2023届高考一轮复习讲义（理科）第三章　导数及其应用 第2讲　第5课时　利用导数探究函数的零点问题学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第三章　导数及其应用 第2讲　第5课时　利用导数探究函数的零点问题学案，共11页。

研究函数零点个数(师生共研)
(2019·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝sin x－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数，证明：
(1)f′(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))存在唯一极大值点；
(2)f(x)有且仅有2个零点．
【证明】 (1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cs x－eq \f(1,1＋x)，g′(x)＝－sin x＋eq \f(1,（1＋x）2).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))时，g′(x)单调递减，而g′(0)＞0，g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＜0，可得g′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))有唯一零点，设为α.则当x∈(－1，α)时，g′(x)＞0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α，\f(π,2)))时，g′(x)＜0.
所以g(x)在(－1，α)单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α，\f(π,2)))单调递减，
故g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1 ，\f(π,2)))存在唯一极大值点，即f′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))存在唯一极大值点．
(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)．
(ⅰ)当x∈(－1，0]时，由(1)知，f′(x)在(－1，0)单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)＜0，
故f(x)在(－1，0)单调递减．又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1，0]的唯一零点．
(ⅱ)当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α，\f(π,2)))单调递减，而f′(0)＝0，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＜0，所以存在β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α，\f(π,2)))，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)＞0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β，\f(π,2)))时，f′(x)＜0.故f(x)在(0，β)单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β，\f(π,2)))单调递减．
又f(0)＝0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝1－lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(π,2)))＞0，所以当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f(x)＞0.从而f(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))没有零点．
(ⅲ)当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，f′(x)＜0，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))单调递减．而feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＞0，f(π)＜0，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))有唯一零点．
(ⅳ)当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，＋∞))时，ln(x＋1)＞1，所以f(x)＜0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点．
综上，f(x)有且仅有2个零点．
eq \a\vs4\al()
判断函数零点个数的3种方法

设函数f(x)＝ln x＋eq \f(m,x)，m∈R.
(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；
(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－eq \f(x,3)零点的个数．
解：(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝ln x＋eq \f(e,x)，
定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝eq \f(x－e,x2)，
由f′(x)＝0，得x＝e.
所以当x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上单调递减，
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，
所以当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋eq \f(e,e)＝2，
所以f(x)的极小值为2.
(2)由题设g(x)＝f′(x)－eq \f(x,3)＝eq \f(1,x)－eq \f(m,x2)－eq \f(x,3)(x>0)，
令g(x)＝0，得m＝－eq \f(1,3)x3＋x(x>0)．
设φ(x)＝－eq \f(1,3)x3＋x(x>0)，
则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，
当x∈(0，1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0，1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．
所以x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，
因此x＝1也是φ(x)的最大值点．
所以φ(x)的最大值为φ(1)＝eq \f(2,3).
又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，
可知①当m>eq \f(2,3)时，函数g(x)无零点；
②当m＝eq \f(2,3)时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．
综上所述，当m>eq \f(2,3)时，函数g(x)无零点；
当m＝eq \f(2,3)或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当0 已知零点存在情况求参数范围(师生共研)
(2020·重庆调研)设函数f(x)＝－x2＋ax＋ln x(a∈R)．
(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)设函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，3))上有两个零点，求实数a的取值范围．
【解】 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－1时，
f′(x)＝－2x－1＋eq \f(1,x)＝eq \f(－2x2－x＋1,x)，
令f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,2)(负值舍去)．
当0＜x＜eq \f(1,2)时，f′(x)＞0.当x＞eq \f(1,2)时，f′(x)＜0，
所以f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
(2)令f(x)＝－x2＋ax＋ln x＝0，得a＝x－eq \f(ln x,x)，
令g(x)＝x－eq \f(ln x,x)，其中x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，3))，
则g′(x)＝1－eq \f(\f(1,x)·x－ln x,x2)＝eq \f(x2＋ln x－1,x2)，令g′(x)＝0，得x＝1，当eq \f(1,3)≤x＜1时，g′(x)＜0，当1＜x≤3时，g′(x)＞0，所以g(x)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))，单调递增区间为(1，3]，
所以g(x)min＝g(1)＝1，
由于函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，3))上有两个零点，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝3ln 3＋eq \f(1,3)，g(3)＝3－eq \f(ln 3,3)，3ln 3＋eq \f(1,3)＞3－eq \f(ln 3,3)，
所以实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，3－\f(ln 3,3))).
eq \a\vs4\al()
与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．
设函数f(x)＝ln x－x，若关于x的方程f(x)＝x2－eq \f(10,3)x＋m在区间[1，3]上有解，求m的取值范围．
解：方程f(x)＝x2－eq \f(10,3)x＋m在区间[1，3]上有解，
即ln x－x2＋eq \f(7,3)x＝m在区间[1，3]上有解．
令h(x)＝ln x－x2＋eq \f(7,3)x，
即h′(x)＝eq \f(1,x)－2x＋eq \f(7,3)＝－eq \f(（3x＋1）（2x－3）,3x).
所以当x∈[1，3]时，h′(x)，h(x)随x的变化情况如下表：
因为h(1)＝eq \f(4,3)，h(3)＝ln 3－2所以当x∈[1，3]时，h(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln 3－2，ln \f(3,2)＋\f(5,4)))，
所以m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln 3－2，ln \f(3,2)＋\f(5,4))).
函数零点的综合问题(师生共研)
(2019·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ln x－eq \f(x＋1,x－1).
(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；
(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．
【解】 (1)f(x)的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)．
因为f′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(2,（x－1）2)>0，所以f(x)在(0，1)，(1，＋∞)单调递增．
因为f(e)＝1－eq \f(e＋1,e－1)<0，f(e2)＝2－eq \f(e2＋1,e2－1)＝eq \f(e2－3,e2－1)>0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1，即f(x1)＝0.
又0故f(x)在(0，1)有唯一零点eq \f(1,x1).
综上，f(x)有且仅有两个零点．
(2)证明：因为eq \f(1,x0)＝e－ln x0，故点Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－ln x0，\f(1,x0)))在曲线y＝ex上．
由题设知f(x0)＝0，即ln x0＝eq \f(x0＋1,x0－1)，连接AB，则直线AB的斜率k＝eq \f(\f(1,x0)－ln x0,－ln x0－x0)＝eq \f(\f(1,x0)－\f(x0＋1,x0－1),－\f(x0＋1,x0－1)－x0)＝eq \f(1,x0).
曲线y＝ex在点Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－ln x0，\f(1,x0)))处切线的斜率是eq \f(1,x0)，曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处切线的斜率也是eq \f(1,x0)，所以曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．
eq \a\vs4\al()
(1)问应先判断函数的单调性，然后结合零点存在性定理证明函数f(x)有且仅有两个零点．
(2)问要证明曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线，首先求得这条切线的斜率k＝eq \f(1,x0)，所以必须在曲线y＝ex上找一点B(x1，ex1)，使ex1＝eq \f(1,x0)，
从而求得B点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－ln x0，\f(1,x0)))，然后证明曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处切线的斜率等于曲线y＝ex在点Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－ln x0，\f(1,x0)))处的切线斜率即可．
已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋(1－a)x－aln x，a∈R.
(1)若f(x)存在极值点为1，求a的值；
(2)若f(x)存在两个不同的零点x1，x2，求证：x1＋x2>2.
解：(1)由已知得f′(x)＝x＋1－a－eq \f(a,x)，因为f(x)存在极值点为1，所以f′(1)＝0，即2－2a＝0，a＝1，经检验符合题意，所以a＝1.
(2)证明：f′(x)＝x＋1－a－eq \f(a,x)＝(x＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(a,x)))(x>0)，
①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意；
②当a>0时，由f′(x)＝0得x＝a，
当x>a时，f′(x)>0，所以f(x)单调递增，
当0所以当x＝a时，f(x)取得极小值f(a)．
又f(x)存在两个不同的零点x1，x2，
所以f(a)<0，
即eq \f(1,2)a2＋(1－a)a－aln a<0，
整理得ln a>1－eq \f(1,2)a，
作y＝f(x)关于直线x＝a的对称曲线g(x)＝f(2a－x)，令h(x)＝g(x)－f(x)＝f(2a－x)－f(x)＝2a－2x－alneq \f(2a－x,x)，
则h′(x)＝－2＋eq \f(2a2,（2a－x）x)＝－2＋eq \f(2a2,－（x－a）2＋a2)≥0，
所以h(x)在(0，2a)上单调递增，
不妨设x1h(a)＝0，
即g(x2)＝f(2a－x2)>f(x2)＝f(x1)，
又2a－x2∈(0，a)，x1∈(0，a)，且f(x)在(0，a)上为减函数，所以2a－x22a，又ln a>1－eq \f(1,2)a，易知a>1成立，故x1＋x2>2.
[学生用书P345(单独成册)]
[基础题组练]
1．(2020·江西赣州模拟)若函数f(x)＝aex－x－2a有两个零点，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,e))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，0)) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))
解析：选D.函数f(x)＝aex－x－2a的导函数f′(x)＝aex－1.当a≤0时，f′(x)≤0恒成立，函数f(x)在R上单调递减，不可能有两个零点；当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝lneq \f(1,a)，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln\f(1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f(1,a)，＋∞))上单调递增，所以f(x)的最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f(1,a)))＝1－lneq \f(1,a)－2a＝1＋ln a－2a.令g(a)＝1＋ln a－2a(a>0)，则g′(a)＝eq \f(1,a)－2.当a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，g(a)单调递增；当a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))时，g(a)单调递减，所以g(a)max＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－ln 2<0，所以f(x)的最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,a)))<0，函数f(x)＝aex－x－2a有两个零点．综上所述，实数a的取值范围是(0，＋∞)，故选D.
2．已知函数f(x)＝3ln x－eq \f(1,2)x2＋2x－3ln 3－eq \f(3,2).则方程f(x)＝0的解的个数是________．
解析：因为f(x)＝3ln x－eq \f(1,2)x2＋2x－3ln 3－eq \f(3,2)，
所以f′(x)＝eq \f(3,x)－x＋2＝eq \f(－x2＋2x＋3,x)
＝eq \f(（－x＋3）（x＋1）,x)，
当x∈(0，3)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(3，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x→0时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→－∞，
所以f(x)max＝f(3)＝3ln 3－eq \f(9,2)＋6－3ln 3－eq \f(3,2)＝0，
所以方程f(x)＝0只有一个解．
答案：1
3．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2.
(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.
解：(1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.
设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.
当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.
(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.
f(x)在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．
(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；
(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.当x∈(0，2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.
所以h(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．
故h(2)＝1－eq \f(4a,e2)是h(x)在[0，＋∞)的最小值．
①若h(2)＞0，即a＜eq \f(e2,4)，h(x)在(0，＋∞)没有零点；
②若h(2)＝0，即a＝eq \f(e2,4)，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；
③若h(2)＜0，即a＞eq \f(e2,4)，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一个零点．
由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以
h(4a)＝1－eq \f(16a3,e4a)＝1－eq \f(16a3,（e2a）2)＞1－eq \f(16a3,（2a）4)＝1－eq \f(1,a)＞0.
故h(x)在(2，4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．
综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝eq \f(e2,4).
4．(2020·武汉调研)已知函数f(x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)讨论g(x)＝f(x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))在区间[0，1]上零点的个数．
解：(1)因为f(x)＝ex－ax－1，
所以f′(x)＝ex－a，
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，
所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；
当a>0时，令f′(x)<0，得x令f′(x)>0，得x>ln a，
所以f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)．
(2)令g(x)＝0，得f(x)＝0或x＝eq \f(1,2)，
先考虑f(x)在区间[0，1]上的零点个数，
当a≤1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增且f(0)＝0，所以f(x)在[0，1]上有一个零点；
当a≥e时，f(x)在(－∞，1)上单调递减，所以f(x)在[0，1]上有一个零点；
当1而f(1)＝e－a－1，当e－a－1≥0，即1当e－a－1<0，即e－1当x＝eq \f(1,2)时，由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝0得a＝2(eq \r(e)－1)，
所以当a≤1或a>e－1或a＝2(eq \r(e)－1)时，g(x)在[0，1]上有两个零点；
当15．(2020·长春市质量监测(二))已知函数f(x)＝ex＋bx－1(b∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若方程f(x)＝ln x有两个实数根，求实数b的取值范围．
解：(1)由题意可得f′(x)＝ex＋b，
当b≥0时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
当b<0时，若x≥ln(－b)，则f′(x)≥0，f(x)在[ln(－b)，＋∞)上单调递增；
若x(2)令g(x)＝ex＋bx－1－ln x，则g′(x)＝ex＋b－eq \f(1,x)，易知g′(x)单调递增且一定有大于0的零点，设g′(x)大于0的零点为x0，则g′(x0)＝0，即ex0＋b－eq \f(1,x0)＝0，b＝eq \f(1,x0)－ex0.
方程f(x)＝ln x有两个实数根，即g(x)有两个零点，则需满足g(x0)<0，
即e x0＋bx0－1－ln x0＝ex0＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x0)－e x0))x0－1－ln x0＝e x0－e x0x0－ln x0<0，
令h(x)＝ex－exx－ln x(x>0)，则h′(x)＝－exx－eq \f(1,x)<0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
又h(1)＝0，所以ex0－e x0x0－ln x0<0的解集为(1，＋∞)，所以b＝eq \f(1,x0)－e x0<1－e.
当b<1－e时，ex＋bx－1－ln x>x＋bx－ln x，有g(eb)>eb＋beb－ln eb＝(b＋1)eb－b，
令G(x)＝(x＋1)ex－x＝(x＋1)(ex－1)＋1，x<1－e，所以x＋1<2－e<0，0故G(x)＝(x＋1)ex－x>0，所以g(eb)>0，故g(eb)g(x0)<0，g(x)在(0，x0)上有唯一零点，另一方面，在(x0，＋∞)上，当x→＋∞时，因为ex的增长速度快，所以g(x)>0，g(x)在(x0，＋∞)上有唯一零点．
综上，b的取值范围是(－∞，1－e)．
6．(2020·江西八所重点中学联考)已知函数f(x)＝eq \f(1,2)ax－a＋1－eq \f(ln x,x)(其中a为常数，且a∈R)．
(1)若函数f(x)为减函数，求实数a的取值范围；
(2)若函数f(x)有两个不同的零点，求实数a的取值范围，并说明理由．
解：(1)因为f(x)＝eq \f(1,2)ax－a＋1－eq \f(ln x,x)，所以f′(x)＝eq \f(1,2)a－eq \f(1－ln x,x2)，
若函数f(x)为减函数，则f′(x)≤0对x∈(0，＋∞)恒成立，即eq \f(1,2)a≤eq \f(1－ln x,x2)对x∈(0，＋∞)恒成立．
设m(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，则m′(x)＝eq \f(2ln x－3,x3)，令m′(x)＝0，得x＝eeq \s\up6(\f(3,2))，可得m(x)在区间(0，eeq \s\up6(\f(3,2)))上单调递减，在区间(eeq \s\up6(\f(3,2))，＋∞)上单调递增，
所以m(x)min＝m(eeq \s\up6(\f(3,2)))＝－eq \f(1,2e3)，所以eq \f(1,2)a≤－eq \f(1,2e3)，即a≤－e－3，故实数a的取值范围是(－∞，－e－3]．
(2)易知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，因为f(x)＝eq \f(\f(1,2)ax2－（a－1）x－ln x,x)，
所以可设h(x)＝eq \f(1,2)ax2－(a－1)x－ln x，则函数f(x)有两个不同的零点等价于函数h(x)有两个不同的零点．
因为h′(x)＝ax－(a－1)－eq \f(1,x)＝eq \f(ax2－（a－1）x－1,x)＝eq \f(（ax＋1）（x－1）,x)，
所以当a≥0时，函数h(x)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)在(0，＋∞)上有最小值为h(1)．若函数h(x)有两个不同的零点，则必有h(1)＝－eq \f(1,2)a＋1<0，即a>2，此时，在x∈(1，＋∞)上有h(2)＝2a－2(a－1)－ln 2＝2－ln 2>0，
在x∈(0，1)上，h(x)＝eq \f(1,2)a(x2－2x)＋x－ln x，
因为－1－eq \f(1,2)a＋x－ln x，
所以h(e－eq \s\up6(\f(1,2))a)>－eq \f(1,2)a＋e－eq \s\up6(\f(1,2))a a－ln(e－eq \s\up6(\f(1,2))a)＝e－eq \s\up6(\f(1,2))a >0，
所以h(x)在区间(0，1)，(1，＋∞)上各有一个零点，故a>2符合题意．
当a＝－1时，h′(x)≤0，所以函数h(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，所以函数h(x)至多有一个零点，不符合题意．
当－1所以函数h(x)的极小值为h(1)＝－eq \f(1,2)a＋1>0，所以函数h(x)至多有一个零点，不符合题意；
当a<－1时，函数h(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a)))上单调递减，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，1))上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，
所以函数h(x)的极小值为heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))＝eq \f(1,2a)＋eq \f(1,a)(a－1)－lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))＝1－eq \f(1,2a)＋ln(－a)>0，
所以函数h(x)至多有一个零点，不符合题意．
综上所述，实数a的取值范围是(2，＋∞)．
直接法
令f(x)＝0，则方程解的个数即为零点的个数
画图法
转化为两个易画出图象的函数，看其交点的个数
定理法
利用零点存在性定理判定，可结合最值、极值去解决
x
1
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))
eq \f(3,2)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，3))
3
h′(x)
＋
0
－
h(x)
eq \f(4,3)

极大值

ln 3－2