2024年高考数学第一轮复习讲义第三章3.7　利用导数研究函数的零点(学生版+解析)

这是一份2024年高考数学第一轮复习讲义第三章3.7　利用导数研究函数的零点(学生版+解析)，共18页。


题型一 利用函数性质研究函数的零点
例1 已知函数f(x)＝xsin x－1.
(1)讨论函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的单调性；
(2)证明：函数y＝f(x)在[0，π]上有两个零点．
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思维升华 利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件．
跟踪训练1 (2023·芜湖模拟)已知函数f(x)＝ax＋(a－1)ln x＋eq \f(1,x)－2，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)只有一个零点，求a的取值范围．
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题型二 数形结合法研究函数的零点
例2 (2023·郑州质检)已知函数f(x)＝ex－ax＋2a，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)求函数f(x)的零点个数．
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思维升华 含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围或判断零点个数．
跟踪训练2 (2023·长沙模拟)已知函数f(x)＝aln x－2eq \r(x).
(1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)若函数f(x)在(0,16]上有两个零点，求a的取值范围．
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题型三 构造函数法研究函数的零点
例3 (12分)(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)＋axe－x.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；[切入点：求f′(x)，f′(0)]
(2)若f(x)在区间(－1,0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．
[关键点：根据导数f′x对a分类讨论，对x分－1，0与0，＋∞,两部分]
思维升华 涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间内的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围．
跟踪训练3 (2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝eq \f(xa,ax)(x>0)．
(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；
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(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．
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§3.7 利用导数研究函数的零点
考试要求 函数零点问题在高考中占有很重要的地位，主要涉及判断函数零点的个数或范围．高考常考查三次函数与复合函数的零点问题，以及函数零点与其他知识的交汇问题，一般作为解答题的压轴题出现．
题型一 利用函数性质研究函数的零点
例1 已知函数f(x)＝xsin x－1.
(1)讨论函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的单调性；
(2)证明：函数y＝f(x)在[0，π]上有两个零点．
(1)解 因为函数f(x)的定义域为R，
f(－x)＝－xsin(－x)－1＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数，
又f′(x)＝sin x＋xcs x，且当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f′(x)≥0，所以函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，又函数f(x)为偶函数，所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上单调递减，
综上，函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上单调递减．
(2)证明 由(1)得，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，又f(0)＝－1<0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \f(π,2)－1>0，所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))内有且只有一个零点，
当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，令g(x)＝f′(x)＝sin x＋xcs x，
则g′(x)＝2cs x－xsin x，当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，g′(x)<0恒成立，即g(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减，又geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝1>0，g(π)＝－π<0，则存在m∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，使得g(m)＝0，
且当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，m))时，g(x)>g(m)＝0，即f′(x)>0，则f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，m))上单调递增，
当x∈(m，π]时，有g(x)又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \f(π,2)－1>0，f(π)＝－1<0，所以f(x)在(m，π]上有且只有一个零点，
综上，函数y＝f(x)在[0，π]上有2个零点．
思维升华 利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件．
跟踪训练1 (2023·芜湖模拟)已知函数f(x)＝ax＋(a－1)ln x＋eq \f(1,x)－2，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)只有一个零点，求a的取值范围．
解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a＋eq \f(a－1,x)－eq \f(1,x2)＝eq \f(ax－1x＋1,x2)，
①若a≤0，则f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
②若a>0，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增．
(2)若a≤0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝eq \f(a,e)＋1－a＋e－2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)－1))a＋e－1>0，f(1)＝a－1<0.
结合函数的单调性可知，f(x)有唯一零点．
若a>0，因为函数在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，所以要使得函数有唯一零点，只需f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝1－(a－1)ln a＋a－2＝(a－1)(1－ln a)＝0，解得a＝1或a＝e.
综上，a≤0或a＝1或a＝e.
题型二 数形结合法研究函数的零点
例2 (2023·郑州质检)已知函数f(x)＝ex－ax＋2a，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)求函数f(x)的零点个数．
解 (1)f(x)＝ex－ax＋2a，定义域为R，且f′(x)＝ex－a，
当a≤0时，f′(x)>0，则f(x)在R上单调递增；当a>0时，令f′(x)＝0，则x＝ln a，
当xln a时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
综上所述，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；
当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
(2)令f(x)＝0，得ex＝a(x－2)，
当a＝0时，ex＝a(x－2)无解，∴f(x)无零点，
当a≠0时，eq \f(1,a)＝eq \f(x－2,ex)，
令φ(x)＝eq \f(x－2,ex)，x∈R，∴φ′(x)＝eq \f(3－x,ex)，
当x∈(－∞，3)时，φ′(x)>0；
当x∈(3，＋∞)时，φ′(x)<0，
∴φ(x)在(－∞，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，且φ(x)max＝φ(3)＝eq \f(1,e3)，
又x→＋∞时，φ(x)→0，
x→－∞时，φ(x)→－∞，
∴φ(x)的图象如图所示．
当eq \f(1,a)>eq \f(1,e3)，即0当eq \f(1,a)＝eq \f(1,e3)，即a＝e3时，f(x)有一个零点；
当0e3时，f(x)有两个零点；
当eq \f(1,a)<0，即a<0时，f(x)有一个零点．
综上所述，当a∈[0，e3)时，f(x)无零点；当a∈(－∞，0)∪{e3}时，f(x)有一个零点；当a∈(e3，＋∞)时，f(x)有两个零点．
思维升华 含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围或判断零点个数．
跟踪训练2 (2023·长沙模拟)已知函数f(x)＝aln x－2eq \r(x).
(1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)若函数f(x)在(0,16]上有两个零点，求a的取值范围．
解 (1)当a＝2时，f(x)＝2ln x－2eq \r(x)，该函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(2,x)－eq \f(1,\r(x))，
又f(1)＝－2，f′(1)＝1，
因此，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＋2＝x－1，即x－y－3＝0.
(2)①当a≤0时，f′(x)＝eq \f(a,x)－eq \f(1,\r(x))<0，
则f(x)在(0，＋∞)上单调递减，不符合题意；
②当a>0时，由f(x)＝aln x－2eq \r(x)＝0可得eq \f(2,a)＝eq \f(ln x,\r(x))，
令g(x)＝eq \f(ln x,\r(x))，其中x>0，则直线y＝eq \f(2,a)与曲线y＝g(x)的图象在(0,16]内有两个交点，
g′(x)＝eq \f(\f(\r(x),x)－\f(ln x,2\r(x)),x)＝eq \f(2－ln x,2x\r(x))，令g′(x)＝0，可得x＝e2<16，列表如下，
所以函数g(x)在区间(0,16]上的极大值为g(e2)＝eq \f(2,e)，且g(16)＝ln 2，作出g(x)的图象如图所示．
由图可知，当ln 2≤eq \f(2,a)直线y＝eq \f(2,a)与曲线y＝g(x)的图象在(0,16]内有两个交点，
即f(x)在(0,16]上有两个零点，
因此，实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(e，\f(2,ln 2))).
题型三 构造函数法研究函数的零点
例3 (12分)(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)＋axe－x.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；[切入点：求f′(x)，f′(0)]
(2)若f(x)在区间(－1,0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．
[关键点：根据导数f′(x)对a分类讨论，对x分(－1,0)与(0，＋∞)两部分]
思维升华 涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间内的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围．
跟踪训练3 (2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝eq \f(xa,ax)(x>0)．
(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；
(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．
解 (1)当a＝2时，f(x)＝eq \f(x2,2x)(x>0)，
f′(x)＝eq \f(x2－xln 2,2x)(x>0)，
令f′(x)>0，则0令f′(x)<0，则x>eq \f(2,ln 2)，此时函数f(x)单调递减，
所以函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,ln 2)))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,ln 2)，＋∞)).
(2)曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，
可转化为方程eq \f(xa,ax)＝1(x>0)有两个不同的解，即方程eq \f(ln x,x)＝eq \f(ln a,a)有两个不同的解．
设g(x)＝eq \f(ln x,x)(x>0)，则g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)(x>0)，
令g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)＝0，得x＝e，
当00，函数g(x)单调递增，
当x>e时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，
故g(x)max＝g(e)＝eq \f(1,e)，
且当x>e时，g(x)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))，
又g(1)＝0，所以01且a≠e，
即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)．
课时精练
1．(2023·济南质检)已知函数f(x)＝eq \f(ln x＋ax,x)，a∈R.
(1)若a＝0，求f(x)的最大值；
(2)若0(1)解 若a＝0，则f(x)＝eq \f(ln x,x)，其定义域为(0，＋∞)，
∴f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
由f′(x)＝0，得x＝e，
∴当00；当x>e时，f′(x)<0，
∴f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
∴f(x)max＝f(e)＝eq \f(1,e).
(2)证明 f′(x)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋a))x－ln x－ax,x2)＝eq \f(1－ln x,x2)，
由(1)知，f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
∵0∴当x>e时，f(x)＝eq \f(ln x＋ax,x)＝a＋eq \f(ln x,x)>0，
故f(x)在(e，＋∞)上无零点；
当0∵f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝a－e<0，f(e)＝a＋eq \f(1,e)>0，
且f(x)在(0，e)上单调递增，
∴f(x)在(0，e)上有且只有一个零点，
综上，f(x)有且只有一个零点．
2．函数f(x)＝ax＋xln x在x＝1处取得极值．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a＋ln x＋1，
由f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1.
则f(x)＝－x＋xln x，
∴f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0∴f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．
(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，
则函数y＝f(x)与y＝m＋1的图象在(0，＋∞)内有两个不同的交点．
由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，f(e)＝0，
作出f(x)图象如图．
由图可知，当－1因此实数m的取值范围是(－2，－1)．
3．(2022·河南名校联盟模拟)已知f(x)＝(x－1)ex－eq \f(1,3)ax3＋eq \f(1,3)a(a∈R)．
(1)若函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；
(2)当a≤e时，讨论函数f(x)零点的个数．
解 (1)f(x)＝(x－1)ex－eq \f(1,3)ax3＋eq \f(1,3)a，
则f′(x)＝x(ex－ax)．
∵函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴f′(x)＝x(ex－ax)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
则ex－ax≥0，x≥0.
当x＝0时，则1≥0，即a∈R；
当x>0时，则a≤eq \f(ex,x)，
构建g(x)＝eq \f(ex,x)(x>0)，
则g′(x)＝eq \f(x－1ex,x2)(x>0)，
令g′(x)>0，则x>1，
令g′(x)<0，则0∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
则g(x)≥g(1)＝e，
∴a≤e，
综上所述，a≤e.
(2)f(x)＝(x－1)ex－eq \f(1,3)ax3＋eq \f(1,3)a＝(x－1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ex－\f(1,3)ax2＋x＋1))，
令f(x)＝0，
则x＝1或ex－eq \f(1,3)a(x2＋x＋1)＝0，
对于ex－eq \f(1,3)a(x2＋x＋1)＝0，
即eq \f(ex,x2＋x＋1)＝eq \f(1,3)a，
构建h(x)＝eq \f(ex,x2＋x＋1)，
则h′(x)＝eq \f(xx－1ex,x2＋x＋12)，
令h′(x)>0，则x>1或x<0，
令h′(x)<0，则0∴h(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减，
h(0)＝1，h(1)＝eq \f(e,3)且h(x)>0，当x∈R时恒成立，
则当a＝e时，eq \f(ex,x2＋x＋1)＝eq \f(1,3)a有两个根x1＝1，x2<0；
当0当a≤0时，eq \f(ex,x2＋x＋1)＝eq \f(1,3)a无根．
综上所述，当a≤0时，f(x)只有一个零点；
当04．已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.
(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程；
(2)讨论f(x)的单调性；
(3)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
解 (1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，f(e)＝e＋1，f′(x)＝eq \f(1,x)＋1，f′(e)＝1＋eq \f(1,e)，
∴曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y－(e＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,e)))(x－e)，即y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)＋1))x.
(2)f′(x)＝eq \f(1,x)－2ax＋1＝eq \f(－2ax2＋x＋1,x)，x>0.
①当a≤0时，显然f′(x)>0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a>0时，令f′(x)＝eq \f(－2ax2＋x＋1,x)＝0，x>0，
则－2ax2＋x＋1＝0，易知Δ>0，
设方程的两根分别为x1，x2(x1则x1x2＝－eq \f(1,2a)<0，
∴x1<0令f′(x)>0，得x∈(0，x2)；令f′(x)<0，得x∈(x2，＋∞)，
其中x2＝eq \f(1＋\r(8a＋1),4a)，
∴函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1＋\r(8a＋1),4a)))上单调递增，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(8a＋1),4a)，＋∞))上单调递减．
综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1＋\r(8a＋1),4a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(8a＋1),4a)，＋∞))上单调递减．
(3)方法一 由(2)知，
①当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，至多有一个零点，不符合题意；
②当a>0时，函数f(x)在(0，x2)上单调递增，在(x2，＋∞)上单调递减，
∴f(x)max＝f(x2)．
要使f(x)有两个零点，需f(x2)>0，
即ln x2－axeq \\al(2,2)＋x2>0，①
又由f′(x2)＝0得axeq \\al(2,2)＝eq \f(1＋x2,2)，②
将②代入①得2ln x2＋x2>1，
解得x2>1，∴a＝eq \f(1＋x2,2x\\al(2,2))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x\\al(2,2))＋\f(1,x2)))<1.
下面证明：当a∈(0,1)时，f(x)有两个零点．
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝ln eq \f(1,e)－ae－2＋eq \f(1,e)<0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)))＝ln eq \f(2,a)－a·eq \f(4,a2)＋eq \f(2,a)又x2＝eq \f(1＋\r(8a＋1),4a)eq \f(2,\r(8＋1)－1)＝1>eq \f(1,e)，
f(x2)＝ln x2－axeq \\al(2,2)＋x2＝eq \f(1,2)(2ln x2＋x2－1)>0，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，x2))与eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，\f(2,a)))上各有一个零点．
∴a的取值范围为(0,1)．
方法二 函数f(x)有两个零点，等价于方程a＝eq \f(ln x＋x,x2)有两个解．
令g(x)＝eq \f(ln x＋x,x2)，x>0，
则g′(x)＝eq \f(1－2ln x－x,x3).
由g′(x)>0，
得2ln x＋x<1，解得01，
∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
又当x≥1时，g(x)>0，当x→0时，g(x)→－∞，
∴作出函数g(x)的简图如图所示，结合函数值的变化趋势猜想：当a∈(0,1)时符合题意．
下面给出证明：
当a≥1时，a≥g(x)max，方程至多有一个解，不符合题意；
当a≤0时，方程至多有一个解，不符合题意；
当a∈(0,1)时，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))<0，
∴geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))－a<0，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)))＝eq \f(a2,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f(2,a)＋\f(2,a)))∴geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)))－a<0.
∴方程在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))与eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(2,a)))上各有一个解，
∴f(x)有两个零点．∴a的取值范围为(0,1)．x
(0，e2)
e2
(e2,16]
g′(x)
＋
0
－
g(x)
↗
极大值
↘