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2020人教A高考理科数学-高考大题专项(一)-导数的综合应用

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高考大题专项(一)　导数的综合应用
突破1　导数与函数的单调性
1.(2018全国卷2,文21)已知函数f(x)=13x3-a(x2+x+1).
(1)若a=3,求f(x)的单调区间;
(2)略.

2.(2018全国卷2,理21)已知函数f(x)=ex-ax2.
(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;
(2)略.

3.已知函数f(x)=(x-k)ex.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)略.

4.(2019山东潍坊三模,21)已知函数f(x)=x2+aln x-2x(a∈R).
(1)求f(x)的单调递增区间;
(2)略.

5.(2019河南开封一模,21)设函数f(x)=(x-1)ex-k2x2(其中k∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)略.

6.(2019河北衡水同卷联考,21)已知函数f(x)=x2eax-1.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)略.

突破2　利用导数研究函数的极值、最值
1.(2019哈尔滨三中模拟)已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R).
(1)当a=12时,求f(x)的极值;
(2)略.

2.(2019河北衡水深州中学测试)讨论函数f(x)=ln x-ax(a∈R)在定义域内的极值点的个数.

3.(2019陕西咸阳模拟一,21)设函数f(x)=2ln x-x2+ax+2.
(1)当a=3时,求f(x)的单调区间和极值;
(2)略.

4.(2019四川宜宾二模,21)已知函数f(x)=axlnxx-1.
(1)当a=1时,判断f(x)有没有极值点?若有,求出它的极值点;若没有,请说明理由;
(2)略.

5.(2019湖北八校联考二,21)已知函数f(x)=ln x+ax2+bx.
(1)函数f(x)在点(1,f(1))处的切线的方程为2x+y=0,求a,b的值,并求函数f(x)的最大值;
(2)略.

6.(2019广东广雅中学模拟)已知函数f(x)=ax+ln x,其中a为常数.
(1)当a=-1时,求f(x)的最大值;
(2)若f(x)在区间(0,e]上的最大值为-3,求a的值.

突破3　导数在不等式中的应用
1.(2019湖南三湘名校大联考一,21)已知函数f(x)=xln x.
(1)略;
(2)当x≥1e时,f(x)≤ax2-x+a-1,求实数a的取值范围.

2.(2018全国卷1,文21)已知函数f(x)=aex-ln x-1.
(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;
(2)证明:当a≥1e时,f(x)≥0.

3.(2019四川内江一模,21)已知函数f(x)=ex+ax+ln(x+1)-1.
(1)若x≥0,f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围.
(2)略.

4.(2019江西新余一中质检一,21)函数f(x)=(x-2)ex+12ax2-ax.
(1)略;
(2)设a=1,当x≥0时,f(x)≥kx-2,求k的取值范围.

5.(2019四川宜宾二模,21)已知函数f(x)=axlnxx-1.
(1)略;
(2)若f(x)<x+1在定义域上恒成立,求a的取值范围.

6.(2019山西太原二模,21)已知x1,x2(x1<x2)是函数f(x)=ex+ln(x+1)-ax(a∈R)的两个极值点.
(1)求a的取值范围;
(2)求证:f(x2)-f(x1)<2ln a.

突破4　导数与函数的零点
1.已知函数f(x)=12x2-mln x.若m≥1,令F(x)=f(x)-x2+(m+1)x,试讨论函数F(x)的零点个数.

2.(2019河北唐山三模,21)已知函数f(x)=xln x-a(x2-x)+1,函数g(x)=f'(x).
(1)若a=1,求f(x)的极大值;
(2)当0<x<1时,g(x)有两个零点,求a的取值范围.

3.(2019河南开封一模,21)已知函数f(x)=ax2+bx+1ex.
(1)略;
(2)若f(1)=1,且方程f(x)=1在区间(0,1)内有解,求实数a的取值范围.

4.(2019山西晋城二模,21)已知函数f(x)=ln x,g(x)=2a3x3+2(1-a)x2-8x+8a+7.
(1)若曲线y=g(x)在点(2,g(2))处的切线方程是y=ax-1,求函数g(x)在[0,3]上的值域;
(2)当x>0时,记函数h(x)=f(x),f(x)<g(x),g(x),f(x)≥g(x),若函数y=h(x)有三个零点,求实数a的取值范围.

5.(2019四川第二次诊断,21)已知f(x)=xln x.
(1)求f(x)的极值;
(2)若f(x)-axx=0有两个不同解,求实数a的取值范围.

6.(2019河北唐山三模,21)已知函数f(x)=xln x-14x2-ax+1,a>0,函数g(x)=f'(x).
(1)若a=ln 2,求g(x)的最大值;
(2)证明:f(x)有且仅有一个零点.

参考答案

高考大题专项(一)　导数的
综合应用
突破1　导数与函数的
单调性
1.解 (1)当a=3时,f(x)=13x3-3x2-3x-3,f'(x)=x2-6x-3.
令f'(x)=0,解得x=3-23或x=3+23.
当x∈(-∞,3-23)∪(3+23,+∞)时,f'(x)>0;
当x∈(3-23,3+23)时,f'(x)<0.
故f(x)在(-∞,3-23),(3+23,+∞)上单调递增,在(3-23,3+23)上单调递减.
2.证明 (1)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,+∞)上单调递减.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.
3.解 (1)由题意知f'(x)=(x-k+1)ex.
令f'(x)=0,得x=k-1.
当x∈(-∞,k-1)时,f'(x)<0,当x∈(k-1,+∞)时,f'(x)>0.
所以f(x)的单调递减区间是(-∞,k-1),单调递增区间是(k-1,+∞).
4.解 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2x+ax-2=2x2-2x+ax,
令2x2-2x+a=0,Δ=4-8a=4(1-2a),
若a≥12,则Δ≤0,f'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;
若a<12,则Δ>0,方程2x2-2x+a=0,两根为x1=1-1-2a2,x2=1+1-2a2,
当a≤0时,x2>0,x∈(x2,+∞),f'(x)>0,f(x)单调递增;
当0<a<12时,x1>0,x2>0,x∈(0,x1),f'(x)>0,f(x)单调递增,
x∈(x2,+∞),f'(x)>0,f(x)单调递增.
综上,当a≥12时,函数f(x)单调递增区间为(0,+∞),当a≤0时,函数f(x)单调递增区间为1+1-2a2,+∞,当0<a<12时,函数f(x)单调递增区间为0,1-1-2a2,1+1-2a2,+∞.
5.解 (1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=ex+(x-1)ex-kx=xex-kx=x(ex-k),
①当k≤0时,令f'(x)>0,解得x>0,∴f(x)的单调递减区间是(-∞,0),单调递增区间是(0,+∞).
②当0<k<1时,令f'(x)>0,解得x<ln k或x>0,
∴f(x)在(-∞,ln k)和(0,+∞)上单调递增,在(ln k,0)上单调递减.
③当k=1时,f'(x)≥0,f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.
④当k>1时,令f'(x)>0,解得x<0或x>ln k,
所以f(x)在(-∞,0)和(ln k,+∞)上单调递增,在(0,ln k)上单调递减.
6.解 (1)函数f(x)的定义域为R.
f'(x)=2xeax+x2·aeax=x(ax+2)eax.
当a=0时,f(x)=x2-1,则f(x)在区间(0,+∞)内单调递增,在区间(-∞,0)内单调递减;
当a>0时,f'(x)=axx+2aeax,令f'(x)>0得x<-2a或x>0,令f'(x)<0得-2a<x<0,所以f(x)在区间-∞,-2a内单调递增,在区间-2a,0内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增;
当a<0时,f'(x)=axx+2aeax,令f'(x)>0得0<x<-2a,令f'(x)<0得x>-2a或x<0,所以f(x)在区间(-∞,0)内单调递减,在区间0,-2a内单调递增,在区间-2a,+∞内单调递减.
突破2　利用导数研究函数的
极值、最值
1.解 (1)当a=12时,f(x)=ln x-12x,函数的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x-12=2-x2x,
令f'(x)=0,得x=2,
于是当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(0,2)
2
(2,+∞)
f'(x)
+
0
-
f(x)
↗
ln 2-1
↘

故f(x)的极大值为ln 2-1,无极小值.
2.解 函数的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x-a=1-axx(x>0).
当a≤0时,f'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,
故函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,此时函数f(x)在定义域上无极值点;
当a>0时,若x∈0,1a,则f'(x)>0,若x∈1a,+∞,则f'(x)<0,
故函数f(x)在x=1a处取极大值.
综上可知,当a≤0时,函数f(x)无极值点,当a>0时,函数f(x)有一个极大值点.
3.解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞).当a=3时,f(x)=2ln x-x2+3x+2,
所以f'(x)=2x-2x+3=-2x2+3x+2x,
令f'(x)=-2x2+3x+2x=0,
得-2x2+3x+2=0,因为x>0,所以x=2.
f(x)与f'(x)在区间(0,+∞)上的变化情况如下:
x
(0,2)
2
(2,+∞)
f'(x)
+
0
-
f(x)
↗
2ln 2+4
↘

所以f(x)的单调递增区间为(0,2),单调递减区间为(2,+∞).
f(x)的极大值为2ln 2+4,无极小值.
4.解 (1)函数f(x)=axlnxx-1,则x>0且x≠1,即函数的定义域为(0,1)∪(1,+∞).
当a=1时,f(x)=xlnxx-1,则f'(x)=x-lnx-1(x-1)2,
令g(x)=x-ln x-1,则g'(x)=1-1x=x-1x,
①当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,g(x)>g(1)=0,
∴f'(x)>0,f(x)在区间(0,1)上单调递增,所以无极值点;
②当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,g(x)>g(1)=0,
∴f'(x)>0,f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,所以无极值点.
综上,当a=1时,f(x)无极值点.
5.解 (1)因为f(x)=ln x+ax2+bx,所以f'(x)=1x+2ax+b,
则在点(1,f(1))处的切线的斜率为f'(1)=1+2a+b,
由题意可得,1+2a+b=-2,且a+b=-2,解得a=b=-1.
所以f'(x)=1x-2x-1=-2x2-x+1x=-2x2+x-1x,
由f'(x)=0,可得x=12(x=-1舍去),
当0<x<12时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x>12时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
故当x=12时,f(x)取得极大值,且为最大值,f12=-ln 2-34.故f(x)的最大值为-ln 2-34.
6.解 (1)易知f(x)的定义域为(0,+∞),当a=-1时,f(x)=-x+ln x,f'(x)=-1+1x=1-xx,
令f'(x)=0,得x=1.当0<x<1时,f'(x)>0;当x>1时,f'(x)<0.
∴f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
∴f(x)max=f(1)=-1.
∴当a=-1时,函数f(x)的最大值为-1.
(2)f'(x)=a+1x,x∈(0,e],则1x∈1e,+∞.
①若a≥-1e,则f'(x)≥0,从而f(x)在(0,e]上单调递增,
∴f(x)max=f(e)=ae+1≥0,不合题意.
②若a<-1e,令f'(x)>0得,a+1x>0,又x∈(0,e],解得0<x<-1a;
令f'(x)<0得,a+1x<0,又x∈(0,e],解得-1a<x≤e.
从而f(x)在0,-1a上单调递增,在-1a,e上单调递减,
∴f(x)max=f-1a=-1+ln-1a.
令-1+ln-1a=-3,
得ln-1a=-2,即a=-e2.
∵-e2<-1e,
∴a=-e2符合题意.故实数a的值为-e2.
突破3　导数在不等式中的应用
1.解 (2)由已知得a≥xlnx+x+1x2+1,
设h(x)=xlnx+x+1x2+1,则h'(x)=(1-x)(xlnx+lnx+2)(x2+1)2.
∵y=xln x+ln x+2是增函数,且x≥1e,
∴y≥-1e-1+2>0,
∴当x∈1e,1时,h'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,
∴h(x)在x=1处取得最大值,h(1)=1,
∴a≥1.
故a的取值范围为[1,+∞).
2.(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=aex-1x.
由题设知,f'(2)=0,所以a=12e2.
从而f(x)=12e2ex-ln x-1,f'(x)=12e2ex-1x.
当0<x<2时,f'(x)<0;当x>2时,f'(x)>0.
所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.
(2)证明 当a≥1e时,f(x)≥exe-ln x-1.
设g(x)=exe-ln x-1,
则g'(x)=exe-1x.
当0<x<1时,g'(x)<0;当x>1时,g'(x)>0.
所以x=1是g(x)的最小值点.
故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.
因此,当a≥1e时,f(x)≥0.
3.解 (1)若x≥0,则f'(x)=ex+1x+1+a,令g(x)=ex+1x+1+a,
则g'(x)=ex-1(x+1)2,g'(x)在[0,+∞)上单调递增,则g'(x)≥g'(0)=0,
则f'(x)在[0,+∞)上单调递增,f'(x)≥f'(0)=a+2.
①当a+2≥0,即a≥-2时,f'(x)≥0,则f(x)在[0,+∞)上单调递增,
此时f(x)≥f(0)=0,满足题意.
②当a<-2时,因为f'(x)在[0,+∞)上单调递增,f'(0)=2+a<0,当x→+∞时,f'(x)>0.
所以∃x0∈(0,+∞),使得f'(x0)=0.
则当0<x<x0时,f'(x)<f'(x0)=0,
∴函数f(x)在(0,x0)上单调递减.
∴f(x0)<f(0)=0,不合题意,舍去.
综上所述,实数a的取值范围是[-2,+∞).
4.解 (2)令g(x)=f(x)-kx+2=(x-2)ex+12x2-x-kx+2,则g'(x)=(x-1)ex+x-1-k,
令h(x)=(x-1)ex+x-1-k,
则h'(x)=xex+1,
当x≥0时,h'(x)=xex+1>0,h(x)单调递增.
∴h(x)≥h(0)=-2-k,即g'(x)≥-2-k.
当-2-k≥0,即k≤-2时,g'(x)≥0,g(x)在(0,+∞)上单调递增,
g(x)≥g(0)=0,不等式f(x)≥kx-2恒成立.
当-2-k<0,即k>-2时,g'(x)=0有一个解,设为x0,
∴当x∈(0,x0)时,g'(x)<0,g(x)为单调递减;当x∈(x0,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
则g(x0)<g(0)=0,
∴当x≥0时,f(x)≥kx-2不恒成立.
综上所述,k的取值范围是(-∞,-2].
5.解 (2)由f(x)<x+1,得axlnxx-1<x+1(x>0且x≠1),即xx-1aln x-x+1x<0.
令h(x)=aln x-x+1x,则h'(x)=ax-1-1x2=-(x2-ax+1)x2.
令g(x)=x2-ax+1.①当Δ=a2-4≤0,即-2≤a≤2时,x2-ax+1≥0.
∴当x∈(0,1)时,h'(x)≤0,h(x)单调递减,h(x)>h(1)=0,∴xx-1aln x-x+1x<0成立.
当x∈(1,+∞)时,h'(x)≤0,h(x)单调递减,h(x)<h(1)=0,∴xx-1aln x-x+1x<0成立.
故-2≤a≤2符合题意.
②当Δ=a2-4>0,即a<-2或a>2时,设g(x)=x2-ax+1=0的两根为x1,x2(x1<x2).
当a>2时,x1+x2=a>0,x1x2=1,
∴0<x1<1<x2.
由h'(x)>0,得x2-ax+1<0,解集为(x1,1)∪(1,x2),
∴h(x)在(x1,1)上单调递增,h(x1)<h(1)=0,
∴x1x1-1alnx1-x1+1x1>0,∴a>2不合题意.
当a<-2时,g(x)的图象的对称轴x=a2<-1,g(x)在(0,+∞)上单调递增,g(x)>g(0)=1>0,
∴当x∈(0,1)时,h'(x)≤0,h(x)单调递减,h(x)>h(1)=0,
∴xx-1aln x-x+1x<0成立.
当x∈(1,+∞)时,h'(x)≤0,h(x)单调递减,h(x)<h(1)=0,∴xx-1aln x-x+1x<0成立.
综上,a的取值范围是(-∞,2].
6.(1)解 由题意得f'(x)=ex+1x+1-a,x>-1,令g(x)=ex+1x+1-a,x>-1,则
g'(x)=ex-1(x+1)2,
令h(x)=ex-1(x+1)2,x>-1,
则h'(x)=ex+2(x+1)3>0,
∴h(x)在(-1,+∞)上单调递增,且h(0)=0.
当x∈(-1,0)时,g'(x)=h(x)<0,g(x)单调递减,
当x∈(0,+∞)时,g'(x)=h(x)>0,g(x)单调递增.
∴g(x)≥g(0)=2-a.
①当a≤2时,f'(x)=g(x)>g(0)=2-a≥0.
f(x)在(-1,+∞)上单调递增,此时无极值;
②当a>2时,∵g1a-1=e1a-1>0,g(0)=2-a<0,
∴∃x1∈1a-1,0,
g(x1)=0,当x∈(-1,x1)时,
f'(x)=g(x)>0,
f(x)单调递增;当x∈(x1,0)时,f'(x)=g(x)<0,f(x)单调递减,∴x=x1是f(x)的极大值点.
∵g(ln a)=11+lna>0,g(0)=2-a<0,
∴∃x2∈(0,ln a),g(x2)=0,
当x∈(0,x2)时,f'(x)=g(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(x2,+∞)时,f'(x)=g(x)>0,f(x)单调递增,
∴x=x2是f(x)的极小值点.
综上所述,a的取值范围为(2,+∞).
(2)证明 由(1)得a∈(2,+∞),1a-1<x1<0<x2<ln a,且g(x1)=g(x2)=0,
∴x2-x1>0,1a<x1+1<1,
1<x2+1<1+ln a,ex2-ex1=x2-x1(x1+1)(x2+1),
∴1(x1+1)(x2+1)-a<0,1<x2+1x1+1<a(1+ln a)<a2,
∴f(x2)-f(x1)=ex2-ex1+lnx2+1x1+1-a(x2-x1)
=(x2-x1)1(x1+1)(x2+1)-a+lnx2+1x1+1<ln a2=2ln a.
突破4　导数与函数的零点
1.解 F(x)=f(x)-x2+(m+1)x=-12x2+(m+1)x-mln x(x>0).
易得F'(x)=-x+m+1-mx=-(x-1)(x-m)x.
①若m=1,则F'(x)≤0,函数F(x)为减函数,
∵F(1)=32>0,F(4)=-ln 4<0,
∴F(x)有唯一零点;
②若m>1,则当0<x<1或x>m时,F'(x)<0,当1<x<m时,F'(x)>0,
所以函数F(x)在(0,1)和(m,+∞)上单调递减,在(1,m)上单调递增,
∵F(1)=m+12>0,F(2m+2)=-mln(2m+2)<0,所以F(x)有唯一零点.
综上,当m≥1时,函数F(x)有唯一零点.
2.解 (1)f(x)=xln x-x2+x+1(x>0),g(x)=f'(x)=ln x-2x+2,g'(x)=1x-2=1-2xx,
当x∈0,12时,g'(x)>0,g(x)单调递增;
当x∈12,+∞时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
又g(1)=f'(1)=0,则当x∈12,1时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.
故当x=1时,f(x)取得极大值f(1)=1.
(2)g(x)=f'(x)=ln x+1-2ax+a,g'(x)=1x-2a=1-2axx,
①若a≤0,则g'(x)>0,g(x)单调递增,至多有一个零点,不合题意.
②若a>0,则当x∈0,12a时,
g'(x)>0,g(x)单调递增;
当x∈12a,+∞时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
则g12a≥g12=ln12+1=lne2>0.
不妨设g(x1)=g(x2),x1<x2,则0<x1<12a<x2<1.
一方面,需要g(1)<0,得a>1.另一方面,由(1)得,当x>1时,ln x<x-1<x,则x<ex,
进而,有2a<e2a,则e-2a<12a,且g(e-2a)=-2ae-2a+1-a<0,
故存在x1,使得0<e-2a<x1<12a.综上,a的取值范围是(1,+∞).
3.解 (2)由f(1)=1得b=e-1-a,
由f(x)=1得ex=ax2+bx+1,
设g(x)=ex-ax2-bx-1,则g(x)在(0,1)内有零点,设x0为g(x)在(0,1)内的一个零点,
由g(0)=g(1)=0知g(x)在(0,x0)和(x0,1)上不单调.
设h(x)=g'(x),则h(x)在(0,x0)和(x0,1)上均存在零点,即h(x)在(0,1)上至少有两个零点.
g'(x)=ex-2ax-b,h'(x)=ex-2a,
当a≤12时,h'(x)>0,h(x)在(0,1)上单调递增,h(x)不可能有两个及以上零点,
当a≥e2时,h'(x)<0,h(x)在(0,1)上单调递减,h(x)不可能有两个及以上零点,
当12<a<e2时,令h'(x)=0得x=ln(2a)∈(0,1),
∴h(x)在(0,ln(2a))上单调递减,在(ln(2a),1)上单调递增,h(x)在(0,1)上存在最小值h(ln(2a)),
若h(x)有两个零点,则有h(ln(2a))<0,h(0)>0,h(1)>0,
h(ln(2a))=3a-2aln(2a)+1-e12<a<e2,
设φ(x)=32x-xln x+1-e(1<x<e),则φ'(x)=12-ln x,令φ'(x)=0,得x=e,
当1<x<e时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增;当e<x<e时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减.
∴φmax(x)=φ(e)=e+1-e<0,
∴h(ln(2a))<0恒成立.
由h(0)=1-b=a-e+2>0,h(1)=e-2a-b>0,得e-2<a<1.综上,a的取值范围为(e-2,1).
4.解 (1)因为g(x)=2a3x3+2(1-a)x2-8x+8a+7,
所以g'(x)=2ax2+4(1-a)x-8,所以g'(2)=0.
所以a=0,即g(x)=2x2-8x+7.
g(0)=7,g(3)=1,g(2)=-1.
所以g(x)在[0,3]上的值域为[-1,7].
(2)当a=0时,g(x)=2x2-8x+7,由g(x)=0,得x=2±22∈(1,+∞),此时函数y=h(x)有三个零点,符合题意.
当a>0时,g'(x)=2ax2+4(1-a)x-8=2a(x-2)x+2a.由g'(x)=0,得x=2.当x∈(0,2)时,g'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,g'(x)>0.若函数y=h(x)有三个零点,则需满足g(1)>0且g(2)<0,解得0<a<316.
当a<0时,g'(x)=2ax2+4(1-a)x-8=2a(x-2)x+2a.
由g'(x)=0,得x1=2,x2=-2a.
①当-2a<2,即a<-1时,因为g(x)极大值=g(2)=163a-1<0,此时函数y=h(x)至多有一个零点,不符合题意;
②当-2a=2,即a=-1时,因为g'(x)≤0,此时函数y=h(x)至多有两个零点,不符合题意;
③当-2a>2,即-1<a<0时.
若g(1)<0,则函数y=h(x)至多有两个零点,不符合题意;
若g(1)=0,则a=-320,因为g-2a=1a28a3+7a2+8a+83,所以g-2a>0,此时函数y=h(x)有三个零点,符合题意;
若g(1)>0,则-320<a<0,由g-2a=1a28a3+7a2+8a+83.
记φ(a)=8a3+7a2+8a+83,
则φ'(a)>0,所以φ(α)>φ-320>0,此时函数y=h(x)有四个零点,不符合题意.
综上所述,满足条件的实数a∈-320∪0,316.
5.解 (1)f(x)的定义域是(0,+∞),f'(x)=ln x+1,
令f'(x)>0,解得x>1e,令f'(x)<0,解得0<x<1e,
故f(x)在0,1e上单调递减,在1e,+∞上单调递增,故x=1e时,f(x)极小值=f1e=-1e.
(2)记t=xln x,t≥-1e,
则et=exln x=(eln x)x=xx,
故f(x)-axx=0,即t-aet=0,a=tet,
令g(t)=tet,g'(t)=1-tet,令g'(t)>0,解得-1e≤t<1,令g'(t)<0,解得t>1,
故g(t)在-1e,1上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,故g(t)max=g(1)=1e,
由t=xln x,t≥-1e,a=g(t)=tet的图象和性质有:
①0<a<1e,y=a和g(t)有两个不同交点(t1,a),(t2,a),且0<t1<1<t2,
t1=xln x,t2=xln x各有一解,即f(x)-axx=0有2个不同解.
②-e1-ee<a<0,y=a和g(t)=tet仅有1个交点(t3,a),且-1e<t3<0,
t3=xln x有2个不同的解,即f(x)-axx=0有两个不同解.
③a取其他值时,f(x)-axx=0最多1个解.
综上,a的范围是-e1-ee,0∪0,1e.
6.(1)解 g(x)=f'(x)=ln x+1-12x-a,g'(x)=1x-12=2-x2x,
当x∈(0,2)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(2,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
故当x=2时,g(x)的最大值为g(2)=ln 2-a.
若a=ln 2,g(x)取得最大值g(2)=0.
(2)证明 ①若a=ln 2,由(1)知,当x∈(0,+∞)时,f'(x)≤0,且仅当x=2时,f'(x)=0.
此时f(x)单调递减,且f(2)=0,故f(x)只有一个零点x0=2.
②若a>ln 2,由(1)知,当x∈(0,+∞)时,f'(x)=g(x)<0,f(x)单调递减.
此时,f(2)=2(ln 2-a)<0,注意到x1=14a<1,(xln x)'=ln x+1,故xln x≥-1e,
f(x1)=x1ln x1-14x12+34>-1e-14+34=12-1e>0,
故f(x)仅存在一个零点x0∈(x1,2).
③若0<a<ln 2,则g(x)的最大值g(2)=ln 2-a>0,
即f'(2)>0,注意到f'1e=-12e-a<0,f'(8)=ln 8-3-a<0,
故存在x2∈1e,2,x3∈(2,8),使得f'(x2)=f'(x3)=0.
则当x∈(0,x2)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(x2,x3)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈(x3,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.
故f(x)有极小值f(x2),有极大值f(x3).
由f'(x2)=0得ln x2+1-12x2-a=0,故f(x2)=12x2-12>0,则f(x3)>0.
存在实数t∈(4,16),使得ln t-14t=0,且当x>t时,ln x-14x<0,
记x4=maxt,1a,则f(x4)=x4ln x4-14x4-ax4+1≤0,
故f(x)仅存在一个零点x0∈(x3,x4].
综上,f(x)有且仅有一个零点.

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