金版教程高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案數(shù)學(xué)(提升版)第3課時利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點問題考向一判斷函數(shù)零點或方程根的個數(shù)例1(2022·新高考Ⅰ卷改編)已知函數(shù)f(x)＝ex－x，g(x)＝x－lnx.(1)判斷直線y＝b與曲線y＝f(x)和y＝g(x)的交點分別有幾個；(2)證明：曲線y＝f(x)和y＝g(x)有且只有一個公共點；(3)證明：存在直線y＝b，其與兩條曲線y＝f(x)和y＝g(x)共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交點的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列．解(1)設(shè)S(x)＝ex－x－b，S′(x)＝ex－1，當(dāng)x<0時，S′(x)<0，當(dāng)x>0時，S′(x)>0，故S(x)在(－∞，0)上為減函數(shù)，在(0，＋∞)上為增函數(shù)，所以S(x)min＝S(0)＝1－b.當(dāng)b<1時，S(x)min＝1－b>0，S(x)無零點；當(dāng)b＝1時，S(x)min＝1－b＝0，S(x)有1個零點；當(dāng)b>1時，S(x)min＝1－b<0，而S(－b)＝e－b>0，S(b)＝eb－2b，設(shè)u(b)＝eb－2b，則當(dāng)b>1時，u′(b)＝eb－2>0，故u(b)在(1，＋∞)上為增函數(shù)，故u(b)>u(1)＝e－2>0，故S(b)>0，故S(x)＝ex－x－b有兩個不同的零點．設(shè)T(x)＝x－lnx－b，T′(x)＝eq\f(x－1,x)，當(dāng)0<x<1時，T′(x)<0，當(dāng)x>1時，T′(x)>0，故T(x)在(0，1)上為減函數(shù)，在(1，＋∞)上為增函數(shù)，所以T(x)min＝T(1)＝1－b.當(dāng)b<1時，T(x)min＝1－b>0，T(x)無零點；當(dāng)b＝1時，T(x)min＝1－b＝0，T(x)有1個零點；當(dāng)b>1時，T(x)min＝1－b<0，而T(e－b)＝e－b>0，T(eb)＝eb－2b>0，所以T(x)＝x－lnx－b有兩個不同的零點．綜上可知，當(dāng)b<1時，直線y＝b與曲線y＝f(x)和y＝g(x)的交點個數(shù)都是0；當(dāng)b＝1時，直線y＝b與曲線y＝f(x)和y＝g(x)的交點個數(shù)都是1；當(dāng)b>1時，直線y＝b與曲線y＝f(x)和y＝g(x)的交點個數(shù)都是2.(2)證明：由f(x)＝g(x)得ex－x＝x－lnx，即ex＋lnx－2x＝0，設(shè)h(x)＝ex＋lnx－2x，其中x>0，故h′(x)＝ex＋eq\f(1,x)－2，設(shè)s(x)＝ex－x－1，則當(dāng)x>0時，s′(x)＝ex－1>0，故s(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，故s(x)＞s(0)＝0，即ex>x＋1，所以h′(x)>x＋eq\f(1,x)－1≥2－1>0，所以h(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，而h(1)＝e－2>0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e3)))＝eeq\f(1,e3)－3－eq\f(2,e3)<e－3－eq\f(2,e3)＜0，故h(x)在(0，＋∞)上有且只有一個零點x0，且eq\f(1,e3)<x0<1，當(dāng)0<x<x0時，h(x)<0，即ex－x<x－lnx，即f(x)<g(x)，當(dāng)x>x0時，h(x)>0，即ex－x>x－lnx，即f(x)>g(x)，所以曲線y＝f(x)和y＝g(x)有且只有一個公共點．(3)證明：由(2)知，若存在直線y＝b與曲線y＝f(x)，y＝g(x)有三個不同的交點，則b＝f(x0)＝g(x0)>1，此時ex－x＝b有兩個不同的解x1，x0(x1<0<x0)，x－lnx＝b有兩個不同的解x0，x2(0<x0<1<x2)，故ex1－x1＝b，ex0－x0＝b，x2－lnx2－b＝0，x0－lnx0－b＝0，所以x2－b＝lnx2，即ex2－b＝x2，即ex2－b－(x2－b)－b＝0，故x2－b為方程ex－x＝b的解，同理x0－b也為方程ex－x＝b的解，所以{x1，x0}＝{x0－b，x2－b}，而b>1，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝x2－b，,x1＝x0－b，))即x1＋x2＝2x0.利用導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)零點或方程根的個數(shù)的常用方法(1)構(gòu)建函數(shù)g(x)(需g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，轉(zhuǎn)化為確定g(x)的零點個數(shù)問題求解，利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)的單調(diào)性、極值，并確定定義域區(qū)間端點值的符號(或變化趨勢)等，畫出g(x)的圖象草圖，數(shù)形結(jié)合求解函數(shù)零點的個數(shù)．(2)利用函數(shù)零點存在定理：先用該定理判斷函數(shù)在某區(qū)間上有零點，然后利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值(最值)及區(qū)間端點值符號，進而判斷函數(shù)在該區(qū)間上零點的個數(shù)．(2024·衡水模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)若g(x)＝f(x)－a，討論函數(shù)g(x)的零點個數(shù)．解(1)f(x)的定義域為R，f′(x)＝ex＋(x－2)ex＝(x－1)ex，又ex>0恒成立，∴當(dāng)x∈(－∞，1)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)．函數(shù)f(x)的極小值為f(1)＝－e，無極大值．(2)當(dāng)x<2時，f(x)<0，當(dāng)x>2時，f(x)>0，結(jié)合(1)中結(jié)論作出函數(shù)圖象如圖，∴g(x)的零點個數(shù)等價于f(x)的圖象與直線y＝a的交點個數(shù)．當(dāng)a≥0時，f(x)的圖象與直線y＝a有且僅有一個交點；當(dāng)－e<a<0時，f(x)的圖象與直線y＝a有兩個不同的交點；當(dāng)a＝－e時，f(x)的圖象與直線y＝a有且僅有一個交點；當(dāng)a<－e時，f(x)的圖象與直線y＝a無交點．綜上所述，當(dāng)a∈[0，＋∞)∪{－e}時，g(x)有唯一零點；當(dāng)a∈(－e，0)時，g(x)有兩個不同的零點；當(dāng)a∈(－∞，－e)時，g(x)無零點．考向二由函數(shù)零點個數(shù)求解參數(shù)取值范圍例2(2022·全國乙卷)已知函數(shù)f(x)＝ax－eq\f(1,x)－(a＋1)lnx.(1)當(dāng)a＝0時，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一個零點，求a的取值范圍．解(1)當(dāng)a＝0時，f(x)＝－eq\f(1,x)－lnx(x＞0)，則f′(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(1－x,x2)，當(dāng)x∈(0，1)時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(1)＝－1.(2)由f(x)＝ax－eq\f(1,x)－(a＋1)lnx(x＞0)，得f′(x)＝a＋eq\f(1,x2)－eq\f(a＋1,x)＝eq\f(（ax－1）（x－1）,x2)(x＞0)．當(dāng)a＝0時，由(1)可知，f(x)不存在零點；當(dāng)a<0時，f′(x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))（x－1）,x2)，若x∈(0，1)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，若x∈(1，＋∞)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(1)＝a－1＜0，所以f(x)不存在零點；當(dāng)a＞0時，f′(x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))（x－1）,x2)，若a＝1，則f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，因為f(1)＝a－1＝0，所以函數(shù)f(x)恰有一個零點，若a＞1，則f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上單調(diào)遞減，因為f(1)＝a－1＞0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＞f(1)＞0，當(dāng)x→0＋時，f(x)→－∞，由零點存在定理可知，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上恰有一個零點，所以a＞1滿足條件．若0＜a＜1，則f(x)在(0，1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上單調(diào)遞減，因為f(1)＝a－1＜0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＜f(1)＜0，當(dāng)x→＋∞時，f(x)→＋∞，由零點存在定理可知，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上恰有一個零點，即0＜a＜1滿足條件．綜上，若f(x)恰有一個零點，則a的取值范圍為(0，＋∞)．根據(jù)函數(shù)零點個數(shù)確定參數(shù)取值范圍的核心思想是“數(shù)形結(jié)合”，即通過函數(shù)圖象與x軸的交點個數(shù)，或者兩個相關(guān)函數(shù)圖象的交點個數(shù)確定參數(shù)滿足的條件，進而求得參數(shù)的取值范圍，解決問題的步驟是“先形后數(shù)”．(2024·南陽一中月考)設(shè)函數(shù)f(x)＝(x－2)ln(x－1)－ax，a∈R.(1)若f(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，求a的取值范圍；(2)若f(x)有兩個不同的零點，求a的取值范圍．解(1)∵f′(x)＝ln(x－1)＋1－eq\f(1,x－1)－a(x>1)，令H(x)＝ln(x－1)＋1－eq\f(1,x－1)－a(x>1)，則H′(x)＝eq\f(1,x－1)＋eq\f(1,（x－1）2)>0，∴f′(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∵f(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f′(2)≥0，∴－a≥0?a≤0.∴a的取值范圍是(－∞，0]．(2)f(x)＝0?a＝eq\f(（x－2）ln（x－1）,x)，令g(x)＝eq\f(（x－2）ln（x－1）,x)，故g′(x)＝eq\f(1,x－1)－2·eq\f(\f(x,x－1)－ln（x－1）,x2)＝eq\f(（x－1）－\f(1,x－1)＋2ln（x－1）,x2)，令h(x)＝(x－1)－eq\f(1,x－1)＋2ln(x－1)，∴h′(x)＝1＋eq\f(1,（x－1）2)＋eq\f(2,x－1)>0，∴h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又h(2)＝0，∴當(dāng)1<x<2時，h(x)<0，即g′(x)<0，當(dāng)x>2時，h(x)>0，即g′(x)>0，∴g(x)在(1，2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)≥g(2)＝0，又由當(dāng)x→1時，eq\f(x－2,x)→－1，ln(x－1)→－∞，則g(x)→＋∞；當(dāng)x→＋∞時，eq\f(x－2,x)→1，ln(x－1)→＋∞，則g(x)→＋∞，若f(x)有兩個不同的零點，則需滿足a>0.∴a的取值范圍為(0，＋∞)．考向三涉及函數(shù)零點、極值點的綜合問題例3(2023·泰州模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax2＋bx－1，其中a，b為常數(shù)，e為自然對數(shù)的底數(shù)，e＝2.71828….(1)當(dāng)a＝0時，若函數(shù)f(x)≥0，求實數(shù)b的取值范圍；(2)當(dāng)b＝2a時，若函數(shù)f(x)有兩個極值點x1，x2，現(xiàn)有如下三個命題：①7x1＋bx2＞28；②2eq\r(a)(x1＋x2)>3x1x2；③eq\r(x1－1)＋eq\r(x2－1)>2.請從①②③中任選一個進行證明．解(1)當(dāng)a＝0時，f(x)＝ex＋bx－1，f′(x)＝ex＋b，當(dāng)b≥0時，因為f(－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)－1))－b<0，所以此時不符合題意；當(dāng)b＜0時，當(dāng)x∈(－∞，ln(－b))時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(ln(－b)，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(ln(－b))＝－b＋bln(－b)－1，要使f(x)≥0，只需f(x)min＝－b＋bln(－b)－1≥0，令g(x)＝x－xlnx－1，則g′(x)＝－lnx，當(dāng)x∈(0，1)時，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減，所以g(x)≤g(1)＝0，則由g(－b)＝－b＋bln(－b)－1≥0，得－b＝1，所以b＝－1，故實數(shù)b的取值范圍為{－1}．(2)證明：當(dāng)b＝2a時，f(x)＝ex－ax2＋2ax－1，f′(x)＝ex－2ax＋2a，令φ(x)＝f′(x)＝ex－2ax＋2a，則φ′(x)＝ex－2a，因為函數(shù)f(x)有兩個極值點x1，x2，所以φ(x)＝f′(x)＝ex－2ax＋2a有兩個零點，若a≤0，則φ′(x)＞0，φ(x)單調(diào)遞增，不可能有兩個零點，所以a＞0，令φ′(x)＝ex－2a＝0，得x＝ln(2a)，當(dāng)x∈(－∞，ln(2a))時，φ′(x)＜0，φ(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(ln(2a)，＋∞)時，φ′(x)＞0，φ(x)單調(diào)遞增，所以φ(x)min＝φ(ln(2a))＝4a－2aln(2a)，因為φ(x)有兩個零點，所以4a－2aln(2a)＜0，則a>eq\f(1,2)e2.設(shè)x1＜x2，因為φ(1)＝e＞0，φ(2)＝e2－2a＜0，所以1＜x1＜2＜x2，因為φ(x1)＝φ(x2)＝0，所以ex1＝2ax1－2a，ex2＝2ax2－2a，則eq\f(ex2,ex1)＝eq\f(x2－1,x1－1)，取對數(shù)得x2－x1＝ln(x2－1)－ln(x1－1)，令x1－1＝t1，x2－1＝t2，則t2－t1＝lnt2－lnt1，即t2－lnt2＝t1－lnt1(0＜t1＜1＜t2)．若選擇命題①：令u(t)＝t－lnt，則u(t1)＝u(t2)，u′(t)＝1－eq\f(1,t)，當(dāng)0<t<1時，u′(t)<0，當(dāng)t>1時，u′(t)>0，所以u(t)＝t－lnt在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，令v(t)＝u(t)－u(2－t)＝2t－lnt＋ln(2－t)－2(0＜t＜2)，則v′(t)＝eq\f(2（t－1）2,t（t－2）)≤0，v(t)在(0，2)上單調(diào)遞減，因為0＜t1＜1，所以v(t1)＞v(1)＝0，即u(t1)－u(2－t1)＞0，亦即u(t2)＝u(t1)＞u(2－t1)，因為t2＞1，2－t1＞1，u(t)＝t－lnt在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以t2＞2－t1，則x2－1＞2－(x1－1)，整理得x1＋x2＞4，所以7x1＋bx2＝7x1＋2ax2＞7x1＋7x2＞28，故①成立，得證．若選擇命題②：令u(t)＝t－lnt，則u(t1)＝u(t2)，u′(t)＝1－eq\f(1,t)，當(dāng)0<t<1時，u′(t)<0，當(dāng)t>1時，u′(t)>0，所以u(t)＝t－lnt在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，令v(t)＝u(t)－ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)))＝t－eq\f(1,t)－2lnt，則v′(t)＝eq\f(（t－1）2,t2)≥0，v(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又v(1)＝0，所以當(dāng)t∈(0，1)時，v(t)＝u(t)－ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)))<v(1)＝0，即u(t)<ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)))，因為0<t1<1，所以u(t2)＝u(t1)<ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t1))).因為t2＞1，eq\f(1,t1)＞1，u(t)＝t－lnt在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以t2<eq\f(1,t1)，所以x2－1<eq\f(1,x1－1)，即x1x2＜x1＋x2，所以x1x2<x1＋x2<eq\f(2,3)eq\r(\f(1,2)e2)(x1＋x2)<eq\f(2,3)eq\r(a)(x1＋x2)，所以2eq\r(a)(x1＋x2)>3x1x2，故②成立，得證．若選擇命題③：因為x1－1＝t1，x2－1＝t2，則t2－t1＝lnt2－lnt1＝2lneq\r(\f(t2,t1))，因為0<t1<1<t2，所以eq\f(t2,t1)>1.令F(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)，則當(dāng)t>1時，F(xiàn)′(t)＝eq\f(（t－1）2,t（t＋1）2)>0，所以F(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則F(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)>F(1)＝0，所以lnt>eq\f(2（t－1）,t＋1)，則t2－t1＝2lneq\r(\f(t2,t1))>eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(t2,t1))－1)),\r(\f(t2,t1))＋1)＝4·eq\f(\r(t2)－\r(t1),\r(t2)＋\r(t1))，兩邊約去eq\r(t2)－eq\r(t1)后，化簡整理得eq\r(t1)＋eq\r(t2)>2，即eq\r(x1－1)＋eq\r(x2－1)>2，故③成立，得證．(1)研究函數(shù)零點問題，要通過數(shù)的計算(函數(shù)性質(zhì)、特殊點的函數(shù)值等)和形的輔助，得出函數(shù)零點的可能情況．(2)函數(shù)可變零點(函數(shù)中含有參數(shù))性質(zhì)的研究，要抓住函數(shù)在不同零點處函數(shù)值均為零，建立不同零點之間的關(guān)系，把多元問題轉(zhuǎn)化為一元問題，再使用一元函數(shù)的方法進行研究．已知函數(shù)f(x)＝ae－x＋lnx－1(a∈R)．(1)當(dāng)a≤e時，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若函數(shù)f(x)恰有兩個極值點x1，x2(x1<x2)，且x1＋x2≤2ln3，求eq\f(x2,x1)的最大值．解(1)函數(shù)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－ae－x＋eq\f(1,x)＝eq\f(ex－ax,xex)，∵a≤e，∴ex－ax≥ex－ex.設(shè)g(x)＝ex－ex，則g′(x)＝ex－e，當(dāng)0<x<1時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>1時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，∴g(x)≥g(1)＝0，∴f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．∴當(dāng)a≤e時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)依題意，f′(x1)＝f′(x2)＝0，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex1＝ax1，,ex2＝ax2，))兩式相除得，ex2－x1＝eq\f(x2,x1)，設(shè)eq\f(x2,x1)＝t，則t>1，x2＝tx1，e(t－1)x1＝t，∴x1＝eq\f(lnt,t－1)，x2＝eq\f(tlnt,t－1)，∴x1＋x2＝eq\f(（t＋1）lnt,t－1).設(shè)h(t)＝eq\f(（t＋1）lnt,t－1)(t>1)，則h′(t)＝eq\f(t－\f(1,t)－2lnt,（t－1）2)，設(shè)φ(t)＝t－eq\f(1,t)－2lnt(t>1)，則φ′(t)＝1＋eq\f(1,t2)－eq\f(2,t)＝eq\f(（t－1）2,t2)>0，∴φ(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則φ(t)>1－eq\f(1,1)－2ln1＝0，∴h′(t)>0，則h(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又x1＋x2≤2ln3，即h(t)≤2ln3，又h(3)＝2ln3，∴t∈(1，3]，即eq\f(x2,x1)的最大值為3.課時作業(yè)一、單項選擇題1．(2023·全國乙卷)函數(shù)f(x)＝x3＋ax＋2存在3個零點，則a的取值范圍是()A．(－∞，－2) B．(－∞，－3)C．(－4，－1) D．(－3，0)答案B解析f(x)＝x3＋ax＋2，則f′(x)＝3x2＋a，若f(x)存在3個零點，則f(x)存在極大值和極小值，則a<0.令f′(x)＝3x2＋a＝0，解得x＝－eq\r(\f(－a,3))或x＝eq\r(\f(－a,3))，且當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\r(\f(－a,3))))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(－a,3))，＋∞))時，f′(x)>0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(－a,3))，\r(\f(－a,3))))時，f′(x)<0，故f(x)的極大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(－a,3))))，極小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(－a,3))))，若f(x)存在3個零點，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(－a,3))))>0，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(－a,3))))<0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)\r(\f(－a,3))－a\r(\f(－a,3))＋2>0，,\f(－a,3)\r(\f(－a,3))＋a\r(\f(－a,3))＋2<0，))解得a<－3.故選B.2．(2023·濟寧二模)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x，x≤0，,alnx，x>0，))若函數(shù)g(x)＝f(x)－f(－x)有5個零點，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－e，0) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0))C．(－∞，－e) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,e)))答案C解析y＝f(－x)與y＝f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱，且f(0)＝0，要想g(x)＝f(x)－f(－x)有5個零點，則當(dāng)x＞0時，－x＝alnx要有2個根，結(jié)合對稱性可知，x＜0時也有2個零點，故滿足有5個零點．當(dāng)x＝1時，－1＝0，不符合題意；當(dāng)x≠1時，a＝－eq\f(x,lnx)，令h(x)＝－eq\f(x,lnx)，定義域為(0，1)∪(1，＋∞)，h′(x)＝eq\f(1－lnx,（lnx）2)，令h′(x)＞0得0＜x＜1，1＜x＜e，令h′(x)＜0得x＞e，故h(x)＝－eq\f(x,lnx)在(0，1)，(1，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，且當(dāng)x∈(0，1)時，h(x)＝－eq\f(x,lnx)>0恒成立，h(x)＝－eq\f(x,lnx)在x＝e處取得極大值，其中h(e)＝－e，故a∈(－∞，－e)，此時直線y＝a與h(x)＝－eq\f(x,lnx)的圖象有兩個交點．故選C.3．(2023·銀川三模)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(m,x)－lnx＋m在區(qū)間(e－1，e)上有唯一零點，則實數(shù)m的取值范圍為()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(e,e2＋1)，\f(e,2)＋1)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e＋1)，\f(e,e＋1)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(e,e＋1)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(e,2)＋1))答案B解析函數(shù)f(x)＝eq\f(m,x)－lnx＋m，令f(x)＝0，則meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋1))＝lnx，即m＝eq\f(xlnx,x＋1)，令h(x)＝eq\f(xlnx,x＋1)，則h′(x)＝eq\f(x＋1＋lnx,（x＋1）2)，令k(x)＝x＋1＋lnx，則k′(x)＝1＋eq\f(1,x)>0，所以函數(shù)y＝k(x)在區(qū)間(e－1，e)上單調(diào)遞增，故k(x)>k(e－1)＝e－1>0，所以h′(x)>0，故函數(shù)y＝h(x)在區(qū)間(e－1，e)上單調(diào)遞增，故h(e－1)<h(x)<h(e)，即－eq\f(1,e＋1)<h(x)<eq\f(e,e＋1)，所以－eq\f(1,e＋1)<m<eq\f(e,e＋1)，故實數(shù)m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e＋1)，\f(e,e＋1))).故選B.4．(2023·邢臺二模)已知函數(shù)f(x)＝x－lnx＋m(m∈R)，若f(x)有兩個零點x1，x2(x1<x2)，則下列關(guān)系式不正確的是()A．m<－1 B．x1＋x2≤2C．0<x1<1 D．ex1－x2＝eq\f(x1,x2)答案B解析f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，令f′(x)＝0，解得x＝1，故函數(shù)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，如圖，故f(x)min＝f(1)＝1＋m<0，即m<－1，并且0<x1<1，故A，C正確；由于x1，x2為f(x)的零點，故有x1－lnx1＋m＝0①，x2－lnx2＋m＝0②，兩式相減得，x1－x2＝lneq\f(x1,x2)，即ex1－x2＝eq\f(x1,x2)，故D正確；由①②可知，m＝lnx1－x1＝lnx2－x2，令g(x)＝lnx－x，則g(x1)＝g(x2)，g′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，所以在(0，1)上，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，令h(x)＝g(x)－g(2－x)＝lnx－x－ln(2－x)＋2－x＝lnx－ln(2－x)－2x＋2，則h′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,2－x)－2＝eq\f(2x2－4x＋2,x（2－x）)＝eq\f(2（x－1）2,x（2－x）)，所以當(dāng)0＜x＜1時，h′(x)>0，所以h(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，所以h(x)<h(1)＝0，所以g(x1)<g(2－x1)，又因為g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，且g(x2)＝g(x1)，所以x2>2－x1，即x1＋x2>2，故B不正確．故選B.二、多項選擇題5．(2022·新高考Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝x3－x＋1，則()A．f(x)有兩個極值點B．f(x)有三個零點C．點(0，1)是曲線y＝f(x)的對稱中心D．直線y＝2x是曲線y＝f(x)的切線答案AC解析因為f(x)＝x3－x＋1，所以f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝3x2－1＝0，得x＝±eq\f(\r(3),3).由f′(x)＝3x2－1＞0，得x＜－eq\f(\r(3),3)或x＞eq\f(\r(3),3)；由f′(x)＝3x2－1＜0，得－eq\f(\r(3),3)＜x＜eq\f(\r(3),3).所以f(x)＝x3－x＋1在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))上單調(diào)遞減，所以f(x)有兩個極值點，故A正確；因為f(x)的極小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))eq\s\up12(3)－eq\f(\r(3),3)＋1＝1－eq\f(2\r(3),9)＞0，f(－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5＜0，所以函數(shù)f(x)在R上有且只有一個零點，故B錯誤；因為函數(shù)g(x)＝x3－x的圖象向上平移一個單位長度得函數(shù)f(x)＝x3－x＋1的圖象，函數(shù)g(x)＝x3－x的圖象關(guān)于原點(0，0)中心對稱，所以點(0，1)是曲線f(x)＝x3－x＋1的對稱中心，故C正確；假設(shè)直線y＝2x是曲線y＝f(x)的切線，切點為(x0，y0)，則f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)－1＝2，解得x0＝±1.若x0＝1，則切點坐標(biāo)為(1，1)，但點(1，1)不在直線y＝2x上，若x0＝－1，則切點坐標(biāo)為(－1，1)，但點(－1，1)不在直線y＝2x上，所以假設(shè)不成立，故D錯誤．故選AC.6．(2023·秦皇島二模)已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax有兩個零點x1，x2，且x1<x2，則下列說法正確的是()A．a(chǎn)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) B．y＝f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增C．x1＋x2>6 D．若a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e2)，\f(1,e)))，則x2－x1<eq\f(2－a,a)答案ABD解析由f(x)＝lnx－ax，可得f′(x)＝eq\f(1,x)－a(x>0)，當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，∴f(x)在x∈(0，＋∞)上單調(diào)遞增，與題意不符；當(dāng)a>0時，令f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝0，解得x＝eq\f(1,a)，∴當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，∴當(dāng)x＝eq\f(1,a)時，f(x)取得極大值，又函數(shù)f(x)＝lnx－ax有兩個零點x1，x2(x1<x2)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝lneq\f(1,a)－1>0，可得0<a<eq\f(1,e).綜上可得，0<a<eq\f(1,e)，故A正確；當(dāng)a→eq\f(1,e)時，x1＋x2→2e<6，故C錯誤；∵當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時，f(x)單調(diào)遞增，a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，∴(0，e)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，故B正確；∵f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減，且a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e2)，\f(1,e)))，∴1，x1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，eq\f(2,a)，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))，∵f(1)＝－a<0＝f(x1)，∴x1>1.∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝lneq\f(2,a)－2<lne2－2＝0＝f(x2)，∴x2<eq\f(2,a)，∴x2－x1<eq\f(2,a)－1＝eq\f(2－a,a)，故D正確．故選ABD.7．(2024·福建省名校聯(lián)盟模擬)機械制圖中經(jīng)常用到漸開線函數(shù)invx＝tanx－x，其中x的單位為弧度，則下列說法正確的是()A．x·invx是偶函數(shù)B．invx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)－kπ，\f(π,2)＋kπ))上恰有2k＋1個零點(k∈N)C．invx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)－kπ，\f(π,2)＋kπ))上恰有4k＋1個極值點(k∈N)D．當(dāng)－eq\f(π,2)<x<0時，invx<x－sinx答案ABD解析函數(shù)invx＝tanx－x的定義域為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈R\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(,x≠nπ＋\f(π,2)，n∈Z))))，顯然y＝x和invx均為奇函數(shù)，因此x·invx是偶函數(shù)，A正確；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))時，令h(x)＝invx，h′(x)＝eq\f(1,cos2x)－1≥0，函數(shù)invx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，當(dāng)x＝0時，invx＝0，即函數(shù)invx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上有唯一的零點，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋k1π，\f(π,2)＋k1π))，k1∈Z時，令x＝t＋k1π，t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，則tanx－x＝tan(t＋k1π)－(t＋k1π)＝tant－t－k1π，令y＝tant－t，t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，函數(shù)y＝tant－t在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，值域為R，直線y＝k1π(k1∈Z)與y＝tant－t，t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))的圖象有唯一交點，因此函數(shù)invx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋k1π，\f(π,2)＋k1π))，k1∈Z上有唯一零點，所以invx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)－kπ，\f(π,2)＋kπ))上恰有2k＋1個零點(k∈N)，B正確；由B項知，函數(shù)invx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋k1π，\f(π,2)＋k1π))，k1∈Z上為增函數(shù)，因此invx不存在極值點，C錯誤；令函數(shù)f(x)＝invx－x＋sinx，求導(dǎo)得f′(x)＝eq\f(1,cos2x)－2＋cosx，當(dāng)－eq\f(π,2)<x<0時，設(shè)u＝cosx∈(0，1)，g(u)＝eq\f(1,u2)－2＋u，求導(dǎo)得g′(u)＝1－eq\f(2,u3)<0，函數(shù)g(u)在(0，1)上單調(diào)遞減，g(u)>eq\f(1,12)－2＋1＝0，即f′(x)>0，因此f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上單調(diào)遞增，f(x)<f(0)＝0，即invx<x－sinx，D正確．故選ABD.8．(2024·日照模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x2＋x－1,ex)，則()A．函數(shù)f(x)只有兩個極值點B．若關(guān)于x的方程f(x)＝k有且只有兩個實根，則k的取值范圍為(－e，0)C．方程f(f(x))＝－1共有4個實根D．若關(guān)于x的不等式f(x)≥a(x＋1)的解集內(nèi)恰有兩個正整數(shù)，則a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(11,4e3)，\f(1,2e)))答案ACD解析對f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝－eq\f(x2－x－2,ex)＝－eq\f(（x＋1）（x－2）,ex)，當(dāng)x<－1或x>2時，f′(x)<0，當(dāng)－1<x<2時，f′(x)>0，即f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上單調(diào)遞減，在(－1，2)上單調(diào)遞增，因此f(x)在x＝－1處取得極小值f(－1)＝－e，在x＝2處取得極大值f(2)＝eq\f(5,e2)，A正確；由上述分析可知，曲線y＝f(x)及直線y＝k如圖所示，由圖可知，當(dāng)－e<k≤0或k＝eq\f(5,e2)時，直線y＝k與曲線y＝f(x)有2個交點，所以若方程f(x)＝k有且只有兩個實根，則k的取值范圍為(－e，0]∪eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(5,e2)))，B錯誤；由f(x)＝0，得x2＋x－1＝0，解得x＝eq\f(－1±\r(5),2)，令f(x)＝t且f(t)＝－1，由圖可知，f(t)＝－1有兩解分別為eq\f(－1－\r(5),2)<t1<－1，t2＝0，所以f(x)＝t1或f(x)＝t2，而1＋eq\r(5)<2e，則eq\f(－1－\r(5),2)>－e，則f(x)＝t1有兩解．又t2＝0，由圖可知f(x)＝t2也有兩解．綜上，方程f(f(x))＝－1共有4個實根，C正確；因為直線y＝a(x＋1)過定點(－1，0)，且f(1)＝eq\f(1,e)，f(2)＝eq\f(5,e2)，f(3)＝eq\f(11,e3)，記k1＝eq\f(f（1）－0,1－（－1）)＝eq\f(1,2e)，k2＝eq\f(f（2）－0,2－（－1）)＝eq\f(5,3e2)，k3＝eq\f(f（3）－0,3－（－1）)＝eq\f(11,4e3)，所以k3<a≤k1，D正確．故選ACD.三、填空題9．(2024·長沙模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－2ax＋a，若f(x)恰有兩個零點，則實數(shù)a的取值范圍是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)e\s\up7(\f(3,2))，＋∞))解析函數(shù)f(x)＝ex－2ax＋a，定義域為R，顯然x＝eq\f(1,2)不是f(x)的零點，令f(x)＝0，得a＝eq\f(ex,2x－1)，設(shè)g(x)＝eq\f(ex,2x－1)，則g′(x)＝eq\f(（2x－3）ex,（2x－1）2)，令g′(x)<0，解得x<eq\f(3,2)且x≠eq\f(1,2)，令g′(x)>0，解得x>eq\f(3,2)，故g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))上單調(diào)遞增．當(dāng)x<eq\f(1,2)時，g(x)<0，當(dāng)x>eq\f(1,2)時，g(x)>0，當(dāng)x＝eq\f(3,2)時，g(x)取得極小值geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝eq\f(1,2)eeq\s\up7(\f(3,2))，作出函數(shù)g(x)的大致圖象如圖所示，結(jié)合圖象可知，實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)e\s\up7(\f(3,2))，＋∞)).10．(2023·福州三模)如果兩個函數(shù)分別存在零點α，β，滿足|α－β|＜n，則稱兩個函數(shù)互為“n度零點函數(shù)”．若f(x)＝ln(x－2)與g(x)＝ax2－lnx互為“2度零點函數(shù)”，則實數(shù)a的最大值為________．答案eq\f(1,2e)解析因為函數(shù)f(x)的零點為3，所以設(shè)函數(shù)g(x)的零點為x0，則|x0－3|＜2，解得1＜x0＜5.g(x0)＝axeq\o\al(2,0)－lnx0＝0，a＝eq\f(lnx0,xeq\o\al(2,0))(1<x0<5)，令h(x)＝eq\f(lnx,x2)(1<x<5)，求導(dǎo)得h′(x)＝eq\f(1－2lnx,x3)，令h′(x)＝0，得x＝eq\r(e)，所以當(dāng)x∈(1，eq\r(e))時，h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(eq\r(e)，5)時，h′(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減，所以h(x)max＝h(eq\r(e))＝eq\f(1,2e).所以實數(shù)a的最大值為eq\f(1,2e).四、解答題11．(2023·廣州模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－1＋e－x＋1，g(x)＝a(x2－2x)(a<0)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)討論函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)的零點個數(shù)．解(1)由f(x)＝ex－1＋e－x＋1，可得f′(x)＝ex－1－e－x＋1＝eq\f(e2（x－1）－1,ex－1)，令f′(x)＝0，解得x＝1，當(dāng)x<1時，則x－1<0，可得f′(x)<0，f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時，則x－1>0，可得f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，1)，單調(diào)遞增區(qū)間是(1，＋∞)．(2)由h(x)＝0，得f(x)＝g(x)，因此函數(shù)h(x)的零點個數(shù)等價于函數(shù)f(x)與g(x)圖象的交點個數(shù)．因為g(x)＝a(x2－2x)(a<0)，所以g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，1)，單調(diào)遞減區(qū)間是(1，＋∞)，所以當(dāng)x＝1時，g(x)取得最大值g(1)＝－a.由(1)可知，當(dāng)x＝1時，f(x)取得最小值f(1)＝2，當(dāng)－a<2，即－2<a<0時，函數(shù)f(x)與g(x)的圖象沒有交點，即函數(shù)h(x)沒有零點；當(dāng)－a＝2，即a＝－2時，函數(shù)f(x)與g(x)的圖象只有一個交點，即函數(shù)h(x)只有一個零點；當(dāng)－a>2，即a<－2時，函數(shù)h(x)有兩個零點，理由如下：因為h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1＋e－x＋1－a(x2－2x)，所以h(1)＝2＋a<0，h(2)＝e＋e－1>0，由函數(shù)零點存在定理，知h(x)在(1，2)內(nèi)有零點．又f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以h(x)＝f(x)－g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)＝f(x)－g(x)在(1，＋∞)上只有一個零點．又因為f(2－x)＝e(2－x)－1＋e－(2－x)＋1＝e1－x＋ex－1＝f(x)，所以f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，因為g(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，所以f(x)與g(x)的圖象都關(guān)于直線x＝1對稱，所以h(x)＝f(x)－g(x)在(－∞，1)上也只有一個零點．所以當(dāng)a<－2時，函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)有兩個零點．12．(2024·鎮(zhèn)江模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)ax2－lnx.(1)若a＝1，求f(x)的極值；(2)若方程f(x)＝1在區(qū)間[1，2]上有解，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)當(dāng)a＝1時，f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx，f′(x)＝eq\f(x2－1,x)，令f′(x)＝0，得x＝1，當(dāng)0<x<1時，f′(x)<0，當(dāng)x>1時，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)的極小值為f(1)＝eq\f(1,2)，無極大值．(2)因為f′(x)＝ax－eq\f(1,x)＝eq\f(ax2－1,x)，①若a≥1，當(dāng)x∈[1，2]時，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在[1，2]上單調(diào)遞增，要使方程f(x)＝1在[1，2]上有解，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）≤1，,f（2）≥1，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)≤1，,2a－ln2≥1，))得eq\f(1＋ln2,2)≤a≤2，因為eq\f(1＋ln2,2)<1，所以1≤a≤2.②若a≤eq\f(1,4)，當(dāng)x∈[1，2]時，f′(x)≤0恒成立，所以f(x)在[1，2]上單調(diào)遞減，此時f(x)≤f(1)＝eq\f(a,2)≤eq\f(1,8)，不符合題意．③若eq\f(1,4)<a<1，當(dāng)1≤x<eq\r(,\f(1,a))時，f′(x)<0，當(dāng)eq\r(\f(1,a))<x≤2時，f′(x)>0，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(\f(1,a))))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4