专题限时集训(七)利用导数解决不等式、方程的解、曲线交点个数问题(建议用时：45分钟)1．已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－2(a∈R)．(1)判断曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与曲线y＝g(x)的公共点个数；(2)当x∈时，若函数y＝f(x)－g(x)有两个零点，求a的取值范围．[解](1)f′(x)＝lnx＋1，所以斜率k＝f′(1)＝1.1分又f(1)＝0，曲线在点(1,0)处的切线方程为y＝x－1.由2分⇒x2＋(1－a)x＋1＝0，由Δ＝(1－a)2－4＝a2－2a－3可知：当Δ>0时，即a<－1或a>3时，有两个公共点；当Δ＝0时，即a＝－1或a＝3时，有一个公共点；当Δ<0时，即－1
h(e).13分所以，当30).1分当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；3分当a>0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－，因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.5分又f′(a)>0，当b满足00时，f′(x)存在唯一零点.6分(2)证明：由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；8分当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.9分故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．由于2e2x0－＝0，12分所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln.故当a>0时，f(x)≥2a＋aln.14分3．(2013·江苏高考)设函数f(x)＝lnx－ax，g(x)＝ex－ax，其中a为实数．(1)若f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，求a的取值范围；(2)若g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，试求f(x)的零点个数，并证明你的结论．[解](1)令f′(x)＝－a＝＜0，考虑到f(x)的定义域为(0，＋∞)，故a＞0，进而解得x＞a－1，即f(x)在(a－1，＋∞)上是单调减函数.2分同理，f(x)在(0，a－1)上是单调增函数．由于f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，故(1，＋∞)⊆(a－1，＋∞)，从而a－1≤1，即a≥1.4分令g′(x)＝ex－a＝0，得x＝lna.当x＜lna时，g′(x)＜0；当x＞lna时，g′(x)＞0.又g(x)在(1，＋∞)上有最小值，所以lna＞1，即a＞e.综上可知，a∈(e，＋∞).6分(2)当a≤0时，g(x)必为单调增函数；当a＞0时，令g′(x)＝ex－a＞0，解得a＜ex，即x＞lna．7分因为g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，类似(1)有lna≤－1，即0＜a≤e－1.综合上述两种情况，得a≤e－1.①当a＝0时，由f(1)＝0以及f′(x)＝＞0，得f(x)存在唯一的零点；8分②当a＜0时，由于f(ea)＝a－aea＝a(1－ea)＜0，f(1)＝－a＞0，且函数f(x)在[ea,1]上的图象连续，所以f(x)在(ea,1)上存在零点.9分另外，当x＞0时，f′(x)＝－a＞0，故f(x)在(0，＋∞)上是单调增函数，所以f(x)只有一个零点．③当0＜a≤e－1时，令f′(x)＝－a＝0，解得x＝a－1.当0＜x＜a－1时，f′(x)＞0；当x＞a－1时，f′(x)＜0，所以，x＝a－1是f(x)的最大值点，且最大值为f(a－1)＝－lna－1.10分a．当－lna－1＝0，即a＝e－1时，f(x)有一个零点x＝e.b．当－lna－1＞0，即0＜a＜e－1时，f(x)有两个零点．实际上，对于0＜a＜e－1，由于f(e－1)＝－1－ae－1＜0，f(a－1)＞0，且函数f(x)在[e－1，a－1]上的图象连续，所以f(x)在(e－1，a－1)上存在零点．另外，当x∈(0，a－1)时，f′(x)＝－a＞0，故f(x)在(0，a－1)上是单调增函数，所以f(x)在(0，a－1)上只有一个零点．下面考虑f(x)在(a－1，＋∞)上的情况．先证f＝a＜0.为此，我们要证明：当x＞e时，ex＞x2.设h(x)＝ex－x2，则h′(x)＝ex－2x，再设l(x)＝h′(x)＝ex－2x，则l′(x)＝ex－2.12分当x＞1时，l′(x)＝ex－2＞e－2＞0，所以l(x)＝h′(x)在(1，＋∞)上是单调增函数．故当x＞...
