第二章 重点题型强化（十）利用导数研究函数的零点问题-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义教师用书word（北师大版2019）

知识层面 1.能够结合函数图象利用导数研究函数的零点的问题. 　2.会求解与零点有关的参数问题. 素养层面 通过利用导数研究函数的零点和求解与零点有关的参数问题，提升逻辑推理、数学运算素养. 题型一　利用导数研究函数的零点个数 例1　 已知函数f(x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)． (1)当a＝e时，求f(x)的单调区间； (2)讨论y＝f(x)在区间[0，1]上零点的个数． 解：(1)当a＝e时，f(x)＝ex－ex－1， 所以f′(x)＝ex－e. 令f′(x)＝0，得x＝1， 所以当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 所以f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞)． (2)因为f(x)＝ex－ax－1，0≤x≤1， 所以f′(x)＝ex－a. ①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1个零点； ②当a≥e时，f(x)在(－∞，1)上单调递减且f(0)＝0，所以f(x)在[0，1]上有1个零点； ③当1<a<e时，f(x)在(0，ln a)上单调递减， 在(ln a，1)上单调递增， 而f(1)＝e－a－1，f(0)＝0，故 当e－a－1≥0，即1<a≤e－1时，f(x)在[0，1]上有2个零点； 当e－a－1<0，即e－1<a<e时，f(x)在[0，1]上有1个零点． 综上所述，当a≤1或a>e－1时，f(x)在[0，1]上有1个零点； 当1<a≤e－1时，f(x)在[0，1]上有2个零点． 学生用书↓第97页 利用导数研究函数的零点个数问题的思路与方法 思 路 1.求出函数的定义域． 2．求导数f′(x)及函数f′(x)的零点． 3．用f′(x)的零点将函数f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f′(x)在各个区间上的正负，并得出f(x)的单调性与极值． 4．确定f(x)的图象经过一些特殊点，以及图象的变化趋势． 5．画出f(x)的大致图象. 方 法 1.直接法：先对函数求导，找出函数的单调区间与极值，根据函数的性质作出图象，然后将问题等价转化为函数图象与x轴的交点问题． 2．构造新函数法：将问题等价转化为研究两个函数图象的交点问题． 3．分离变量法：由f(x)＝0，分离参数得出a＝g(x)，将问题等价转化为直线y＝a与函数g(x)的图象的交点问题. 对点练1.已知函数f(x)＝－1， (1)求f(x)的单调区间； (2)当a≤1时，求f(x)在(0，e]上零点的个数． 解：(1)f′(x)＝， 令f′(x)＝0，得x＝e1－a. f′(x)及f(x)随x的变化情况如下表： x (0，e1－a) e1－a (e1－a，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x)  极大值  所以f(x)的单调递增区间为(0，e1－a)，单调递减区间为(e1－a，＋∞)． (2)由(1)可知f(x)的最大值为f(e1－a)＝， ①当a＝1时，f(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，e]上单调递减． 又f(1)＝0， 故f(x)在区间(0，e]上只有一个零点． ②当a<1时，1－a>0，e1－a>1， 则f(e1－a)＝<0， 所以f(x)在区间(0，e]上无零点． 综上，当a＝1时，f(x)在区间(0，e]上只有一个零点， 当a<1时，f(x)在区间(0，e]上无零点． 题型二　由函数的零点个数求参数的范围 例2　已知函数f(x)＝－x＋x ln x. (1)求f(x)的极值； (2)若函数y＝f(x)－m在上有两个不同的零点，求实数m的取值范围． 解：(1)因为f(x)＝－x＋x ln x，定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝ln x， 令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1， 所以f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)， 所以f(x)在x＝1处取得极小值f(1)＝－1，无极大值． (2)y＝f(x)－m在上有两个不同的零点，可转化为y＝f(x)与y＝m的图象有两个不同的交点，如图： 由(1)易知，f(x)min＝f(1)＝－1，又f＝－， 当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞，所以－1<m≤－. 利用导数研究函数的零点或方程根的方法是借助于导数研究函数的单调性、极值(最值)，通过极值或最值的正负、函数的单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点的个数求参数范围． 对点练2.已知函数f(x)＝ax2＋x－ex. (1)若a＝0，求函数f(x)的单调区间； (2)若x≠0时，方程f(x)＝1有3个不同的实数解，求实数a的取值范围． 解：(1)若a＝0，则f(x)＝x－ex， 所以f′(x)＝1－ex. 令f′(x)>0，得x<0；令f′(x)<0，得x>0， 所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0，＋∞)． (2)当x≠0时，方程f(x)＝1等价于a＝. 令g(x)＝， 则方程f(x)＝1有3个不同的实数解，即函数g(x)的图象与直线y＝a有3个交点． g′(x)＝. 当g′(x)>0时，x<0或x>2， 则g(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)上单调递增； 当g′(x)<0时，0<x<2， 则g(x)在(0，2)上单调递减． 又当x→－∞时，g(x)→0； 当x→0时，g(x)→＋∞； 当x＝2时，g(2)＝>0； 当x→＋∞时，g(x)→＋∞， 所以实数a的取值范围为. 题型三　关于零点的综合问题 例3　已知函数f(x)＝＋ln x(a∈R)．若f(x)有两个不相同的零点x1，x2，证明x1x2＞a2. 证明：f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝， 当a≤0时，f′(x)＞0成立， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，至多有1个零点，不符合题意； 当a＞0时，函数f(x)在(a，＋∞)上为增函数，函数f(x)在(0，a)上为减函数， 所以f(a)为函数的极小值，函数有两个零点， 则f(a)＜0， 不妨设x1＜x2，则0＜x1＜a＜x2， 要证x1x2＞a2， 即证x1＞， 因为x1，∈(0，a)，f(x)在(0，a)上为减函数， 所以只要证f＞f(x1)， 又f(x1)＝f(x2)＝0， 只需证明f＞f(x2)， 设函数F(x)＝f－f(x)＝－－2ln x＋2ln a(x＞a)， 所以F′(x)＝＞0， 所以F(x)在(a，＋∞)上为增函数， 所以F(x2)＞F(a)＝0， 所以f＞f(x2)成立， 从而x1x2＞a2成立． 学生用书↓第98页 通过导数研究与函数零点有关的(不等式)证明问题的求解策略 1．一种是用综合法，通过导数求解零点或极值满足的条件式子，通过变形处理得到所证结果；一种是分析法，从结果入手，分析所需要证明的式子，直至得到一个比较容易证明的结论． 2．对于双变量问题的证明，一般需要找到两个变量间的关系，利用另一个变量来表示这两个变量，从而转化为函数问题，借助导数证得结论． 对点练3.已知函数f(x)＝x－ln x－1. (1)求f(x)的最小值； (2)设F(x)＝x ln x－2x＋f(x)，若F(x)＝0有且仅有两个实根x1，x2(x1<x2)，证明：x1x2＝1. 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞).f′(x)＝1－＝， 令f′(x)＝0，即＝0，解得x＝1， 当x∈(0，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时， f′(x)>0， 所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 故x＝1是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点． 所以f(x)min＝f(1)＝1－ln 1－1＝0. (2)证明：F(x)＝x ln x－2x＋f(x)＝(x－1)ln x－x－1，F(x)的定义域为(0，＋∞)， 因为F′(x)＝ln x－，所以F′(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又F′(1)＝－1<0，F′(2)＝>0，故存在x0∈(1，2)，使得F′(x0)＝0. 所以当x∈(0，x0)时，F′(x)<0， F(x)在(0，x0)上单调递减； 当x∈(x0，＋∞)时，F′(x)>0， F(x)在(x0，＋∞)上单调递增． 因为F(x)＝0有且仅有两个实根x1，x2，且x1<x2，所以x1∈(0，x0)，x2∈ (x0，＋∞)， 又F(x0)<F(2)＝ln 2－3<0，F(e2)＝e2－3>0，且F(x2)＝0，所以2<x2<e2，故<<. 又F＝ln－－1＝＝0， 又F(x)在(0，x0)上单调递减，故是F(x)＝0在(0，x0)的唯一根，故＝x1. 所以x1x2＝1. 课时测评33　利用导数研究函数的零点问题 (时间：40分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1－9每小题5分，共45分) 1．已知函数f(x)的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表： x －1 0 2 3 4 f(x) 1 2 0 2 0 f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．当1<a<2时，函数y＝f(x)－a的零点的个数为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案：D 解析：根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y＝f(x)的大致图象如图所示．由于f(0)＝f(3)＝2，1<a<2，所以y＝f(x)－a的零点个数为4.故选D. 2．函数f(x)＝x3＋－2的零点个数为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案：B 解析：易知f(x)的定义域为{x|x≠0}，f′(x)＝x2－＝，令f′(x)<0，解得－1<x<0或0<x<1，所以f(x)在(－1，0)和(0，1)上单调递减．令f′(x)>0，解得x<－1或x>1，所以f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，所以当x＝－1时，f(x)取得极大值f(－1)＝－<0，易知f(x)在(－∞，0)上没有零点；当x＝1时，f(x)取得极小值f(1)＝－<0，且f＝>0，f(2)＝>0，可知f(x)在(0，＋∞)上有2个零点．综上所述，f(x)的零点个数为2.故选B. 3．已知函数f(x)＝ex－x－a，若函数y＝f(x)有零点，则实数a的取值范围是(　　) A．(1，＋∞) B．[1，＋∞) C．(－∞，1) D．(－∞，1] 答案：B 解析：函数y＝f(x)有零点等价于方程ex－x＝a有解．令g(x)＝ex－x，则g′(x)＝ex－1，当x>0时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；当x<0时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，所以函数g(x)的最小值为g(0)＝1，所以a≥1.故选B. 4．若函数f(x)＝x2ex－a恰有3个零点，则实数a的取值范围是(　　) A． B．(0，＋∞) C．(0，4e2) D． 答案：D 解析：令g(x)＝x2ex，则g′(x)＝2xex＋x2ex＝xex(x＋2)．令g′(x)＝0，得x＝0或x＝－2，所以g(x)在(－2，0)上单调递减，在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)极大值＝g(－2)＝，g(x)极小值＝g(0)＝0，又f(x)＝x2ex－a恰有3个零点，则0<a<.故选D. 5．已知f(x)＝若函数g(x)＝f(x)－m有3个零点，则实数m的取值范围为(　　) A．[－2，0]∪ B．(－2，0) C． D． 答案：A 解析：由题意，得f′(x)＝当x<－2，0<x<e时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当－2<x<0，x>e时，f′(x)<0，f(x)单调递减，易知当x＝－2时，f(x)有极大值，极大值f(－2)＝2；当x＝e时，f(x)有极大值，极大值f(e)＝，f(0)＝－2，画出函数f(x)与直线y＝m的大致图象如图所示， 则由图象可得，当－2≤m≤0或m＝时，f(x)的图象与直线y＝m有3个交点，所以实数m的取值范围为[－2，0]∪.故选A. 6．(多选题)已知函数f(x)＝，则下列结论正确的是(　　) A．函数f(x)存在两个不同的零点 B．函数f(x)既存在极大值又存在极小值 C．当－e<k<0时，方程f(x)＝k有且只有两个实根 D．若x∈[t，＋∞)时，f(x)max＝，则t的最小值为2 答案：ABC 解析：对于A，由f(x)＝0，得x2＋x－1＝0，解得x＝，所以A正确；对于B，f′(x)＝－＝－，当f′(x)>0时，－1<x<2；当f′(x)<0时，x<－1或x>2，所以函数的单调递减区间为(－∞，－1)，(2，＋∞)，函数的单调递增区间为(－1，2)，所以f(－1)是函数的极小值，f(2)是函数的极大值，所以B正确；对于C，当x趋向于＋∞时，f(x)趋向于0，根据B项可知，函数的最小值是f(－1)＝－e，再根据单调性可知，当－e<k<0时，方程f(x)＝k有且只有两个实根，所以C正确；对于D，f(2)＝，由图象可知，t的最大值是2，所以D不正确．故选ABC. 7．已知函数f(x)＝x3－x2＋2x＋3a＋b恰有3个不同的零点，则f(0)的取值范围是________． 答案： 解析：因为f(x)＝x3－x2＋2x＋3a＋b，所以f′(x)＝x2－3x＋2＝(x－1)(x－2)，由f′(x)>0，得x>2或x<1，此时函数单调递增；由f′(x)<0，得1<x<2，此时函数单调递减，故当x＝1时，函数取得极大值f(1)＝－＋2＋3a＋b＝＋3a＋b，当x＝2时，函数取得极小值f(2)＝－6＋4＋3a＋b＝＋3a＋b.若函数f(x)＝x3－x2＋2x＋3a＋b恰有3个不同的零点，则f(1)＝＋3a＋b>0，且f(2)＝＋3a＋b<0，则－<3a＋b<－，又f(0)＝3a＋b，故f(0)的取值范围是. 8．一般地，对于一元三次函数f(x)，若f ″(x0)＝0(f ″(x)为f′(x)的导数)，则(x0，f(x0))为三次函数f(x)的对称中心．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋1图象的对称中心的横坐标为x0(x0>0)，且f(x)有3个零点，则实数a的取值范围是________． 答案： 解析：由题意，得x∈R，f′(x)＝3x2＋2ax，f ″(x)＝6x＋2a，令f ″(x)＝0，解得x0＝－>0，则有a<0，又f′(x)＝3x，令f′(x)>0，解得x<0或x>－，令f′(x)<0，解得0<x<－，所以函数f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减，所以f(x)的极大值为f(0)＝1，f(x)的极小值为f＝＋1，又三次函数f(x)有3个零点，即函数y＝f(x)的图象与x轴有3个公共点，所以解得a<－，所以实数a的取值范围是. 9．已知曲线f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋a与x轴只有一个交点，则实数a的取值范围为______________． 答案：{a|a<－27，或a>5} 解析：f′(x)＝－3x2＋6x＋9.令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝3.当f′(x)>0时，－1<x<3；当f′(x)<0时，x<－1或x>3，所以当x＝－1时，f(x)取得极小值为f(－1)＝a－5；当x＝3时，f(x)取得极大值为f(3)＝a＋27.画出大致图象，要使f(x)的图象与x轴只有一个交点，只需极大值小于0(如图①)或极小值大于0(如图②)， 所以a＋27<0或a－5>0，解得a<－27或a>5，故实数a的取值范围为{a|a<－27，或a>5}． 10．(10分)已知函数f(x)＝ex＋x＋4ln(2－x)． (1)求函数f(x)的图象在(0，f(0))处的切线方程；(4分) (2)判断函数f(x)的零点个数，并说明理由．(6分) 解：(1)f′(x)＝ex＋1－(x<2)， 所以切线斜率为f′(0)＝e0＋1－＝0， f(0)＝e0＋0＋4ln(2－0)＝1＋4ln 2， 所以切点坐标为(0，1＋4ln 2)， 函数f(x)的图象在(0，f(0))处的切线方程为y＝1＋4ln 2. (2)有两个零点，理由如下， 令f(x)＝ex＋x＋4ln(2－x)＝0， 可得ex＝－x－4ln(2－x)， 判断函数f(x)的零点个数即判断t(x)＝ex(x<2)与g(x)＝－x－4ln(2－x)(x<2)的图象的交点的个数． 显然t(x)＝ex为单调递增函数，t(x)>0， 当x无限接近于－∞时，t(x)无限接近于0， 且t(2)＝e2. 由g′(x)＝－1＋＝＝0，得x＝－2， 当－2<x<2时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 当x<－2时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 又g(－2)＝2－4ln 4<0，g(－e3－2)＝e3＋2－4ln(e3＋4)>e3－10>0， g(1)＝－1<0，g＝－－4ln＝ln＝ln>0， 且当x无限接近于2时，g(x)无限接近于＋∞， 所以t(x)＝ex与g(x)＝－x－4ln(2－x)的图象在x<0时有一个交点，在0<x<2时有一个交点， 综上，函数f(x)有2个零点． (11－13每小题5分，共15分) 11．(新定义)若函数f(x)和g(x)的图象上恰好有两对关于x轴对称的点，则函数f(x)和g(x)为“对偶函数”．已知f(x)＝1－ex，g(x)＝ax＋xln x是“对偶函数”，则实数a的取值范围为(　　 ) A．(e－1，＋∞) B． C． D．(－∞，e－1) 答案：A 解析：因为f(x)＝1－ex，g(x)＝ax＋xln x是“对偶函数”，所以函数f(x)与g(x)的图象上恰好有两对关于x轴对称的点，所以－f(x)＝g(x)，即ex－1＝ax＋xln x有两个不相等的实数解，则a＝有两个不相等的实数解．令h(x)＝，则h′(x)＝(ex－1) ，所以当x∈(0，1)时，h′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，所以函数h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)在x＝1 处取得极小值，且x→0，h(x)→＋∞，又h(1)＝e－1，所以a>e－1，a的取值范围为(e－1，＋∞)．故选A. 12．(多选题)已知f(x)＝，则(　　) A．曲线y＝f(x)在x＝e处的切线平行于x轴 B．f(x)的单调递减区间为(0，e) C．f(x)的极小值为e D．方程f(x)＝－1没有实数解 答案：AC 解析：因为f(x)＝，所以f(x)的定义域为{x|x>0且x≠1}，f′(x)＝，所以f′(e)＝0，又f(e)＝e≠0，所以曲线y＝f(x)在x＝e处的切线平行于x轴，故A正确；令f′(x)>0，得x＞e，令f′(x)<0，得0＜x＜1或1＜x＜e，所以f(x)在(e，＋∞)上单调递增，在(0，1)和(1，e)上单调递减，所以f(x)的极小值为f(e)＝e，故B错误，C正确；因为当0＜x＜1时，f(x)的图象与直线y＝－1有一个交点，所以方程f(x)＝－1有一个实数解，故D错误．故选AC. 13．已知函数f(x)＝ex－ax2(x>0)无零点，则实数a的取值范围为__________． 答案： 解析：因为函数f(x)＝ex－ax2(x>0)无零点，所以方程ex－ax2＝0在x∈(0，＋∞)上无解，即a＝在x∈(0，＋∞)上无解，令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝，当x>2时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；当0<x<2时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，所以当x＝2时，函数g(x)有唯一的极小值，也是最小值．又g(2)＝，所以g(x)≥.所以若a＝无解，则a<. 14．(10分)(2024·安徽马鞍山高二期中)已知函数f(x)＝aex－x，a∈R. (1)当a＝时，证明：f(x)－ln x＋x－1≥0在(0，＋∞)上恒成立；(4分) (2)若f(x)有2个零点，求a的取值范围．(6分) 解：(1)证明：当a＝时，设g(x)＝f(x)－ln x＋x－1＝ex－1－ln x－1，则g′(x)＝ex－1－(x>0)． 由函数y＝ex－1和y＝－均在(0，＋∞)上单调递增，知g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g′(1)＝e0－1＝0， 所以当x∈(0，1)时，g′(x)<0，即g(x)在(0，1)上单调递减，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，即g(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以g(x)min＝g(1)＝0，即f(x)－ln x＋x－1≥0在(0，＋∞)上恒成立． (2)由f(x)＝aex－x＝0，得a＝. 令h(x)＝，则f(x)有2个零点等价于函数h(x)的图象与直线y＝a有2个交点． 令h′(x)＝＝0，得x＝1， 当x∈(－∞，1)时，h′(x) >0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，即函数h(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 故h(x)max＝h(1)＝，且当x<0时，h(x)<0， 当x趋向于正无穷时，h(x)趋向于0. 作出函数h(x)的大致图象，如图所示． 结合图象可知，当0<a<时，函数h(x)的图象与直线y＝a有2个交点，即f(x)有2个零点， 故a的取值范围是. 15．(5分)(新定义)设I是函数y＝f(x)的定义域，若存在x0∈I，使f(x0)＝－x0，则称x0是f(x)的一个“次不动点”，也称f(x)在区间I上存在“次不动点”．若函数f(x)＝ax3－3x2－x＋1在R上存在三个“次不动点x0”，则实数a的取值范围是(　　) A．(－2，0)∪(0，2) B．(－2，2) C．(－1，0)∪(0，1) D．[－1，1] 答案：A 解析：因为函数f(x)＝ax3－3x2－x＋1在R上存在三个“次不动点x0”，所以ax－3x－x0＋1＝－x0在R上有三个解，即ax－3x＋1＝0在R上有三个解，设g(x)＝ax3－3x2＋1，则g′(x)＝3ax2－6x，由已知a≠0，令g′(x)＝0，即3ax2－6x＝0，解得x＝0或x＝.若a>0，则当x>或x<0时，g′(x)>0；当0<x<时，g′(x)<0，所以g(x)的极大值为g(0)＝1，g(x)的极小值为g＝1－，要使g(x)＝ax3－3x2＋1有三个零点，则g<0，即a2<4，解得0<a<2.若a<0，则当x<或x>0时，g′(x)<0；当<x<0时，g′(x)>0，所以g(x)的极小值为g＝1－，g(x)的极大值为g(0)＝1，要使g(x)＝ax3－3x2＋1有三个零点，则g<0，即a2<4，解得－2<a<0.综上可得，实数a的取值范围是(－2，0)∪(0，2)．故选A. 16．(15分)已知函数f(x)＝aln x－，a≠0. (1)讨论f(x)的单调性；(6分) (2)若函数f(x)有两个不同的零点，求实数a的取值范围．(9分) 解：(1)因为f(x)＝aln x－，a≠0， 所以f′(x)＝＋＝(x>0)， 当a>0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数； 当a<0时，令f′(x)>0，得0<x<－， 令f′(x)<0，得x>－， 即f(x)在上为增函数， 在上为减函数． 综上，当a>0时，f(x)在(0，＋∞)上为增函数； 当a<0时，f(x)在上为增函数，在上为减函数． (2)f(x)＝aln x－有两个不同的零点，等价于方程aln x－＝0有两个不等的实数根， 即＝xln x有两个不等的实数根， 即y＝与y＝xln x的图象有两个不同的交点． 令g(x)＝xln x(x>0)，则g′(x)＝1＋ln x， 令g′(x)<0，得0<x<， 令g′(x)>0，得x>， 所以g(x)在上为减函数，在上为增函数， 所以g(x)的最小值为g＝－， g(x)的大致图象如图： 又x>0，x→0时，g(x)<0，g(x)→0， x→＋∞时，g(x)→＋∞， 所以要使得y＝与y＝xln x的图象有两个不同的交点， 需有－<<0，解得a<－e， 此时f(x)＝aln x－有两个不同的零点， 所以实数a的取值范围为(－∞，－e)． 学科网（北京）股份有限公司 $$