e. 所以切線方程

7、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0

8、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)=0, 故-2×0-1=0,

9、解得a=1, 經(jīng)檢驗當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(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(x)=0在[0,2]上恰有兩個不同的實數(shù)根. ′(x)=-2x+=, 當x∈(0,1)時,′(x)>0,于是(x)在(0,1)上單調(diào)遞增; 當x∈(1,2)時,′(x)<0,于是(x)在(1,2)上單調(diào)遞減; 依題意有 解得ln 3-1≤b

10、b的取值范圍是[ln 3-1,ln 2+). 一、選擇題 1.(xx太原一模)已知實數(shù)a,b滿足2a=3,3b=2,則函數(shù)f(x)=ax+x-b的零點所在的區(qū)間是(　B　) (A)(-2,-1) (B)(-1,0) (C)(0,1) (D)(1,2) 解析:因為實數(shù)a,b滿足2a=3,3b=2, 所以a=log23>1,00 f(-1)=log32-1-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)=a

11、x+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ln (x1x2)<0, 所以x1x2<1. 故選A. 3.(xx蚌埠二模)函

12、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　) (A)(-,-2]∪(0,] (B)（-,-2]∪(0,] (C)(-,-2]∪(

13、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,在同一直角坐標系內(nèi)作出函數(shù)f(x)=和函數(shù)y=m(x+1)的圖象,如圖,當直線y=m(x+1)與y=-3,x∈(-1,0]和y=x,x∈(0,1]都相交時,0

14、=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; 當x<0時,由f(x)是奇函數(shù)得 -f(x)=f(-x)=x2-3(-x), 即f(x

15、)=-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),x2∈(x0,+∞)時, f(x1)f(x0)=0,從而答案B正確.

16、 7.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k>0時,有3個零點;當k<0時,有4個零點 (B)當k>0時,有4個零點;當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.(

17、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(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(

18、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衡陽二模)已知(x2-)5的展開式中的常數(shù)項為T,f(x)是以T為周期的偶函數(shù),且當x∈[0,1]時,f(x)=x,若在區(qū)間[-1,3]內(nèi),函數(shù)g(x)=f(x)-kx-

19、2k有4個零點,則實數(shù)k的取值范圍是(　C　) (A)(0,] (B)[0,] (C)(0,] (D)[0,] 解析:(x2-)5的通項Tr+1=(x2)5-r(-x-3)r=(-1)rx10-5r; 令10-5r=0得,r=2;則常數(shù)項為×=2, f(x)是以2為周期的偶函數(shù), 因為區(qū)間[-1,3]是兩個周期, 所以在區(qū)間[-1,3]內(nèi)函數(shù)g(x)=f(x)-kx-2k有4個零點, 可轉(zhuǎn)化為f(x)與r(x)=kx+2k有四個交點, 當k=0時,兩函數(shù)圖象只有兩個交點,不合題意; 當k≠0時,因為函數(shù)r(x)的圖象恒過點(-2,0), 則若使兩函數(shù)圖象有四個交點, 必

20、有0

21、方程3(f(x))2+2af(x)+b=0得f(x)=x1或f(x)=x2.不妨設(shè)x1

22、當01時, y=f[f(x)]-1=f(log2x)-1=log2(log2x)-1, 令y=f[f(x)]-1=0,log2(log2x)=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山東卷)已知函數(shù)f(x)=1ogax+x-b(a>0,且a≠1).當2

23、以f(2)=loga2+2-b<1+2-b=3-b<0, f(3)=loga3+3-b>1+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)存在唯一的零點x0,且x0∈(2,3), 所以n=2. 答案:2 14.(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)=

24、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 2-4<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) 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

25、單調(diào)性、極值(最值)、端點值等性質(zhì),進而畫出其圖象. (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a>0時,解不等式f(x)≤0; (2)當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

26、=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)=>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}. 【教師備用】 (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(

27、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-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?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

28、而切線l與曲線y=f(x)在區(qū)間（0,）至少有1個公共點. 2.(xx福建龍巖市5月質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)=ex(sin x+cos x)+a,g(x)=(a2-a+10)ex(a∈R且a為常數(shù)). (1)若曲線y=f(x)在(0,f(0))處的切線過點(1,2).求實數(shù)a的值; (2)若存在實數(shù)x1,x2∈[0,π],使得g(x2)1)在(0,+∞)上的零點個數(shù),并說明理由. 解:(1)f′(x)=ex(sin x+cos x)+ex(cos x-sin x)=2excos x, 又曲線y

29、=f(x)在(0,f(0))處的切線過點(1,2), 得f′(0)=, 即2=1-a,解得a=-1. (2)存在實數(shù)x1,x2∈[0,π], 使得g(x2)0恒成立,g(x)=(a2-a+10)ex在[0,π]上遞增, g(x)min=g(0)=a2-a+10, 故a2-a+10<+a+13-,得a2-2a-3<0, 所以實數(shù)a的取

30、值范圍是(-1,3). (3)由(x)=-+1+ln x=0(x>0)得 -+1+ln x=0, 化為=1-x-xln x, 令h(x)=1-x-xln x,則h′(x)=-2-ln x, 由h′(x)=-2-ln x=0,得x=e-2, 故h(x)在（0,）上遞增,在（,+∞）上遞減, h(x)max=h（）=1+. 再令t(x)==b（1+）ex, 因為b>1,所以函數(shù)t(x)=b（1+）ex在(0,+∞)上遞增, t(x)>t(0)=b（1+）e0=b（1+）>1+. 知t(x)>h(x)max,由此判斷函數(shù)(x)在(0,+∞)上沒有零點, 故(x)在(0,+∞)

31、上零點個數(shù)為0. 【教師備用】 (xx四川成都市一診)已知函數(shù)f(x)=-,g(x)=m-,其中m∈R且m≠0.e=2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù). (1)當m<0時,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極小值; (2)當m>0時,若函數(shù)g(x)存在a,b,c三個零點,且ag(x2)成立?若存在,求出m的取值范圍;若不存在,請說明理由. 解:(1)f′(x)=-m· =m· =(x>0且x≠1). 所以由f′(x)>0,得x>;由f′(x)<0,得0

32、且x≠1. 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,1),(1,),單調(diào)遞增區(qū)間是(,+∞). 所以f(x)極小值=f()=-2me. (2)g′(x)=-=(m>0). 所以g(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞增,（0,）上單調(diào)遞減,（,+∞）上單調(diào)遞增. 因為函數(shù)g(x)存在三個零點, 所以??00,g(-1)<0, 結(jié)合函數(shù)g(x)單調(diào)性及a

33、g(x)max, 因為f′(x)= 由m<0,所以函數(shù)f(x)在（1,）上單調(diào)遞減,在（,+∞）上單調(diào) 遞增. 所以f(x)min=f（）=-2me. 因為g′(x)= 由m<0,所以函數(shù)g(x)在（-∞,）上單調(diào)遞增,（,0）上單調(diào)遞減. 所以g(x)max=g（）=m-. 所以-2me>m-,不等式兩邊同乘以負數(shù)m, 得-2m2e,即m2>. 由m<0,解得m<-. 綜上所述,存在這樣的負數(shù)m∈（-∞,-）滿足題意. 類型:利用導(dǎo)數(shù)研究方程根的問題 1.設(shè)函數(shù)f(x)

34、=ln x-cx(c∈R). (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性; (2)若f(x)≤x2恒成立,求c的取值范圍; (3)設(shè)函數(shù)f(x)有兩個相異零點x1,x2,求證:x1·x2>e2. (1)解:因為f(x)=ln x-cx, 所以x∈(0,+∞), f′(x)=-c=. 當c≤0時,f(x)單調(diào)增區(qū)間為(0,+∞), 當c>0時,f(x)單調(diào)增區(qū)間為（0,）,f(x)單調(diào)減區(qū)間為（,+∞）. (2)解:因為f(x)≤x2, 所以ln x-cx≤x2, 所以c≥-x. 設(shè)g(x)=-x,所以g′(x)=, 所以g(x)在(0,1)單調(diào)遞增,在(1,+∞)單調(diào)遞減.

35、所以g(x)max=g(1)=-1, 所以c≥-1. (3)證明:因為f(x)有兩個相異零點, ln x1=cx1,ln x2=cx2, ① 所以ln x1-ln x2=c(x1-x2), 所以=c, ② 而x1·x2>e2,等價于ln x1+ln x2>2,即cx1+cx2>2, ③ 由①②③得(x1+x2)>2, 不妨設(shè)x1>x2>0,則t=>1, 上式轉(zhuǎn)化為ln t>(t>1), 設(shè)H(t)=ln t-(t>1),則H′(t)=>0, 故函數(shù)H(t

36、)是(1,+∞)上的增函數(shù),所以H(t)>H(1)=0, 即不等式ln t>成立, 故所證不等式x1·x2>e2成立. 2.(xx鄭州質(zhì)量預(yù)測)已知函數(shù)f(x)=(x2-2x)ln x+ax2+2. (1)當a=-1時,求f(x)在點(1,f(1))處的切線方程; (2)當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

37、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00,當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,所以當函數(shù)g(x)有且僅有一個零點時,a=1. 當a

38、=1,g(x)=(x2-2x)ln x+x2-x, 若e-2

39、y=f(x)的切線l,求l的方程; (2)若曲線y=f(x)與直線y=x-1只有一個交點,求實數(shù)a的取值范圍. 解:函數(shù)求導(dǎo)得f′(x)=3x2-2ax. (1)當a=1時有f′(x)=3x2-2x, 設(shè)切點P為(x0,y0),則k=f′(x0)=3-2x0, 則P處的切線方程為y=(3-2x0)(x-x0)+-. 該直線經(jīng)過點(1,0), 所以有0=(3-2x0)(1-x0)+-, 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′(

40、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)<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)

41、=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x<0時,g′(x)>0,g(x)

42、為增函數(shù); 當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x趨向于0時,g(x)趨向于正無窮; 又當x趨向于負無窮時,g(x)趨向于負無窮; 又當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). 【教師備用】 設(shè)函數(shù)f(x)=xln x(x>0),g(x)=-x+2. (1)求函數(shù)f(x)在點M(e,f(e))處的切線方程; (2)設(shè)F(x)=ax2-(a+2)x+f′(x)(a>0)

43、,討論函數(shù)F(x)的單調(diào)性; (3)設(shè)函數(shù)H(x)=f(x)+g(x),是否同時存在實數(shù)m和M(m0),則函數(shù)f(x)在點M(e,f(e))處的斜率為f′(e)=2,f(e)=e, 所以,所求切線方程為y-e=2(x-e),即y=2x-e. (2)F(x)=ax2-(a+2)x+ln x+1(x>0), F′(x)=2ax-(a+2)+= =(x>0,a>0) 令F′(x)=0,則x=或.

44、 ①當0時, 令F′(x)>0解得0; 令F′(x)<0解得2即<時, 函數(shù)F(x)在(0,),(,+∞)上單調(diào)遞增,在(,)上單調(diào)遞減. (3)H(x)=-x+2+xln x,H′(x)=ln x. 令H′(x)=0,則x=1. 當x在區(qū)間[,e]內(nèi)變化時,H′(x),H(x)的變化情況如下表: x (,1) 1 (1,e) e H′(x) - 0 + H(x) 2- 單調(diào)遞減 極小值1 單調(diào)遞增 2 因為2-<2,所以H(x)在區(qū)間[,e]內(nèi)值域為[1,2], 由此可得, 若則對每一個t∈[m,M],直線y=t與曲線y=H(x)(x∈[,e])都有公共點,并且對每一個t∈(-∞,m)∪(M,+∞),直線y=t與曲線y=H(x)(x∈[,e])都沒有公共點. 綜合以上,存在實數(shù)m=1和M=2,使得對每一個t∈[m,M],直線y=t與曲線y=H(x)(x∈[,e])都有公共點.