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2026年理想树试题攻略高中数学
注：目前有些书本章节名称可能整理的还不是很完善，但都是按照顺序排列的，请同学们按照顺序仔细查找。练习册 2026年理想树试题攻略高中数学 答案主要是用来给同学们做完题方便对答案用的，请勿直接抄袭。
18. (17 分)
已知双曲线 $C: x^{2}-y^{2}=a^{2}(a＞0)$ 的左、右焦点分别为 $F_{1}, F_{2}$, 且 $\left|F_{1} F_{2}\right|=4$. 过 $F_{2}$ 的直线 $l$ 与 $C$ 交于 $A, B$ 两点.
(1) 求 $C$ 的方程.
(2) 若 $A, B$ 均在 $C$ 的右支上, 且 $\triangle A B F_{1}$ 的周长为 $16 \sqrt{2}$, 求 $l$ 的方程.
(3) 是否存在 $x$ 轴上的定点 $M$, 使得 $\overrightarrow{M A} · \overrightarrow{M B}$ 为定值? 若存在, 求出点 $M$ 的坐标; 若不存在, 请说明理由.
已知双曲线 $C: x^{2}-y^{2}=a^{2}(a＞0)$ 的左、右焦点分别为 $F_{1}, F_{2}$, 且 $\left|F_{1} F_{2}\right|=4$. 过 $F_{2}$ 的直线 $l$ 与 $C$ 交于 $A, B$ 两点.
(1) 求 $C$ 的方程.
(2) 若 $A, B$ 均在 $C$ 的右支上, 且 $\triangle A B F_{1}$ 的周长为 $16 \sqrt{2}$, 求 $l$ 的方程.
(3) 是否存在 $x$ 轴上的定点 $M$, 使得 $\overrightarrow{M A} · \overrightarrow{M B}$ 为定值? 若存在, 求出点 $M$ 的坐标; 若不存在, 请说明理由.
答案：
18.经典题型双曲线的方程及几何性质、直线方程及直线与双曲线的位置关系
[解]
(1)计算参数，从而得到双曲线的方程
因为$|F_1F_2| = 4$，所以$2c = 4$，所以$c = 2$，又$c^2 = 2a^2$，所以$a^2 = 2$。所以双曲线$C$的方程为$\frac{x^2}{2}-\frac{y^2}{2}=1$。
(2)第一步：根据题设确定直线与双曲线相交所得的弦长
因为$A$，$B$均在$C$的右支上，且$\triangle ABF_1$的周长为$16\sqrt{2}$，所以$|AB|+|AF_1|+|BF_1|=16\sqrt{2}$ ①，又根据双曲线的定义可知，$|AF_1|-|AF_2|=2\sqrt{2}$ ②，$|BF_1|-|BF_2|=2\sqrt{2}$ ③，② + ③可得，$|AF_1|+|BF_1|-|AF_2|-|BF_2|=|AF_1|+|BF_1|-|AB|=4\sqrt{2}$ ④，联立①和④可得，$|AB|=6\sqrt{2}$。
解法一（弦长公式）：
第二步：直线$l$与双曲线方程联立得出弦长的表达式
如图，可得$F_2(2,0)$，根据题意知直线$l$的斜率不为0，所以设直线$l:x = ty + 2$，$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，联立$\begin{cases}x = ty + 2\frac{x^2}{2}-\frac{y^2}{2}=1\end{cases}$，得$(ty + 2)^2-y^2=2$，整理得$(t^2 - 1)y^2+4ty + 2 = 0$。
因为$A$，$B$均在$C$的右支上，所以$t^2 - 1\neq0$，$\Delta=(4t)^2-4×2(t^2 - 1)=8(t^2 + 1)\gt0$，$y_1 + y_2=-\frac{4t}{t^2 - 1}$。
所以$(y_1 - y_2)^2=(y_1 + y_2)^2-4y_1y_2=\frac{16t^2}{(t^2 - 1)^2}-\frac{8}{t^2 - 1}=\frac{16t^2-8(t^2 - 1)}{(t^2 - 1)^2}=\frac{8(t^2 + 1)}{(t^2 - 1)^2}$，则$|AB|=\sqrt{1 + t^2}·|y_1 - y_2|=\frac{2\sqrt{2}(t^2 + 1)}{1 - t^2}=6\sqrt{2}$。
第三步：计算得出直线$l$的方程
解得$t^2=\frac{1}{2}$，所以$t=\pm\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以直线$l$的方程为$x=\pm\frac{\sqrt{2}}{2}y + 2$，即$\sqrt{2}x + y - 2\sqrt{2}=0$或$\sqrt{2}x - y - 2\sqrt{2}=0$。
解法二（双曲线的第二定义）：
第二步：确定直线斜率存在并将直线方程与双曲线方程联立，再根据双曲线的第二定义表示出弦长
由题可得，当直线$l$的斜率不存在时，直线$l$的方程为$x = 2$，此时$|AB|=2\sqrt{2}$，不合题意，舍去，所以直线$l$的斜率一定存在，设直线$l$的方程为$y = k(x - 2)$，$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，$x_1\gt\sqrt{2}$，$x_2\gt\sqrt{2}$，联立$\begin{cases}y = k(x - 2)\frac{x^2}{2}-\frac{y^2}{2}=1\end{cases}$，可得$(1 - k^2)x^2+4k^2x - 4k^2 - 2 = 0$，可知$1 - k^2\neq0$，$\Delta=(4k^2)^2+4(1 - k^2)(4k^2 + 2)=8(1 + k^2)\gt0$。
根据根与系数的关系可得，$x_1 + x_2=\frac{4k^2}{k^2 - 1}$，根据双曲线的第二定义可得，$|AF_2|=\sqrt{2}|x_1 - 1|=\sqrt{2}(x_1 - 1)$，$|BF_2|=\sqrt{2}|x_2 - 1|=\sqrt{2}(x_2 - 1)$，所以$|AB|=|AF_2|+|BF_2|=\sqrt{2}(x_1 + x_2)-2\sqrt{2}=6\sqrt{2}$。
第三步：计算得出直线$l$的方程
解得$k=\pm\sqrt{2}$，所以直线$l$的方程为$\sqrt{2}x + y - 2\sqrt{2}=0$或$\sqrt{2}x - y - 2\sqrt{2}=0$。
(3)第一步：判断直线$l$与$x$轴不重合时的情况
假设存在$x$轴上的定点$M(m,0)$，使得$\overrightarrow{MA}·\overrightarrow{MB}$为定值。当直线$l$与$x$轴不重合时，设直线$l$的方程为$x = ny + 2$，$A(x_3,y_3)$，$B(x_4,y_4)$，结合
(2)可得，$y_3 + y_4=-\frac{4n}{n^2 - 1}$，$y_3y_4=\frac{2}{n^2 - 1}$，又$\overrightarrow{MA}=(x_3 - m,y_3)$，$\overrightarrow{MB}=(x_4 - m,y_4)$，所以$\overrightarrow{MA}·\overrightarrow{MB}=(x_3 - m,y_3)·(x_4 - m,y_4)=(x_3 - m)(x_4 - m)+y_3y_4=(n^2 + 1)y_3y_4+(2 - m)n(y_3 + y_4)+(2 - m)^2=\frac{2(n^2 + 1)}{n^2 - 1}-\frac{4n^2(2 - m)}{n^2 - 1}+(2 - m)^2=\frac{(4m - 6)n^2+2}{n^2 - 1}+(2 - m)^2$。
令$\overrightarrow{MA}·\overrightarrow{MB}=\lambda$，整理可得$[4m - 6+(2 - m)^2-\lambda]n^2+2+\lambda-(2 - m)^²=0$，因为$\overrightarrow{MA}·\overrightarrow{MB}$为常数，所以$\begin{cases}4m - 6+(2 - m)^2-\lambda=0\\2+\lambda-(2 - m)^2=0\end{cases}$，解得$m = 1$，此时$\overrightarrow{MA}·\overrightarrow{MB}=-2 + 1=-1$。
第二步：判断直线$l$与$x$轴重合时的情况
当直线$l$与$x$轴重合时，$A$，$B$的坐标分别为$(\sqrt{2},0)$，$(-\sqrt{2},0)$，若$m = 1$，则此时$\overrightarrow{MA}·\overrightarrow{MB}=-2 + 1=-1$。
综上，存在$x$轴上的定点$M(1,0)$，使得$\overrightarrow{MA}·\overrightarrow{MB}$为定值。
18.经典题型双曲线的方程及几何性质、直线方程及直线与双曲线的位置关系
[解]
(1)计算参数，从而得到双曲线的方程
因为$|F_1F_2| = 4$，所以$2c = 4$，所以$c = 2$，又$c^2 = 2a^2$，所以$a^2 = 2$。所以双曲线$C$的方程为$\frac{x^2}{2}-\frac{y^2}{2}=1$。
(2)第一步：根据题设确定直线与双曲线相交所得的弦长
因为$A$，$B$均在$C$的右支上，且$\triangle ABF_1$的周长为$16\sqrt{2}$，所以$|AB|+|AF_1|+|BF_1|=16\sqrt{2}$ ①，又根据双曲线的定义可知，$|AF_1|-|AF_2|=2\sqrt{2}$ ②，$|BF_1|-|BF_2|=2\sqrt{2}$ ③，② + ③可得，$|AF_1|+|BF_1|-|AF_2|-|BF_2|=|AF_1|+|BF_1|-|AB|=4\sqrt{2}$ ④，联立①和④可得，$|AB|=6\sqrt{2}$。
解法一（弦长公式）：
第二步：直线$l$与双曲线方程联立得出弦长的表达式
如图，可得$F_2(2,0)$，根据题意知直线$l$的斜率不为0，所以设直线$l:x = ty + 2$，$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，联立$\begin{cases}x = ty + 2\frac{x^2}{2}-\frac{y^2}{2}=1\end{cases}$，得$(ty + 2)^2-y^2=2$，整理得$(t^2 - 1)y^2+4ty + 2 = 0$。
因为$A$，$B$均在$C$的右支上，所以$t^2 - 1\neq0$，$\Delta=(4t)^2-4×2(t^2 - 1)=8(t^2 + 1)\gt0$，$y_1 + y_2=-\frac{4t}{t^2 - 1}$。
所以$(y_1 - y_2)^2=(y_1 + y_2)^2-4y_1y_2=\frac{16t^2}{(t^2 - 1)^2}-\frac{8}{t^2 - 1}=\frac{16t^2-8(t^2 - 1)}{(t^2 - 1)^2}=\frac{8(t^2 + 1)}{(t^2 - 1)^2}$，则$|AB|=\sqrt{1 + t^2}·|y_1 - y_2|=\frac{2\sqrt{2}(t^2 + 1)}{1 - t^2}=6\sqrt{2}$。
第三步：计算得出直线$l$的方程
解得$t^2=\frac{1}{2}$，所以$t=\pm\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以直线$l$的方程为$x=\pm\frac{\sqrt{2}}{2}y + 2$，即$\sqrt{2}x + y - 2\sqrt{2}=0$或$\sqrt{2}x - y - 2\sqrt{2}=0$。
解法二（双曲线的第二定义）：
第二步：确定直线斜率存在并将直线方程与双曲线方程联立，再根据双曲线的第二定义表示出弦长
由题可得，当直线$l$的斜率不存在时，直线$l$的方程为$x = 2$，此时$|AB|=2\sqrt{2}$，不合题意，舍去，所以直线$l$的斜率一定存在，设直线$l$的方程为$y = k(x - 2)$，$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，$x_1\gt\sqrt{2}$，$x_2\gt\sqrt{2}$，联立$\begin{cases}y = k(x - 2)\frac{x^2}{2}-\frac{y^2}{2}=1\end{cases}$，可得$(1 - k^2)x^2+4k^2x - 4k^2 - 2 = 0$，可知$1 - k^2\neq0$，$\Delta=(4k^2)^2+4(1 - k^2)(4k^2 + 2)=8(1 + k^2)\gt0$。
根据根与系数的关系可得，$x_1 + x_2=\frac{4k^2}{k^2 - 1}$，根据双曲线的第二定义可得，$|AF_2|=\sqrt{2}|x_1 - 1|=\sqrt{2}(x_1 - 1)$，$|BF_2|=\sqrt{2}|x_2 - 1|=\sqrt{2}(x_2 - 1)$，所以$|AB|=|AF_2|+|BF_2|=\sqrt{2}(x_1 + x_2)-2\sqrt{2}=6\sqrt{2}$。
第三步：计算得出直线$l$的方程
解得$k=\pm\sqrt{2}$，所以直线$l$的方程为$\sqrt{2}x + y - 2\sqrt{2}=0$或$\sqrt{2}x - y - 2\sqrt{2}=0$。
(3)第一步：判断直线$l$与$x$轴不重合时的情况
假设存在$x$轴上的定点$M(m,0)$，使得$\overrightarrow{MA}·\overrightarrow{MB}$为定值。当直线$l$与$x$轴不重合时，设直线$l$的方程为$x = ny + 2$，$A(x_3,y_3)$，$B(x_4,y_4)$，结合
(2)可得，$y_3 + y_4=-\frac{4n}{n^2 - 1}$，$y_3y_4=\frac{2}{n^2 - 1}$，又$\overrightarrow{MA}=(x_3 - m,y_3)$，$\overrightarrow{MB}=(x_4 - m,y_4)$，所以$\overrightarrow{MA}·\overrightarrow{MB}=(x_3 - m,y_3)·(x_4 - m,y_4)=(x_3 - m)(x_4 - m)+y_3y_4=(n^2 + 1)y_3y_4+(2 - m)n(y_3 + y_4)+(2 - m)^2=\frac{2(n^2 + 1)}{n^2 - 1}-\frac{4n^2(2 - m)}{n^2 - 1}+(2 - m)^2=\frac{(4m - 6)n^2+2}{n^2 - 1}+(2 - m)^2$。
令$\overrightarrow{MA}·\overrightarrow{MB}=\lambda$，整理可得$[4m - 6+(2 - m)^2-\lambda]n^2+2+\lambda-(2 - m)^²=0$，因为$\overrightarrow{MA}·\overrightarrow{MB}$为常数，所以$\begin{cases}4m - 6+(2 - m)^2-\lambda=0\\2+\lambda-(2 - m)^2=0\end{cases}$，解得$m = 1$，此时$\overrightarrow{MA}·\overrightarrow{MB}=-2 + 1=-1$。
第二步：判断直线$l$与$x$轴重合时的情况
当直线$l$与$x$轴重合时，$A$，$B$的坐标分别为$(\sqrt{2},0)$，$(-\sqrt{2},0)$，若$m = 1$，则此时$\overrightarrow{MA}·\overrightarrow{MB}=-2 + 1=-1$。
综上，存在$x$轴上的定点$M(1,0)$，使得$\overrightarrow{MA}·\overrightarrow{MB}$为定值。
19. (17 分)
已知函数 $f(x)=\ln (a x)+\frac{1}{x}+a(x-1)$, 其中 $a \neq 0$.
(1) 当 $a=1$ 时, 若直线 $y=-x+b$ 是曲线 $y=f(x)$ 的一条切线, 求 $b$ 的值;
(2) 讨论 $f(x)$ 的单调性;
(3) 若集合 $\{x|f(x)＜1, x \in \mathbf{Z}\}$ 中有且仅有一个元素，求 $a$ 的取值范围. [视频讲解]
已知函数 $f(x)=\ln (a x)+\frac{1}{x}+a(x-1)$, 其中 $a \neq 0$.
(1) 当 $a=1$ 时, 若直线 $y=-x+b$ 是曲线 $y=f(x)$ 的一条切线, 求 $b$ 的值;
(2) 讨论 $f(x)$ 的单调性;
(3) 若集合 $\{x|f(x)＜1, x \in \mathbf{Z}\}$ 中有且仅有一个元素，求 $a$ 的取值范围. [视频讲解]
答案：
19.重难题型函数的性质及导数的综合应用
[解]
(1)第一步：代入$a$的值求导
当$a = 1$时，$f(x)=\ln x+\frac{1}{x}+x - 1(x\gt0)$，则$f'(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}+1$。
第二步：根据切线方程判断切点并求$b$
当$f'(x)=-1$时，解得$x=\frac{1}{2}$或$x = -1$（舍），则$f(\frac{1}{2})=\ln\frac{1}{2}+2+\frac{1}{2}-1=\frac{3}{2}-\ln 2$，可得切点$(\frac{1}{2},\frac{3}{2}-\ln 2)$，代入切线方程得$\frac{3}{2}-\ln 2=-\frac{1}{2}+b$，解得$b = 2-\ln 2$。
(2)第一步：根据题意对函数求导
由$f(x)=\ln(ax)+\frac{1}{x}+a(x - 1)$，得$f'(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}+a=\frac{ax^2 + x - 1}{x^2}$。
第二步：分析当$a$取不同值时函数$f(x)$的单调性
当$a\gt0$时，定义域为$(0,+\infty)$，$f'(x)=\frac{ax^2 + x - 1}{x^2}$，二次函数$y = ax^2 + x - 1$的图象开口向上，令$h(x)=ax^2 + x - 1$，则$\Delta=1 + 4a\gt0$，令$h(x)=0$，可得该方程在$(0,+\infty)$上的解为$x=\frac{-1+\sqrt{1 + 4a}}{2a}$。
当$0\lt x\lt\frac{-1+\sqrt{1 + 4a}}{2a}$时，$h(x)\lt0$，$f'(x)\lt0$，$f(x)$在$(0,\frac{-1+\sqrt{1 + 4a}}{2a})$上单调递减；当$x\gt\frac{-1+\sqrt{1 + 4a}}{2a}$时，$h(x)\gt0$，$f'(x)\gt0$，$f(x)$在$(\frac{-1+\sqrt{1 + 4a}}{2a},+\infty)$上单调递增。
当$a\lt0$时，定义域为$(-\infty,0)$，则$f'(x)=\frac{ax^2 + x - 1}{x^2}\lt0$恒成立，$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减。
一题多解
(2)（二次函数的性质）第一步：求导
由$f(x)=\ln(ax)+\frac{1}{x}+a(x - 1)$，得$f'(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}+a=\frac{ax^2 + x - 1}{x^2}$。
第二步：分析分子取值的正负情况，确定函数的单调性
令$h(x)=ax^2 + x - 1$，则$\Delta=1 + 4a$。
①当$a\lt0$时，定义域为$(-\infty,0)$。
(i)当$a\leq-\frac{1}{4}$时，$\Delta\leq0$，$h(x)\leq0$，则$f'(x)\leq0$，所以$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减；
(ii)当$-\frac{1}{4}\lt a\lt0$时，$\Delta\gt0$，函数$h(x)$的图象的对称轴方程为$x=-\frac{1}{2a}\gt0$，则$h(x)$在$(-\infty,0)$上单调递增，此时$h(x)\lt h(0)=-1$，所以$f'(x)\lt0$，所以$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减。
所以当$a\lt0$时，$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减。
②当$a\gt0$时，定义域为$(0,+\infty)$，$\Delta=1 + 4a\gt0$，函数$h(x)$的图象的对称轴方程为$x=-\frac{1}{2a}\lt0$，所以$h(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，且$h(0)=-1$，令$h(x)=0$，可得该方程在$(0,+\infty)$上的解为$x=\frac{-1+\sqrt{1 + 4a}}{2a}$。
当$0\lt x\lt\frac{-1+\sqrt{1 + 4a}}{2a}$时，$h(x)\lt0$，即$f'(x)\lt0$，$f(x)$在$(0,\frac{-1+\sqrt{1 + 4a}}{2a})$上单调递减；当$x\gt\frac{-1+\sqrt{1 + 4a}}{2a}$时，$h(x)\gt0$，即$f'(x)\gt0$，$f(x)$在$(\frac{-1+\sqrt{1 + 4a}}{2a},+\infty)$上单调递增。
综上，当$a\gt0$时，$f(x)$在$(0,\frac{-1+\sqrt{1 + 4a}}{2a})$上单调递减，在$(\frac{-1+\sqrt{1 + 4a}}{2a},+\infty)$上单调递增；当$a＜0$时，$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减。
(3)第一步：求解当$a＜0$时，$a$的取值范围
①当$a＜0$时，定义域为$(-\infty,0)$。
解法一：由$f(x)=\ln(ax)+\frac{1}{x}+a(x-1)$可知，$f(\frac{1}{a})=\ln1+a+a(\frac{1}{a}-1)=1$。
当$a＜0$时，由
(2)可得，$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减，若集合$\{x|f(x)＜1,x\in Z\}$中有且仅有一个元素，则$\begin{cases}f(-1)＜1\\f(-2)\geq1\end{cases}$，即$\begin{cases}f(-1)＜f(\frac{1}{a})\\f(-2)\geq f(\frac{1}{a})\end{cases}$，即$\begin{cases}-1＞\frac{1}{a}\\-2\leq\frac{1}{a}\end{cases}$，解得$-1＜a\leq-\frac{1}{2}$。
解法二：当$a＜0$时，由
(2)可得，$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减，此时$f(\frac{1}{a})=\ln1+a+a(\frac{1}{a}-1)=1$，若$f(x)＜1$有且仅有1个整数解，则该整数解必为$-1$，所以$-2\leq\frac{1}{a}＜-1$，解得$-1＜a\leq-\frac{1}{2}$。
解法三：当$a＜0$时，由
(2)可得，$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减，若$f(x)＜1$有且仅有1个整数解，则该整数解必为$-1$。则$\begin{cases}f(-1)＜1\\f(-2)\geq1\end{cases}$，即$\begin{cases}\ln(-a)-\frac{1}{2}-3a＜1\\\ln(-2a)-\frac{1}{3}-3a-\frac{3}{2}\geq1\end{cases}$，令$-a=t＞0$，令$\varphi(t)=\ln(2t)+3t-\frac{3}{2}\geq0$，因为$\varphi(t)$在$(0,+\infty)$上单调递增，且$\varphi(\frac{1}{2})=0$，所以$t\geq\frac{1}{2}$，即$a\leq-\frac{1}{2}$；令$\omega(t)=\ln t+2t-2＜0$，因为$\omega(t)$在$(0,+\infty)$上单调递增，且$\omega(1)=0$，所以$t＜1$，即$a＞-1$，所以$-1＜a\leq-\frac{1}{2}$。
第二步：求解当$a＞0$时，$a$的取值范围
②当$a＞0$时，定义域为$(0,+\infty)$，$f(\frac{1}{a})=\ln1+a+a(\frac{1}{a}-1)=1$。
解法一（当$a＞0$时，讨论$f(x)$的极值点$\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2a}$与$\frac{1}{a}$的大小关系）：
当$a＞0$时，$f(x)$在$(0,\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2a})$上单调递减，在$(\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2a},+\infty)$上单调递增。
(i)当$\frac{1}{a}=\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2a}$，即$a=2$时，$f(x)_{min}=f(\frac{1}{2})=1$，此时$f(x)＜1$无解，舍。
(ii)当$\frac{1}{a}＜\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2a}$，即$a＞2$时，此时$\frac{1}{a}＜\frac{1}{2}$，若$f(x)＜1$有且仅有1个整数解，则该整数解必为1，则$\begin{cases}f(1)＜1\\f(2)\geq1\end{cases}$，即$\begin{cases}\ln a+1＜1\\\ln(2a)+2+a\geq1\end{cases}$，化简得$\begin{cases}0＜a＜1\\\ln(2a)+a\geq-\frac{1}{2}\end{cases}$，与$a＞2$矛盾，舍。
(iii)当$\frac{1}{a}＞\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2a}$，即$0＜a＜2$时，此时$\frac{1}{a}＞\frac{1}{2}$，若$f(x)＜1$有且仅有1个整数解，则该整数解必为1，所以$1＜\frac{1}{a}\leq2$，即$\frac{1}{2}\leq a＜1$。
综上，$a$的取值范围为$(-1,-\frac{1}{2}]\cup[\frac{1}{2},1)$。
解法二（当$a＞0$时，关注极值点$\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2a}$与1的大小关系）：
由
(2)可得，当$a＞0$时，$f(x)$在$(0,\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2a})$上单调递减，在$(\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2a},+\infty)$上单调递增。
$f'(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}+a=\frac{ax^2+x-1}{x^2}(x＞0)$，令$F(x)=ax^2+x-1$，$F(0)=-1＜0$，$F(1)=a＞0$，则$0＜\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2a}＜1$（另解：也可通过放缩确定大小关系：$\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2a}＜\frac{-1+\sqrt{1+4a+4a^2}}{2a}=\frac{-1+1+2a}{2a}=1$）。
所以$f(x)$在$[1,+\infty)$上单调递增。
若$f(x)＜1$有且仅有1个整数解，则该整数解必为1，则$\begin{cases}f(1)＜1\\f(2)\geq1\end{cases}$，即$\begin{cases}\ln a+1＜1\\\ln(2a)+2+a\geq1\end{cases}$，即$\begin{cases}0＜a＜1\\\ln(2a)+a\geq-\frac{1}{2}\end{cases}$。
设$m(a)=\ln(2a)+a$，则$m'(a)=\frac{1}{a}+1＞0$，所以$m(a)$在$(0,+\infty)$上单调递增。
又$m(\frac{1}{2})=-\frac{1}{2}$，所以$m(a)\geq-\frac{1}{2}$的解集为$a\geq\frac{1}{2}$，则$\frac{1}{2}\leq a＜1$。
综上所述，$a$的取值范围为$(-1,-\frac{1}{2}]\cup[\frac{1}{2},1)$。
[解]
(1)第一步：代入$a$的值求导
当$a = 1$时，$f(x)=\ln x+\frac{1}{x}+x - 1(x\gt0)$，则$f'(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}+1$。
第二步：根据切线方程判断切点并求$b$
当$f'(x)=-1$时，解得$x=\frac{1}{2}$或$x = -1$（舍），则$f(\frac{1}{2})=\ln\frac{1}{2}+2+\frac{1}{2}-1=\frac{3}{2}-\ln 2$，可得切点$(\frac{1}{2},\frac{3}{2}-\ln 2)$，代入切线方程得$\frac{3}{2}-\ln 2=-\frac{1}{2}+b$，解得$b = 2-\ln 2$。
(2)第一步：根据题意对函数求导
由$f(x)=\ln(ax)+\frac{1}{x}+a(x - 1)$，得$f'(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}+a=\frac{ax^2 + x - 1}{x^2}$。
第二步：分析当$a$取不同值时函数$f(x)$的单调性
当$a\gt0$时，定义域为$(0,+\infty)$，$f'(x)=\frac{ax^2 + x - 1}{x^2}$，二次函数$y = ax^2 + x - 1$的图象开口向上，令$h(x)=ax^2 + x - 1$，则$\Delta=1 + 4a\gt0$，令$h(x)=0$，可得该方程在$(0,+\infty)$上的解为$x=\frac{-1+\sqrt{1 + 4a}}{2a}$。
当$0\lt x\lt\frac{-1+\sqrt{1 + 4a}}{2a}$时，$h(x)\lt0$，$f'(x)\lt0$，$f(x)$在$(0,\frac{-1+\sqrt{1 + 4a}}{2a})$上单调递减；当$x\gt\frac{-1+\sqrt{1 + 4a}}{2a}$时，$h(x)\gt0$，$f'(x)\gt0$，$f(x)$在$(\frac{-1+\sqrt{1 + 4a}}{2a},+\infty)$上单调递增。
当$a\lt0$时，定义域为$(-\infty,0)$，则$f'(x)=\frac{ax^2 + x - 1}{x^2}\lt0$恒成立，$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减。
一题多解
(2)（二次函数的性质）第一步：求导
由$f(x)=\ln(ax)+\frac{1}{x}+a(x - 1)$，得$f'(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}+a=\frac{ax^2 + x - 1}{x^2}$。
第二步：分析分子取值的正负情况，确定函数的单调性
令$h(x)=ax^2 + x - 1$，则$\Delta=1 + 4a$。
①当$a\lt0$时，定义域为$(-\infty,0)$。
(i)当$a\leq-\frac{1}{4}$时，$\Delta\leq0$，$h(x)\leq0$，则$f'(x)\leq0$，所以$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减；
(ii)当$-\frac{1}{4}\lt a\lt0$时，$\Delta\gt0$，函数$h(x)$的图象的对称轴方程为$x=-\frac{1}{2a}\gt0$，则$h(x)$在$(-\infty,0)$上单调递增，此时$h(x)\lt h(0)=-1$，所以$f'(x)\lt0$，所以$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减。
所以当$a\lt0$时，$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减。
②当$a\gt0$时，定义域为$(0,+\infty)$，$\Delta=1 + 4a\gt0$，函数$h(x)$的图象的对称轴方程为$x=-\frac{1}{2a}\lt0$，所以$h(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，且$h(0)=-1$，令$h(x)=0$，可得该方程在$(0,+\infty)$上的解为$x=\frac{-1+\sqrt{1 + 4a}}{2a}$。
当$0\lt x\lt\frac{-1+\sqrt{1 + 4a}}{2a}$时，$h(x)\lt0$，即$f'(x)\lt0$，$f(x)$在$(0,\frac{-1+\sqrt{1 + 4a}}{2a})$上单调递减；当$x\gt\frac{-1+\sqrt{1 + 4a}}{2a}$时，$h(x)\gt0$，即$f'(x)\gt0$，$f(x)$在$(\frac{-1+\sqrt{1 + 4a}}{2a},+\infty)$上单调递增。
综上，当$a\gt0$时，$f(x)$在$(0,\frac{-1+\sqrt{1 + 4a}}{2a})$上单调递减，在$(\frac{-1+\sqrt{1 + 4a}}{2a},+\infty)$上单调递增；当$a＜0$时，$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减。
(3)第一步：求解当$a＜0$时，$a$的取值范围
①当$a＜0$时，定义域为$(-\infty,0)$。
解法一：由$f(x)=\ln(ax)+\frac{1}{x}+a(x-1)$可知，$f(\frac{1}{a})=\ln1+a+a(\frac{1}{a}-1)=1$。
当$a＜0$时，由
(2)可得，$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减，若集合$\{x|f(x)＜1,x\in Z\}$中有且仅有一个元素，则$\begin{cases}f(-1)＜1\\f(-2)\geq1\end{cases}$，即$\begin{cases}f(-1)＜f(\frac{1}{a})\\f(-2)\geq f(\frac{1}{a})\end{cases}$，即$\begin{cases}-1＞\frac{1}{a}\\-2\leq\frac{1}{a}\end{cases}$，解得$-1＜a\leq-\frac{1}{2}$。
解法二：当$a＜0$时，由
(2)可得，$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减，此时$f(\frac{1}{a})=\ln1+a+a(\frac{1}{a}-1)=1$，若$f(x)＜1$有且仅有1个整数解，则该整数解必为$-1$，所以$-2\leq\frac{1}{a}＜-1$，解得$-1＜a\leq-\frac{1}{2}$。
解法三：当$a＜0$时，由
(2)可得，$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减，若$f(x)＜1$有且仅有1个整数解，则该整数解必为$-1$。则$\begin{cases}f(-1)＜1\\f(-2)\geq1\end{cases}$，即$\begin{cases}\ln(-a)-\frac{1}{2}-3a＜1\\\ln(-2a)-\frac{1}{3}-3a-\frac{3}{2}\geq1\end{cases}$，令$-a=t＞0$，令$\varphi(t)=\ln(2t)+3t-\frac{3}{2}\geq0$，因为$\varphi(t)$在$(0,+\infty)$上单调递增，且$\varphi(\frac{1}{2})=0$，所以$t\geq\frac{1}{2}$，即$a\leq-\frac{1}{2}$；令$\omega(t)=\ln t+2t-2＜0$，因为$\omega(t)$在$(0,+\infty)$上单调递增，且$\omega(1)=0$，所以$t＜1$，即$a＞-1$，所以$-1＜a\leq-\frac{1}{2}$。
第二步：求解当$a＞0$时，$a$的取值范围
②当$a＞0$时，定义域为$(0,+\infty)$，$f(\frac{1}{a})=\ln1+a+a(\frac{1}{a}-1)=1$。
解法一（当$a＞0$时，讨论$f(x)$的极值点$\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2a}$与$\frac{1}{a}$的大小关系）：
当$a＞0$时，$f(x)$在$(0,\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2a})$上单调递减，在$(\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2a},+\infty)$上单调递增。
(i)当$\frac{1}{a}=\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2a}$，即$a=2$时，$f(x)_{min}=f(\frac{1}{2})=1$，此时$f(x)＜1$无解，舍。
(ii)当$\frac{1}{a}＜\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2a}$，即$a＞2$时，此时$\frac{1}{a}＜\frac{1}{2}$，若$f(x)＜1$有且仅有1个整数解，则该整数解必为1，则$\begin{cases}f(1)＜1\\f(2)\geq1\end{cases}$，即$\begin{cases}\ln a+1＜1\\\ln(2a)+2+a\geq1\end{cases}$，化简得$\begin{cases}0＜a＜1\\\ln(2a)+a\geq-\frac{1}{2}\end{cases}$，与$a＞2$矛盾，舍。
(iii)当$\frac{1}{a}＞\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2a}$，即$0＜a＜2$时，此时$\frac{1}{a}＞\frac{1}{2}$，若$f(x)＜1$有且仅有1个整数解，则该整数解必为1，所以$1＜\frac{1}{a}\leq2$，即$\frac{1}{2}\leq a＜1$。
综上，$a$的取值范围为$(-1,-\frac{1}{2}]\cup[\frac{1}{2},1)$。
解法二（当$a＞0$时，关注极值点$\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2a}$与1的大小关系）：
由
(2)可得，当$a＞0$时，$f(x)$在$(0,\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2a})$上单调递减，在$(\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2a},+\infty)$上单调递增。
$f'(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}+a=\frac{ax^2+x-1}{x^2}(x＞0)$，令$F(x)=ax^2+x-1$，$F(0)=-1＜0$，$F(1)=a＞0$，则$0＜\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2a}＜1$（另解：也可通过放缩确定大小关系：$\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2a}＜\frac{-1+\sqrt{1+4a+4a^2}}{2a}=\frac{-1+1+2a}{2a}=1$）。
所以$f(x)$在$[1,+\infty)$上单调递增。
若$f(x)＜1$有且仅有1个整数解，则该整数解必为1，则$\begin{cases}f(1)＜1\\f(2)\geq1\end{cases}$，即$\begin{cases}\ln a+1＜1\\\ln(2a)+2+a\geq1\end{cases}$，即$\begin{cases}0＜a＜1\\\ln(2a)+a\geq-\frac{1}{2}\end{cases}$。
设$m(a)=\ln(2a)+a$，则$m'(a)=\frac{1}{a}+1＞0$，所以$m(a)$在$(0,+\infty)$上单调递增。
又$m(\frac{1}{2})=-\frac{1}{2}$，所以$m(a)\geq-\frac{1}{2}$的解集为$a\geq\frac{1}{2}$，则$\frac{1}{2}\leq a＜1$。
综上所述，$a$的取值范围为$(-1,-\frac{1}{2}]\cup[\frac{1}{2},1)$。
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