《（江苏专版）2019版高考数学一轮复习讲义： 第九章 导数及其应用 9.2 利用导数研究函数的单调性和极大（小）值讲义.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（江苏专版）2019版高考数学一轮复习讲义： 第九章 导数及其应用 9.2 利用导数研究函数的单调性和极大（小）值讲义.doc（36页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、9.2利用导数研究函数的单调性和极大(小)值考纲解读考点内容解读要求五年高考统计常考题型预测热度201320142015201620171.利用导数研究函数的单调性1.求解不等式2.研究函数基本性质B19题16分填空题解答题2.利用导数研究函数的极值和最值1.研究函数零点 2.研究函数基本性质B20题16分填空题解答题分析解读利用导数研究函数的单调性和极大(小)值是江苏高考必考内容,主要在压轴题位置,重点考查等价转化、分类讨论、数形结合、函数与方程思想,对分析问题的能力要求较高.五年高考考点一利用导数研究函数的单调性1.(2017山东文改编,10,5分)若函数exf(x)(e=2.718 28
2、是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增,则称函数f(x)具有M性质.下列函数中具有M性质的是.f(x)=2-x;f(x)=x2;f(x)=3-x;f(x)=cos x.答案2.(2016课标全国改编,12,5分)若函数f(x)=x-13sin 2x+asin x在(-,+)单调递增,则a的取值范围是.答案-13,133.(2017课标全国文,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x0时, f(x)ax+1,求a的取值范围.解析(1)f (x)=(1-2x-x2)ex.令f (x)=0,得x=-1-2或x=-1+2.当x(-,-1-2)时,
3、f (x)0;当x(-1+2,+)时, f (x)0.所以f(x)在(-,-1-2),(-1+2,+)上单调递减,在(-1-2,-1+2)上单调递增.(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.当a1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h(x)=-xex0),因此h(x)在0,+)上单调递减,而h(0)=1,故h(x)1,所以f(x)=(x+1)h(x)x+1ax+1.当0a0(x0),所以g(x)在0,+)上单调递增,而g(0)=0,故exx+1.当0x(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=5-4a-12,则x0(0,1),(1-x0)(1+
4、x0)2-ax0-1=0,故f(x0)ax0+1.当a0时,取x0=5-12,则x0(0,1), f(x0)(1-x0)(1+x0)2=1ax0+1.综上,a的取值范围是1,+).4.(2017山东文,20,13分)已知函数f(x)=13x3-12ax2,aR.(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点(3, f(3)处的切线方程;(2)设函数g(x)=f(x)+(x-a)cos x-sin x,讨论g(x)的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.解析(1)由题意f (x)=x2-ax,所以当a=2时, f(3)=0, f (x)=x2-2x,所以f (3)=3,因此,曲线y=f(x)在点(3
5、, f(3)处的切线方程是y=3(x-3),即3x-y-9=0.(2)因为g(x)=f(x)+(x-a)cos x-sin x,所以g(x)=f (x)+cos x-(x-a)sin x-cos x=x(x-a)-(x-a)sin x=(x-a)(x-sin x),令h(x)=x-sin x,则h(x)=1-cos x0,所以h(x)在R上单调递增.因为h(0)=0,所以当x0时,h(x)0;当x0时,h(x)0.当a0时,g(x)=(x-a)(x-sin x),当x(-,a)时,x-a0,g(x)单调递增;当x(a,0)时,x-a0,g(x)0,g(x)0,g(x)单调递增.所以当x=a时,
6、g(x)取到极大值,极大值是g(a)=-16a3-sin a,当x=0时,g(x)取到极小值,极小值是g(0)=-a.当a=0时,g(x)=x(x-sin x),当x(-,+)时,g(x)0,g(x)单调递增;所以g(x)在(-,+)上单调递增,g(x)无极大值也无极小值.当a0时,g(x)=(x-a)(x-sin x),当x(-,0)时,x-a0,g(x)单调递增;当x(0,a)时,x-a0,g(x)0,g(x)0,g(x)单调递增.所以当x=0时,g(x)取到极大值,极大值是g(0)=-a;当x=a时,g(x)取到极小值,极小值是g(a)=-16a3-sin a.综上所述:当a0时,函数g
7、(x)在(-,0)和(a,+)上单调递增,在(0,a)上单调递减,函数既有极大值,又有极小值,极大值是g(0)=-a,极小值是g(a)=-16a3-sin a.5.(2016课标全国,21,12分)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.解析(1)f (x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).(i)设a0,则当x(-,1)时, f (x)0.所以f(x)在(-,1)单调递减,在(1,+)单调递增.(2分)(ii)设a-e2,则ln(-2a)0;当x(ln(-2a),1)时, f (x)0.
8、所以f(x)在(-,ln(-2a),(1,+)单调递增,在(ln(-2a),1)单调递减.(4分)若a1,故当x(-,1)(ln(-2a),+)时, f (x)0;当x(1,ln(-2a)时, f (x)0,则由(1)知, f(x)在(-,1)单调递减,在(1,+)单调递增.又f(1)=-e, f(2)=a,取b满足b0且ba2(b-2)+a(b-1)2=ab2-32b0,所以f(x)有两个零点.(8分)(ii)设a=0,则f(x)=(x-2)ex,所以f(x)只有一个零点.(9分)(iii)设a0,若a-e2,则由(1)知, f(x)在(1,+)单调递增,又当x1时f(x)0,故f(x)不存
9、在两个零点;(10分)若a-e2,则由(1)知, f(x)在(1,ln(-2a)单调递减,在(ln(-2a),+)单调递增,又当x1时f(x)0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件.解析(1)由f(x)=x3+ax2+bx+c,得f (x)=3x2+2ax+b.因为f(0)=c, f (0)=b,所以曲线y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程为y=bx+c.(3分)(2)当a=b=4时, f(x)=x3+4x2+4x+c,所以f (x)=3x2+8x+4.令f (x)=0,得3x2+8x+4=0,解得x=-2或x=-23.(4分)f(x)与f (x)在区间(-,+)上的情况如下:x
10、(-,-2)-2-2,-23-23-23,+f (x)+0-0+f(x)cc-3227(6分)所以,当c0且c-32270时,存在x1(-4,-2),x2-2,-23,x3-23,0,使得f(x1)=f(x2)=f(x3)=0.由f(x)的单调性知,当且仅当c0,3227时,函数f(x)=x3+4x2+4x+c有三个不同零点.(8分)(3)证明:当=4a2-12b0,x(-,+),此时函数f(x)在区间(-,+)上单调递增,所以 f(x)不可能有三个不同零点.(9分)当=4a2-12b=0时, f (x)=3x2+2ax+b只有一个零点,记作x0.当x(-,x0)时, f (x)0, f(x)
11、在区间(-,x0)上单调递增;当x(x0,+)时, f (x)0, f(x)在区间(x0,+)上单调递增.所以f(x)不可能有三个不同零点.综上所述,若函数f(x)有三个不同零点,则必有=4a2-12b0.故a2-3b0是f(x)有三个不同零点的必要条件.(11分)当a=b=4,c=0时,a2-3b0, f(x)=x3+4x2+4x=x(x+2)2只有两个不同零点,所以a2-3b0不是f(x)有三个不同零点的充分条件.(12分)因此a2-3b0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件.(13分)7.(2016课标全国理,21,12分)(1)讨论函数f(x)=x-2x+2ex的单调性,并证明当
12、x0时,(x-2)ex+x+20;(2)证明:当a0,1)时,函数g(x)=ex-ax-ax2(x0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a),求函数h(a)的值域.解析(1)f(x)的定义域为(-,-2)(-2,+).(2分)f (x)=(x-1)(x+2)ex-(x-2)ex(x+2)2=x2ex(x+2)20,且仅当x=0时, f (x)=0,所以f(x)在(-,-2),(-2,+)单调递增.因此当x(0,+)时, f(x)f(0)=-1.所以(x-2)ex-(x+2),(x-2)ex+x+20.(4分)(2)g(x)=(x-2)ex+a(x+2)x3=x+2x3(f(x)+a).(5分)
13、由(1)知, f(x)+a单调递增.对任意a0,1), f(0)+a=a-10, f(2)+a=a0.因此,存在唯一xa(0,2,使得f(xa)+a=0,即g(xa)=0.(6分)当0xxa时, f(x)+a0,g(x)xa时, f(x)+a0,g(x)0,g(x)单调递增.(7分)因此g(x)在x=xa处取得最小值,最小值为g(xa)=exa-a(xa+1)xa2=exa+f(xa)(xa+1)xa2=exaxa+2.(8分)于是h(a)=exaxa+2,由exx+2=(x+1)ex(x+2)20,得y=exx+2单调递增.所以,由xa(0,2,得12=e00+20(x0),所以函数f(x)
14、在(-,+)上单调递增;当a0时,若x-,-2a3(0,+),则f (x)0,若x-2a3,0,则f (x)0,所以函数f(x)在-,-2a3,(0,+)上单调递增,在-2a3,0上单调递减;当a0,若x0,-2a3,则f (x)0,所以函数f(x)在(-,0),-2a3,+上单调递增,在0,-2a3上单调递减.(2)由(1)知,函数f(x)的两个极值为f(0)=b, f-2a3=427a3+b,则函数f(x)有三个零点等价于f(0)f-2a3=b427a3+b0,-427a3b0或a0,0b0时,427a3-a+c0或当a0时,427a3-a+c0.设g(a)=427a3-a+c,因为函数f
15、(x)有三个零点时,a的取值范围恰好是(-,-3)1,3232,+,则在(-,-3)上,g(a)0均恒成立,从而g(-3)=c-10,且g32=c-10,因此c=1.此时, f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)x2+(a-1)x+1-a,因函数f(x)有三个零点,故x2+(a-1)x+1-a=0有两个异于-1的不等实根,所以=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-30,且(-1)2-(a-1)+1-a0,解得a(-,-3)1,3232,+.综上,c=1.9.(2015天津,20,14分)已知函数f(x)=nx-xn,xR,其中nN*,且n2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)设曲线y=
16、f(x)与x轴正半轴的交点为P,曲线在点P处的切线方程为y=g(x),求证:对于任意的正实数x,都有f(x)g(x);(3)若关于x的方程f(x)=a(a为实数)有两个正实数根x1,x2,求证:|x2-x1|0,即x1时,函数f(x)单调递增;当f (x)1时,函数f(x)单调递减.所以, f(x)在(-,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减.(2)证明:设点P的坐标为(x0,0),则x0=n1n-1, f (x0)=n-n2.曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y=f (x0)(x-x0),即g(x)=f (x0)(x-x0).令F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=f(x)-f (x
17、0)(x-x0),则F(x)=f (x)-f (x0).由于f (x)=-nxn-1+n在(0,+)上单调递减,故F(x)在(0,+)上单调递减.又因为F(x0)=0,所以当x(0,x0)时,F(x)0,当x(x0,+)时,F(x)0,所以F(x)在(0,x0)内单调递增,在(x0,+)上单调递减,所以对于任意的正实数x,都有F(x)F(x0)=0,即对于任意的正实数x,都有f(x)g(x).(3)证明:不妨设x1x2.由(2)知g(x)=(n-n2)(x-x0).设方程g(x)=a的根为x2,可得x2=an-n2+x0.当n2时,g(x)在(-,+)上单调递减.又由(2)知g(x2)f(x2
18、)=a=g(x2),可得x2x2.类似地,设曲线y=f(x)在原点处的切线方程为y=h(x),可得h(x)=nx.当x(0,+)时, f(x)-h(x)=-xn0,即对于任意的x(0,+), f(x)h(x).设方程h(x)=a的根为x1,可得x1=an.因为h(x)=nx在(-,+)上单调递增,且h(x1)=a=f(x1)h(x1),因此x1x1.由此可得x2-x1x2-x1=a1-n+x0.因为n2,所以2n-1=(1+1)n-11+Cn-11=1+n-1=n,故2n1n-1=x0.所以,|x2-x1|1x-e1-x在区间(1,+)内恒成立(e=2.718为自然对数的底数).解析(1)f
19、(x)=2ax-1x=2ax2-1x(x0).当a0时,f (x)0时,由f (x)=0,有x=12a.此时,当x0,12a时,f (x)0,f(x)单调递增.(2)令g(x)=1x-1ex-1,s(x)=ex-1-x.则s(x)=ex-1-1.而当x1时,s(x)0,所以s(x)在区间(1,+)内单调递增.又由s(1)=0,有s(x)0,从而当x1时,g(x)0.当a0,x1时,f(x)=a(x2-1)-ln xg(x)在区间(1,+)内恒成立时,必有a0.当0a1.由(1)有f12a0,所以此时f(x)g(x)在区间(1,+)内不恒成立.当a12时,令h(x)=f(x)-g(x)(x1).
20、当x1时,h(x)=2ax-1x+1x2-e1-xx-1x+1x2-1x=x3-2x+1x2x2-2x+1x20.因此,h(x)在区间(1,+)内单调递增.又因为h(1)=0,所以当x1时,h(x)=f(x)-g(x)0,即f(x)g(x)恒成立.综上,a12,+.11.(2015广东,19,14分)设a1,函数f(x)=(1+x2)ex-a.(1)求f(x)的单调区间;(2)证明: f(x)在(-,+)上仅有一个零点;(3)若曲线y=f(x)在点P处的切线与x轴平行,且在点M(m,n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点),证明:m3a-2e-1.解析(1)函数f(x)的定义域为R.因为f
21、(x)=2xex+(1+x2)ex=(x2+2x+1)ex=(x+1)2ex0,所以函数f(x)在R上单调递增,即f(x)的单调递增区间为(-,+),无单调递减区间.(2)证明:因为a1,所以f(0)=1-a0,所以f(0)f(ln a)0,由零点存在性定理可知f(x)在(0,ln a)内存在零点.又由(1)知, f(x)在R上单调递增,故f(x)在(-,+)上仅有一个零点.(3)证明:设点P(x0,y0),由题意知, f (x0)=(x0+1)2ex0=0,解得x0=-1.所以y0=(1+x02)ex0-a=2e-a,所以点P的坐标为-1,2e-a.所以kOP=a-2e.由题意可得, f (
22、m)=(m+1)2em=a-2e.要证明m3a-2e-1,只需要证明m+13a-2e,只需要证明(m+1)3a-2e=(m+1)2em,只需要证明m+1em.构造函数:h(x)=ex-x-1(xR),则h(x)=ex-1.当x0时,h(x)0时,h(x)0,即h(x)在(0,+)上单调递增.所以函数h(x)有最小值,为h(0)=0,则h(x)0.所以ex-x-10,故em-m-10,故m+1em,故原不等式成立.12.(2015四川,21,14分)已知函数f(x)=-2(x+a)ln x+x2-2ax-2a2+a,其中a0.(1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性;(2)证明:
23、存在a(0,1),使得f(x)0在区间(1,+)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+)内有唯一解.解析(1)由已知得,函数f(x)的定义域为(0,+),g(x)=f (x)=2(x-a)-2ln x-21+ax,所以g(x)=2-2x+2ax2=2x-122+2a-14x2.当0a0,(e)=-e(e-2)1+e-1-2e-21+e-120.故存在x0(1,e),使得(x0)=0.令a0=x0-1-ln x01+x0-1,u(x)=x-1-ln x(x1).由u(x)=1-1x0知,函数u(x)在区间(1,+)上单调递增.所以0=u(1)1+1u(x0)1+x0-1=a0u(e)1+e-1=
24、e-21+e-11,即a0(0,1).当a=a0时,有f (x0)=0, f(x0)=(x0)=0.由(1)知, f (x)在区间(1,+)上单调递增,故当x(1,x0)时, f (x)f(x0)=0;当x(x0,+)时, f (x)0,从而f(x)f(x0)=0.所以,当x(1,+)时, f(x)0.综上所述,存在a(0,1),使得f(x)0在区间(1,+)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+)内有唯一解.13.(2014山东,20,13分)设函数f(x)=exx2-k2x+lnx(k为常数,e=2.718 28是自然对数的底数).(1)当k0时,求函数f(x)的单调区间;(2)若函数f(
25、x)在(0,2)内存在两个极值点,求k的取值范围.解析(1)函数y=f(x)的定义域为(0,+).f (x)=x2ex-2xexx4-k-2x2+1x=xex-2exx3-k(x-2)x2=(x-2)(ex-kx)x3.由k0可得ex-kx0,所以当x(0,2)时, f (x)0,函数y=f(x)单调递增.所以f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+).(2)由(1)知,当k0时,函数f(x)在(0,2)内单调递减,故f(x)在(0,2)内不存在极值点;当k0时,设函数g(x)=ex-kx,x0,+).因为g(x)=ex-k=ex-eln k,当00,y=g(x)单调递增,故
26、f(x)在(0,2)内不可能存在两个极值点;当k1时,得x(0,ln k)时,g(x)0,函数y=g(x)单调递增.所以函数y=g(x)的最小值为g(ln k)=k(1-ln k).函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,当且仅当g(0)0,g(lnk)0,0lnk2.解得eke22.综上所述,函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点时,k的取值范围为e,e22.14.(2014广东,21,14分)设函数f(x)=1(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-3,其中k-2.(1)求函数f(x)的定义域D(用区间表示);(2)讨论函数f(x)在D上的单调性;(3)若kf(1)的x的集合(用区
27、间表示).解析(1)由题意得(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-30,(x2+2x+k)+3(x2+2x+k)-10,x2+2x+k1,(x+1)20)或(x+1)22-k(2-k0),|x+1|2-k,-1-2-kx-1+-2-k或x-1+2-k,函数f(x)的定义域D为(-,-1-2-k)(-1-2-k,-1+-2-k)(-1+2-k,+).(2)f (x)=-2(x2+2x+k)(2x+2)+2(2x+2)2(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-33=-(x2+2x+k+1)(2x+2)(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-33,由f (x)0得(x2+2x+k+1)
28、(2x+2)0,即(x+1+-k)(x+1-k)(x+1)0,x-1-k或-1x-1+-k,结合定义域知x-1-2-k或-1x-1+-2-k,所以函数f(x)的单调递增区间为(-,-1-2-k),(-1,-1+-2-k),同理递减区间为(-1-2-k,-1),(-1+2-k,+).(3)由f(x)=f(1)得(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-3=(3+k)2+2(3+k)-3,(x2+2x+k)2-(3+k)2+2(x2+2x+k)-(3+k)=0,(x2+2x+2k+5)(x2+2x-3)=0,(x+1+-2k-4)(x+1-2k-4)(x+3)(x-1)=0,x=-1-2k-4或
29、x=-1+-2k-4或x=-3或x=1,k-6,1(-1,-1+-2-k),-3(-1-2-k,-1),-1-2k-4-1+2-k,结合函数f(x)的单调性知f(x)f(1)的解集为(-1-2k-4,-1-2-k)(-1-2-k,-3)(1,-1+-2-k)(-1+2-k,-1+-2k-4).15.(2013天津理,20,14分)已知函数f(x)=x2ln x.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)证明:对任意的t0,存在唯一的s,使t=f(s);(3)设(2)中所确定的s关于t的函数为s=g(t),证明:当te2时,有25lng(t)lnt12.解析(1)函数f(x)的定义域为(0,+).f
30、 (x)=2xln x+x=x(2ln x+1),令f (x)=0,得x=1e.当x变化时, f (x), f(x)的变化情况如下表:x0,1e1e1e,+f (x)-0+f(x)极小值所以函数f(x)的单调递减区间是0,1e,单调递增区间是1e,+.(2)证明:当00,令h(x)=f(x)-t,x1,+).由(1)知,h(x)在区间(1,+)内单调递增.h(1)=-t0.故存在唯一的s(1,+),使得t=f(s)成立.(3)证明:因为s=g(t),由(2)知,t=f(s),且s1,从而lng(t)lnt=lnslnf(s)=lnsln(s2lns)=lns2lns+ln(lns)=u2u+l
31、nu,其中u=ln s.要使25lng(t)lnt12成立,只需0ln ue2时,若s=g(t)e,则由f(s)的单调性,有t=f(s)f(e)=e2,矛盾.所以se,即u1,从而ln u0成立.另一方面,令F(u)=ln u-u2,u1.f (u)=1u-12,令f (u)=0,得u=2.当1u0;当u2时,f (u)1,F(u)F(2)0.因此ln ue2时,有25lng(t)lnt0,所以g(k)在12,1上递增,所以g(k)ln 2-1=ln 2-ln e0,从而ln(2k)k,所以ln(2k)0,k,所以当x(0,ln(2k)时,f (x)0;所以M=maxf(0), f(k)=ma
32、x-1,(k-1)ek-k3.令h(k)=(k-1)ek-k3+1,则h(k)=k(ek-3k),令(k)=ek-3k,则(k)=ek-3e-30,所以(k)在12,1上递减,而12(1)=e-32(e-3)0,当k(x0,1)时,(k)0,h(1)=0,所以h(k)0在12,1上恒成立,当且仅当k=1时取得“=”.综上,函数f(x)在0,k上的最大值M=(k-1)ek-k3.考点二利用导数研究函数的极值和最值1.(2017课标全国理改编,11,5分)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,则f(x)的极小值为.答案-12.(2016四川改编,6,5分)已知a为函数f(x
33、)=x3-12x的极小值点,则a=.答案23.(2016北京,10,5分)函数f(x)=xx-1(x2)的最大值为.答案24.(2014课标改编,12,5分)设函数f(x)=3sinxm.若存在f(x)的极值点x0满足x02+f(x0)2m2,则m的取值范围是.答案(-,-2)(2,+)5.(2014辽宁改编,11,5分)当x-2,1时,不等式ax3-x2+4x+30恒成立,则实数a的取值范围是.答案-6,-26.(2017北京文,20,13分)已知函数f(x)=excos x-x.(1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程;(2)求函数f(x)在区间0,2上的最大值和最小值.解
34、析(1)因为f(x)=excos x-x,所以f (x)=ex(cos x-sin x)-1, f (0)=0.又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程为y=1.(2)设h(x)=ex(cos x-sin x)-1,则h(x)=ex(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2exsin x.当x0,2时,h(x)0,所以h(x)在区间0,2上单调递减.所以对任意x0,2有h(x)h(0)=0,即f (x)0.所以函数f(x)在区间0,2上单调递减.因此f(x)在区间0,2上的最大值为f(0)=1,最小值为f2=-2.7.(2017课标全国理,21,1
35、2分)已知函数f(x)=ax2-ax-xln x,且f(x)0.(1)求a;(2)证明: f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2 f(x0)2-2.解析(1)f(x)的定义域为(0,+).设g(x)=ax-a-ln x,则f(x)=xg(x), f(x)0等价于g(x)0.因为g(1)=0,g(x)0,故g(1)=0,而g(x)=a-1x,g(1)=a-1,得a=1.若a=1,则g(x)=1-1x.当0x1时,g(x)1时,g(x)0,g(x)单调递增.所以x=1是g(x)的极小值点,故g(x)g(1)=0.综上,a=1.(2)证明:由(1)知f(x)=x2-x-xln x, f (x)=2x-2-ln x.设h(x)=2x-2-ln x,则h(x)=2-1x.当x0,12时,h(x)0.所以h(x)在0,12上单调递减,在12,+上单调递增.又h(e-2)0,h120,h(1)=0,所以h(x)在0,12上有唯一零点x0,在12,+上有唯一零点1,且当x(0,x0)时,h(x)