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2015届高考理科数学二轮复习:提能专训23 导数的简单应用与定积分

时间:2015-03-27

提能专训(二十三)
一、选择题

导数的综合应用

1.(2014· 江西八校联考)已知 m 是区间[0,4]内任取的一个数,那 1 么函数 f(x)=3x3-2x2+m2x+3 在 x∈R 上是增函数的概率是( 1 A.4 1 C.2 [答案] C 1 [解析] ∵f(x)=3x3-2x2+m2x+3 在 R 上是增函数,∴f′(x)= x2-4x+m2≥0 在 R 上恒成立, ∴Δ=16-4m2≤0,解得 m≤-2 或 m≥2. 又∵0≤m≤4,∴2≤m≤4. 2 1 故所求的概率为 P=4=2. 2.(2014· 辽宁五校联考)已知 a,b 是实数,且 e<a<b,其中 e 是 自然对数的底数,则 ab 与 ba 的大小关系是( A.ab>ba C.ab=ba [答案] A 1-ln x ln x [解析] 构造辅助函数 f(x)= x ,因为 f′(x)= x2 ,所以在 ln a ln b (e, +∞)上, f′(x)<0, f(x)为减函数, 则 f(a)>f(b), 即 a > b , bln a>aln b,ln ab>ln ba,所以 ab>ba. π? ? 3. (2014· 忻州联考)定义在?0,2?上的函数 f(x), f′(x)是它的导函
? ?
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)

1 B.3 2 D.3

)

B.ab<ba D.ab 与 ba 的大小关系不确定

数,且恒有 f(x)<f′(x)· tan x 成立,则(
?π? ?π? A. 3f?4?> 2f?3? ? ? ? ? ?π? ?π? C. 2f?6?>f?4? ? ? ? ?

)
?π? B.f(1)<2f?6?sin 1 ? ? ?π? ?π? D. 3f?6?<f?3? ? ? ? ?

[答案] D [解析] ∵f(x)<f′(x)· tan x, 即 f′(x)sin x-f(x)cos x>0, ∴?
? f ?x ? ? f′?x?sin x-f?x?cos x ?′= >0, sin2x ?sin x?

π? f ?x ? ? ∴函数sin x在?0,2?上单调递增, ? ?
?π? ?π? f?6? f?3? ? ? ? ? 从而 π< π, sin6 sin3 ?π? ?π? 即 3f?6?<f?3?. ? ? ? ?

4.(2014· 浙江名校联考)若函数 f(x)=xcos x 在(0,+∞)内的全部 极值点按从小到大的顺序排列为 a1,a2,?,an,?,则对任意正整 数 n 必有( ) π B.2<an+1-an<π π D.-2<an+1-an<0

3π A.π<an+1-an< 2 π C.0<an+1-an<2 [答案] B

1 [解析] f′(x)=cos x-xsin x,令 f′(x)=0,得x=tan x,函数 y 1 =x与 y=tan x 的图象如图所示,an 与 an+1 就是两个函数图象相邻交

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1 点的横坐标.由于函数 y=x 在(0,+∞)上是减函数,故随着 n 的增 加,an 越来越接近其所在周期内的零点(y=tan x 的零点),故 an+1- π an<π,又 an 与 an+1 在各自周期内零点的右侧,因此 an+1-an>2,故选 B.

5. (2014· 陕西卷改编)设函数 f(x)=ln(1+x), g(x)=xf′(x), x≥0, 其中 f′(x)是 f(x)的导函数.若 f(x)≥ag(x)恒成立,则实数 a 的取值范 围是( ) B.(0,+∞) D.(-∞,1]

A.(-1,+∞) C.(-∞,0) [答案] D [解析] 对 f(x)求导,得 f′(x)=

1 x ,所以 g(x)=xf′(x)= . 1+x 1+x

ax 若 f(x)≥ag(x)恒成立,即 ln(1+x)≥ 恒成立. 1+x 设 φ(x) = ln(1 + x) - x+1-a . ?1+x?2 当 a≤1 时,φ′(x)≥0(当且仅当 x=0,a=1 时等号成立), 所以 φ(x)在[0,+∞)上单调递增.
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ax 1 a (x≥0) ,则 φ′(x) = - = 1+x 1+x ?1+x?2

又 φ(0)=0,即 φ(x)≥0 在[0,+∞)上恒成立, ax 所以当 a≤1 时,ln(1+x)≥ 恒成立(当且仅当 x=0 时等号成 1+x 立). 当 a>1 时,对 x∈(0,a-1),有 φ′(x)<0,则 φ(x)在(0,a-1] 上单调递减, 所以 φ(a-1)<φ(0)=0,即 a>1 时,存在 x>0,使 φ(x)<0, ax 可知 ln(1+x)≥ 不恒成立. 1+x 综上,实数 a 的取值范围是(-∞,1],故选 D. 6. (2014· 鄂尔多斯模拟)已知 a≥0, 函数 f(x)=(x2-2ax)ex, 若 f(x) 在[-1,1]上是单调减函数,则 a 的取值范围是( 3 A.0<a<4 3 C.a≥4 [答案] C [解析] f′(x)=(2x-2a)ex+(x2-2ax)ex=[x2+(2-2a)x-2a]ex, 由题意当 x∈[-1,1]时,f′(x)≤0 恒成立,即 x2+(2-2a)x-2a≤0 恒成立.令 g(x)=x2+(2-2a)x-2a,
? ?g?-1?≤0, 则有? ?g?1?≤0, ? ??-1?2+?2-2a?· ?-1?-2a≤0, ? 即? 2 ?1 +2-2a-2a≤0, ?

)

1 3 B.2<a<4 1 D.0<a<2

3 解得 a≥4,故选 C. 7.已知函数 f(x)=2x2-ax+ln x 在其定义域上不单调,则实数 a 的取值范围是(
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)

A.(-∞,4] C.(4,+∞) [答案] C

B.(-∞,4) D.[4,+∞)

[解析] 函数 f(x)的定义域为(0,+∞), 1 1 因为 f(x)=2x2-ax+ln x, 所以 f′(x)=4x-a+x =x (4x2-ax+1). 由函数 f(x)在区间(0,+∞)上不单调可知 f′(x)=0 有两个正解, 即 4x2-ax+1=0 有两个正解,设为 x1,x2.

? ?x +x =a>0, 4 故有? 1 ? x x = ? 4>0,
1 2 1 2

Δ=?-a?2-4×4×1>0, 解得 a>4.

所以 a 的取值范围为(4,+∞). 8 .已知三次函数 f(x) = ax3+ bx2 + cx+ d 的图象如图所示,则 f′?-2? =( f′?1? )

A.5 B.-5 C.2 D.-2 [答案] D [解析] 对 f(x)求导, 得 f′(x)=3ax2+2bx+c, 结合题中图象知, x=-1,2 为导函数的零点,所以 f′(-1)=f′(2)=0,
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?a=-6, ? ?3a-2b+c=0, 即? 解得? c ? ?12a+4b+c=0, ? ?b=4.
c c c 所以 f′(x)=-2x2+2x+c=-2(x2-x-2), f′?-2? 4+2-2 于是 = =-2.故选 D. f′?1? 1-1-2 ln x ?ln x?2 ln x2 9.(2014· 安庆二模)设 1<x<2,则 x ,? x ? , x2 的大小关系是 ? ? ( )
?ln x? ln x ln x A.? x ?2< x < x2 ? ?
2

?

c

ln x ?ln x?2 ln x2 B. x <? x ? < x2 ? ?
?ln x? ln x ln x C.? x ?2< x2 < x ? ?
2

ln x2 ?ln x?2 ln x D. x2 <? x ? < x ? ? [答案] A [解析] 令 f(x)=x-ln x(1<x<2), 1 x-1 则 f′(x)=1-x = x >0, ∴函数 y=f(x)在(1,2)内为增函数.
?ln x? ln x ln x ∴f(x)>f(1)=1>0,∴x>ln x>0?0< x <1.∴? x ?2< x . ? ?

ln x2 ln x 2ln x-xln x ?2-x?ln x 又 x2 - x = = >0, x2 x2
?ln x? ln x ln x ∴? x ?2< x < x2 ,故选 A. ? ?
2

10. (2014· 昆明质检)已知函数 f(x)=ex-ax-b, 若 f(x)≥0 恒成立,
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则 ab 的最大值为(

)

e A. e B.e2 C.e D.2 [答案] D [解析] 利用导数求解.当 a≤0 时,函数 f(x)=ex-ax-b 在 R 上单调递增,f(x)≥0 不恒成立,所以 a≤0 舍去.当 a>0 时,由 f′(x) =ex-a=0 解得 x=ln a,且当 x<ln a 时,f′(x)<0,函数 f(x)单调递 减;当 x>ln a 时,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增,所以 f(x)≥0 恒成立, 即 f(x)min=f(ln a)=a-aln a-b≥0, 所以 b≤a-aln a, ab≤a2-a2ln a, a>0.令 y=x2-x2ln x,x>0,则 y′=2x-2xln x-x=x(1-2ln x),x>0, 由 y′=0 解得 x= e,且 x∈(0, e)时,y′>0,函数 y=x2-x2ln x 单调递增;x∈( e,+∞)时,y′<0,函数 y=x2-x2ln x 单调递减, 1 1 所以当 x= e时,函数 y=x2-x2ln x 取得最大值 e-2e=2e,所以 1 1 ab≤a2-a2ln a≤2e,即 ab 的最大值是2e,故选 D. 11.设直线 x=t 与函数 f(x)=x2+1,g(x)=x+ln x 的图象分别交 于 P,Q 两点,则|PQ|的最小值是( 1 A.-2 C.1 [答案] C [解析] 直线 x=t 与函数 f(x)=x2+1,g(x)=x+ln x 的图象分别 交于 P(t,f(t)),Q(t,g(t))两点,则|PQ|=|f(t)-g(t)|. 记 h(t)=f(t)-g(t)=t2+1-(t+ln t). 1 1 函数 h(t)的定义域为(0,+∞),h′(t)=2t-1- t = t (2t2-t-1)
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) 1 B.2 1 D.-2或 1

1 = t (2t+1)(t-1). 1 由 h′(t)=0,解得 t=1 或 t=-2(舍去). 显然当 t∈(0,1)时,h′(t)<0,函数 h(t)单调递减;当 t∈(1,+∞) 时,h′(t)>0,函数 h(t)单调递增. 故函数 h(t)的最小值为 h(1)=12+1-(1+ln 1)=1,故|PQ|的最小 值为 1. 二、填空题 12.(2014· 南京、盐城二模)表面积为 12π 的圆柱,当其体积最大 时,该圆柱的底面半径与高的比为________. [答案] 1∶2 [解析] 因为 12π=2πrh+2πr2,rh+r2=6,所以 V=πr2h=πr(6 -r2),0<r< 6.由 V′=π(6-3r2)=0 得 r= 2.当 0<r< 2时,V′>0, 当 2<r< 6时,V′<0,所以当 r= 2时,V 取极大值,也是最大值, 此时 h=2 2,r∶h=1∶2. 13.(2014· 青岛一模)如果对定义在 R 上的函数 f(x),以任意两个 不相等的实数 x1,x2,都有 x1f(x1)+x2f(x2)>x1f(x2)+x2f(x1),则称函数 f(x)为“H 函数”.给出下列函数:①y=-x3+x+1;②y=3x-2(sin
? ?ln|x|,x≠0, x-cos x); ③y=e +1; ④f(x)=? 以上函数是“H 函数” ?0,x=0. ?
x

的所有序号为________. [答案] ②③ [ 解析 ] f(x2)]>0, 3 所以函数 f(x)在 R 上是增函数.由 y′=-3x2+1>0 得- 3
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因为 x1f(x1) + x2f(x2)>x1f(x2) + x2f(x1) ,即 (x1 - x2)[f(x1) -

? 3 3 3? <x < 3 , 即函数在区间?- , ?上是增函数, 故①不是“H 函数”; 3 3? ?

π? ? 由 y′=3-2(cos x+sin x)=3-2 2sin?x+4?≥3-2 2>0 恒成立,所
? ?

以②为“H 函数”; 由 y′=ex>0 恒成立,所以③为“H 函数”;由于④为偶函数, 所以不可能在 R 上是增函数,所以不是“H 函数”. 综上,是“H 函数”的有②③. 14.(2014· 唐山一模)定义在 R 上的函数 f(x)满足:f(-x)+f(x)= 1 x2 ,当 x<0 时, f′(x)<x ,则不等式 f(x) +2 ≥f(1 - x)+ x 的解集为 ________. 1? ? [答案] ?-∞,2?
? ?

[解析]

∵f(x)+f(-x)=x2,∴f′(x)-f′(-x)=2x,∴f′(-x)

=f′(x)-2x, 当 x<0 时,f′(x)<x,∴f′(-x)=f′(x)-2x<x-2x=-x,∴当 1 x>0 时,f′(x)=f′(-x)+2x<-x+2x=x,令 g(x)=f(x)+2-f(1-x) -x,则 g′(x)=f′(x)+f′(1-x)-1<x+1-x-1=0,∴g(x)在 R 上
?1? ?1? 1 ?1? 1 ?1? 单调递减,而 g?2?=f?2?+2-f?2?-2=0,∴g(x)≥0 即 g(x)≥g?2?,故 ? ? ? ? ? ? ? ?

1? ? 原不等式的解集为?-∞,2?.
? ?

三、解答题 15. (2014· 怀化一模)已知函数 f(x)=ax+bln x+c(a, b, c 是常数) 在 x=e 处的切线方程为(e-1)x+ey-e=0,且 f(1)=0. (1)求常数 a,b,c 的值;

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(2)若函数 g(x)=x2+mf(x)(m∈R)在区间(1,3)内不是单调函数, 求 实数 m 的取值范围. b 解:(1)由题设知,f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=a+x . ∵f(x)在 x=e 处的切线方程为(e-1)x+ey-e=0, e-1 ∴f′(e)=- e ,且 f(e)=2-e, e-1 b 即 a+e =- e ,且 ae+b+c=2-e. 又 f(1)=a+c=0,解得 a=-1,b=1,c=1. (2)由(1)知 f(x)=-x+ln x+1(x>0), ∴g(x)=x2+mf(x)=x2-mx+mln x+m(x>0), m 1 ∴g′(x)=2x-m+ x =x(2x2-mx+m)(x>0). 令 d(x)=2x2-mx+m(x>0). ①当函数 g(x)在(1,3)内有一个极值时, g′(x)=0 在(1,3)内有且仅 有一个根,即 d(x)=2x2-mx+m=0 在(1,3)内有且仅有一个根. 又∵d(1)=2>0,∴当 d(3)=0,即 m=9 时,d(x)=2x2-mx+m 3 =0 在(1,3)内有且仅有一个根 x=2;当 d(3)≠0 时,应有 d(3)<0,即 2×32-3m+m<0,解得 m>9,∴m≥9. ②当函数 g(x)在(1,3)内有两个极值时, g′(x)=0 在(1,3)内有两个 根,即二次函数 d(x)=2x2-mx+m=0 在(1,3)内有两个不等根,

?d?1?=2-m+m>0, ? 所以?d?3?=2×3 -3m+m>0, ?1<m<3, ? 4
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Δ=m2-4×2×m>0,

解得 8<m<9. 综上,实数 m 的取值范围是(8,+∞). 16.(2014· 长春调研)已知函数 f(x)=xln x. (1)求 f(x)的单调区间和极值; (2) 设 A(x1 , f(x1)) , B(x2 , f(x2)) ,且 x1≠x2 ,证明: <f′?
?x1+x2? ?. ? 2 ?

f?x2?-f?x1? x2-x1

解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞), 1 f′(x)=ln x+x· x=1+ln x. 1 1 令 f′(x)>0,则 ln x>-1=ln e,∴x>e;令 f′(x)<0,则 ln x<- 1 1 1=ln e,∴0<x<e , 1? ?1 ? ? ∴f(x)的单调递增区间是?e ,+∞?,单调递减区间是?0,e?,
? ? ? ? ?1? 1 1 1 f(x)极小值=f?e ?=eln e =-e,f(x)无极大值. ? ?

(2)不防设 x1<x2,
?x1+x2? f?x2?-f?x1? ?, <f′? x2-x1 ? 2 ?



x2ln x2-x1ln x1 x1+x2 x1+x2 <ln 2 +1,x2ln x2-x1ln x1<x2ln 2 -x1ln x2-x1

x1+x2 2 +x2-x1, ∴x2ln 2 x2 2 x1 <x1ln +x -x , x1+x2 x1+x2 2 1

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x2 2· x1 x2 2 x2 两边同除以 x1 得,x ln <ln + x2 x2 x1-1, 1 1+x 1+x 1 1 x2 2t 2 令x =t,则 t>1,即证:tln <ln +t-1. 1+t 1+t 1 令 g(t)=tln g′(t)=ln =ln 2t 2 -ln -t+1,则 1+t 1+t

1+t 2 1+t 2 2t +t·2t · -1 2+ 2 · 1+t ?1+t? ?1+t?2

2t 1-t + 1+t 1+t

? t-1? t-1 ?- =ln ?1+ , t+1? t+1 ?



t-1 =x(x>0),h(x)=ln(1+x)-x, t+1

-x 1 则 h′(x)= -1 = <0,h(x)在(0,+∞)上单调递减, 1 +x 1 +x ∴h(x)<h(0)=0,
? t-1? t-1 ?- 即 ln (1+x)<x,即 g′(t)=ln?1+ <0 恒成立, t+1? t+1 ?

∴g(t)在(1,+∞)上是减函数,∴g(t)<g(1)=0, 2t 2 ∴tln <ln +t-1 得证, 1+t 1+t ∴
?x1+x2? f?x2?-f?x1? ?成立. <f′? x2-x1 ? 2 ?

17.(2014· 济南针对性训练)已知函数 f(x)=ex-x-1,g(x)=x2eax. (1)求 f(x)的最小值; (2)求 g(x)的单调区间; (3)当 a=1 时,对于在(0,1)中的任一个常数 m,是否存在正数 x0
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m 使得 f(x0)> 2 g(x0)成立?如果存在,求出符合条件的一个 x0;否则说 明理由. 解:(1)f(x)的定义域是 R, f′(x)=ex-1, 且在(-∞,0)上 f′(x)<0,在(0,+∞)上 f′(x)>0, 所以 f(x)min=f(0)=0. (2)g′(x)=2xeax+ax2eax=(2x+ax2)eax. ①当 a=0 时,若 x<0,则 g′(x)<0,若 x>0,则 g′(x)>0. 所以当 a=0 时,函数 g(x)在区间(-∞,0)内为减函数,在区间 (0,+∞)内为增函数. 2 ②当 a>0 时,由 2x+ax2>0,解得 x<-a或 x>0, 2 由 2x+ax2<0,解得-a<x<0. 2? ? 所以当 a>0 时,函数 g(x)在区间?-∞,-a?内为增函数,
? ? ? 2 ? 在区间?-a,0?内为减函数,在区间(0,+∞)内为增函数. ? ?

2 ③当 a<0 时,由 2x+ax2>0,解得 0<x<-a, 2 由 2x+ax2<0,解得 x<0 或 x>-a. 所以当 a<0 时,函数 g(x)在区间(-∞,0)内为减函数,在区间 2? ? ? 2 ? ?0,- ?内为增函数,在区间?- ,+∞?内为减函数. a? ? ? a ? (3)假设存在这样的 x0 满足题意,则 m m m 2 x0+1 f(x0)> 2 g(x0),ex0-x0-1> 2 x2 0ex0, x0+ 2 ex -1<0,(*)
0

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m 要找一个 x0>0,使(*)式成立,只需找到当 x>0 时,函数 h(x)= 2 x+1 x2+ ex -1 的最小值 h(x)min<0 即可, 1? ? h′(x)=x?m-ex?,
? ?

1 令 h′(x)=0 得 ex=m,则 x=-ln m,取 x0=-ln m, 当 0<x<x0 时,h′(x)<0,当 x>x0 时,h′(x)>0, m 所以 h(x)min=h(x0)=h(-ln m)= 2 (ln m)2-mln m+m-1. m 下面只需证明:当 0<m<1 时,2 (ln m)2-mln m+m-1<0 成立即 可, m 令 p(m)= 2 (ln m)2-mln m+m-1,m∈(0,1), 1 则 p′(m)=2(ln m)2≥0,从而 p(m)在 m∈(0,1)时为增函数,则 m p(m)<p(1)=0,从而 2 (ln m)2-mln m+m-1<0 得证. 于是 h(x)的最小值 h(-ln m)<0, 因此可找到一个正常数 x0=-ln m m(0<m<1),使得 f(x0)> 2 g(x0)成立. 18.(2014· 湖北八市联考)定义在 R 上的函数 g(x)及二次函数 h(x) 2 满足:g(x)+2g(-x)=ex+ex-9,h(-2)=h(0)=1 且 h(-3)=-2. (1)求 g(x)和 h(x)的解析式; (2)对于 x1,x2∈[-1,1],均有 h(x1)+ax1+5≥g(x2)-x2g(x2)成立, 求 a 的取值范围;

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? ?g?x??x>0?, (3)设 f(x)=? 在(2)的条件下, 讨论方程 f[f(x)]=a+5 ?h?x??x≤0?, ?

的解的个数情况. 2 解:(1)∵g(x)+2g(-x)=ex+ex-9,① ∴g(-x)+2g(x)=e-x+ 2 1 即 g(-x)+2g(x)=2ex+ex-9, ② -x-9, e

由①②联立解得,g(x)=ex-3. ∵h(x)是二次函数, 且 h(-2)=h(0)=1, 可设 h(x)=ax(x+2)+1, 由 h(-3)=-2,解得 a=-1, ∴h(x)=-x(x+2)+1=-x2-2x+1, ∴g(x)=ex-3,h(x)=-x2-2x+1. (2)设 φ(x)=h(x)+ax+5=-x2+(a-2)x+6, F(x)=g(x)-xg(x)=ex-3-x(ex-3)=(1-x)ex+3x-3, 依题意知,当-1≤x≤1 时,φ(x)min≥F(x)max. ∵F′(x)=-ex+(1-x)ex+3=-xex+3,在[-1,1]上单调递减, ∴F′(x)min=F′(1)=3-e>0, ∴F(x)在[-1,1]上单调递增,∴F(x)max=F(1)=0,
? ?φ?-1?=7-a≥0, ∴? 解得-3≤a≤7, ?φ?1?=a+3≥0, ?

∴实数 a 的取值范围为[-3,7]. (3)设 t=a+5,由(2)知,2≤t≤12. f(x)的图象如图所示:

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设 f(x)=T,则 f(T)=t. 当 t=2,即 a=-3 时,T=-1 或者 T=ln 5,f(x)=-1 有 2 个 解,f(x)=ln 5 有 3 个解; 当 2<t<e2-3,即-3<a<e2-8 时,T=ln(t+3)且 ln 5<T<2,f(x) =T 有 3 个解; 当 t=e2-3,即 a=e2-8 时,T=2,f(x)=T 有 2 个解; 当 e2-3<t≤12,即 e2-8<a≤7 时,T=ln(t+3)>2,f(x)=T 有 1 个解. 综上所述: 当 a=-3 时,方程有 5 个解; 当-3<a<e2-8 时,方程有 3 个解; 当 a=e2-8 时,方程有 2 个解; 当 e2-8<a≤7 时,方程有 1 个解.

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