2025高考数学总复习 提能训练　练案20

提能训练练案[20]A组基础巩固1．已知函数f(x)＝lnx＋eq\f(2,x)－2，证明：函数f(x)在(1，＋∞)内有且仅有一个零点．[证明]f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2,x2)＝eq\f(x－2,x2)，令f′(x)＝0，得x＝2，令f′(x)>0，得x>2，令f′(x)<0，得0<x<2，所以f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．因为f(1)＝0，f(2)＝ln2－1<0，f(e2)＝2＋eq\f(2,e2)－2>0，所以结合单调性，知f(x)在(1，＋∞)内有且仅有一个零点．2．若函数f(x)＝ex(x2－2x＋1－a)－x恒有2个零点，求a的取值范围．[解析]由f(x)＝0，得x2－2x＋1－a＝eq\f(x,ex).令g(x)＝eq\f(x,ex)，则函数f(x)＝ex(x2－2x＋1－a)－x恒有2个零点等价于函数y＝x2－2x＋1－a与y＝g(x)的图象有2个交点，g′(x)＝eq\f(1－x,ex)，令g′(x)>0，得x<1，令g′(x)<0，得x>1，所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝eq\f(1,e).作出函数y＝x2－2x＋1－a＝(x－1)2－a与y＝g(x)的图象，如图所示，数形结合可得－a<eq\f(1,e)，解得a>－eq\f(1,e)，故a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，＋∞)).3．已知函数f(x)＝xex＋ex，讨论函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点个数．[解析]函数f(x)的定义域为R，且f′(x)＝(x＋2)ex，所以当x∈(－∞，－2)时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，－2)上为减函数，当x∈(－2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(－2，＋∞)上为增函数，故f(x)在x＝－2时取得极小值，也是最小值，即f(－2)＝－eq\f(1,e2)，令f(x)＝0，得x＝－1，当x<－1时，f(x)<0；当x>－1时，f(x)>0，且f(x)的图象经过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,e2)))，(－1,0)，(0,1)．当x→－∞时，与一次函数相比，指数函数y＝e－x增长更快，从而f(x)＝eq\f(x＋1,e－x)→0；【卡壳点】极限思想的应用当x→＋∞时，f(x)→＋∞，f′(x)→＋∞，根据以上信息，画出f(x)大致图象如图所示．【易错点】忽视图象过点(0,1)函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点个数即为y＝f(x)的图象与直线y＝a的交点个数．∴关于函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点个数有如下结论：当a<－eq\f(1,e2)时，函数零点个数为0；当a＝－eq\f(1,e2)或a≥0时，函数零点个数为1；当－eq\f(1,e2)<a<0时，函数零点个数为2.4．已知函数f(x)＝ex－ax有两个零点．(1)求实数a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，求证：f′(eq\r(x1x2))<0.[解析](1)求出导函数f′(x)＝ex－a，通过讨论a≤0，a>0时，结合函数有两个零点，可知a>0，利用函数单调性可知，当f(lna)<0时，原函数才有两个零点，求解即可；(2)要证f′(eq\r(x1x2))<0，即证eq\r(x1x2)∈(－∞，lna)，方法一：不妨设x1<x2，由f(x)在(－∞，lna)单调递减，得f(x1)>f(2lna－x2)，构造函数h(x)＝f(x)－f(2lna－x)，求导，利用基本不等式可得h′(x)≥0，则f(x2)－f(2lna－x2)>0，结合f(0)＝1>0，所以0<x1<lna<x2，所以eq\f(x1＋x2,2)>eq\r(x1x2)，命题得证；方法二：不妨设x1<x2，由f(x)在(－∞，lna)上单调递减，得f(x1)>f(2lna－x2)，结合f(x1)＝0和ex2＝ax2，得eq\f(a2,ex2)－2alna＋ax2＝eq\f(ex2,x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)＋2lnx2－x2))，构造函数h(x)＝eq\f(1,x)＋2lnx－x(x>1)，则h′(x)<0，则函数h(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x2)<h(1)＝0，所以f(2lna－x2)<0，可得x1＋x2<2lna，则0<x1<lna<x2，命题得证．(1)f′(x)＝ex－a，当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在R上单调递增，不满足题意；当a>0时，令f′(x)<0，可得x∈(－∞，lna)，令f′(x)>0，可得x∈(lna，＋∞)，所以f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，当a>e时，有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝eeq\s\up10(\f(1,a))－1>0，f(a)＝ea－a2>0，又因为函数f(x)＝ex－ax有两个零点，所以f(lna)<0，即elna－alna<0，所以a－alna<0，可得lna>1，所以a>e，故实数a的取值范围是(e，＋∞)．(2)要证f′(eq\r(x1x2))<0，即证eq\r(x1x2)∈(－∞，lna)，方法一：要证x1＋x2<2lna，即证x1<2lna－x2，不妨设x1<x2，由(1)可知x1<lna<x2，所以2lna－x2<lna，因为f(x)在(－∞，lna)上单调递减，即证f(x1)>f(2lna－x2)，因为f(x1)＝f(x2)，所以f(x2)>f(2lna－x2)，即证f(x2)－f(2lna－x2)>0，令h(x)＝f(x)－f(2lna－x)，h′(x)＝f′(x)＋f′(2lna－x)＝ex－2a＋e2lna－x＝ex＋eq\f(a2,ex)－2a≥2eq\r(ex·\f(a2,ex))－2a＝0，所以h(x)在R上单调递增，又因为x2>lna，所以h(x2)>h(lna)＝0，即f(x2)－f(2lna－x2)>0，可得f(0)＝1>0，所以0<x1<lna<x2，所以eq\f(x1＋x2,2)>eq\r(x1x2)，即eq\r(x1x2)<lna，又因为f(x)在(－∞，lna)上单调递减，所以f′(eq\r(x1x2))<0.方法二：要证x1＋x2<2lna，即证x1<2lna－x2，不妨设x1<x2，由(1)可知x1<lna<x2，所以2lna－x2<lna，因为f(x)在(－∞，lna)上单调递减，即证f(x1)>f(2lna－x2)，因为f(x1)＝0，即证f(2lna－x2)<0，f(2lna－x2)＝e2lna－x2－a(2lna－x2)＝eq\f(a2,ex2)－2alna＋ax2，因为ex2＝ax2，所以a＝eq\f(ex2,x2)，所以eq\f(a2,ex2)－2alna＋ax2＝eq\f(ex2,x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)＋2lnx2－x2))，因为x2>lna且a>e，所以x2>1，令h(x)＝eq\f(1,x)＋2lnx－x(x>1)，h′(x)＝－eq\f(1,x2)＋eq\f(2,x)－1＝－eq\f(x－12,x2)<0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x2)<h(1)＝0，所以eq\f(ex2,x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)＋2lnx2－x2))<0，所以f(2lna－x2)<0，可得x1＋x2<2lna，因为f(0)＝1>0，所以0<x1<lna<x2，所以eq\f(x1＋x2,2)>eq\r(x1x2)，即eq\r(x1x2)<lna，又因为f(x)在(－∞，lna)上单调递减，所以f′(eq\r(x1x2))<0.B组能力提升1．已知函数f(x)＝lnx－a2x2＋ax(a≥1)．(1)证明：函数f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数；(2)当a＝1时，证明：函数f(x)只有一个零点．[证明](1)显然函数f(x)＝lnx－a2x2＋ax的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－2a2x＋a＝eq\f(－2a2x2＋ax＋1,x)＝eq\f(－2ax＋1ax－1,x).因为a≥1，x>1，所以2ax＋1>0，ax－1>0，所以f′(x)<0，所以函数f(x)在(1，＋∞)上是减函数．(2)当a＝1时，f(x)＝lnx－x2＋x，其定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－2x＋1＝－eq\f(2x2－x－1,x).令f′(x)＝0，解得x＝－eq\f(1,2)(舍去)或x＝1.所以当0<x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0.所以函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以当x＝1时，函数f(x)取得极大值，也是最大值，即为f(1)＝ln1－12＋1＝0，当x≠1时，f(x)<f(1)，即f(x)<0，所以函数f(x)只有一个零点．2．已知函数f(x)＝xex－eq\f(1,2)a(x＋1)2.(1)若a＝e，求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．[解析](1)由题意知，当a＝e时，f(x)＝xex－eq\f(1,2)e·(x＋1)2，函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝(x＋1)ex－e(x＋1)＝(x＋1)(ex－e)．令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示：x(－∞，－1)－1(－1,1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增极大值－eq\f(1,e)单调递减极小值－e单调递增所以当x＝－1时，f(x)取得极大值－eq\f(1,e)；当x＝1时，f(x)取得极小值－e.(2)解法一(分类讨论法)：f′(x)＝(x＋1)ex－a(x＋1)＝(x＋1)(ex－a)，若a＝0，易知函数f(x)在(－∞，＋∞)上只有一个零点，故不符合题意．若a<0，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．由f(－1)＝－eq\f(1,e)<0，且f(1)＝e－2a>0，当x→－∞时f(x)→＋∞，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上有两个零点．若lna<－1，即0<a<eq\f(1,e)，当x∈(－∞，lna)∪(－1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在区间(－∞，lna)和(－1，＋∞)上单调递增；当x∈(lna，－1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．又f(lna)＝alna－eq\f(1,2)a(lna＋1)2<0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上至多有一个零点，故不符合题意．若lna＝－1，即a＝eq\f(1,e)，当x∈(－∞，＋∞)时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，故不符合题意．若lna>－1，即a>eq\f(1,e)，当x∈(－∞，－1)∪(lna，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在区间(－∞，－1)和(lna，＋∞)上单调递增；当x∈(－1，lna)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．又f(－1)＝－eq\f(1,e)<0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上至多有一个零点，故不符合题意．综上，实数a的取值范围是(－∞，0)．解法二(数形结合法)：令f(x)＝0，即xex－eq\f(1,2)a(x＋1)2＝0，得xex＝eq\f(1,2)a(x＋1)2.当x＝－1时，方程为－e－1＝eq\f(1,2)a×0，显然不成立，所以x＝－1不是方程的解，即－1不是函数f(x)的零点．当x≠－1时，分离参数得a＝eq\f(2xex,x＋12).记g(x)＝eq\f(2xex,x＋12)(x≠－1)，则g′(x)＝eq\f(2xex′x＋12－[x＋12]′·2xex,x＋14)＝eq\f(2exx2＋1,x＋13).当x<－1时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；当x>－1时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增．当x＝0时，g(x)＝0，当x→－∞时，g(x)→0；当x→－1时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→＋∞.故函数g(x)的图象如图所示．作出直线y＝a，由图可知，当a<0时，直线y＝a和函数g(x)的图象有两个交点，此时函数f(x)有两个零点．故实数a的取值范围是(－∞，0)．[方法总结]利用函数零点求参数范围的方法(1)分离参数(a＝g(x))后，将原问题转化为y＝g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y＝a与y＝g(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；(2)利用函数零点存在定理构建不等式求解；(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．3．(2024·浙江省金华十校高三上学期模拟)已知f(x)＝ax2－ax－eq\f(1,x)－lnx＋e1－x(a>0)．(1)若当x＝1时函数f(x)取到极值，求a的值；(2)讨论函数f(x)在区间(1，＋∞)上的零点个数．[解析](1)函数f(x)＝ax2－ax－eq\f(1,x)－lnx＋e1－x，可得f′(x)＝2ax－a＋eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)－e1－x，因为x＝1时函数f(x)取到极值，可得f′(1)＝0，解得a＝1，当a＝1时，可得f′(x)＝2x－1＋eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)－e1－x，令m(x)＝f′(x)＝2x－1＋eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)－e1－x，可得m′(x)＝2－eq\f(2,x3)＋eq\f(1,x2)＋e1－x>2－eq\f(2,x3)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(2x3＋x－2,x3)，令λ(x)＝2x3＋x－2，可得λ′(x)＝6x2＋1>0，所以λ(x)单调递增，又因为λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))＝eq\f(55,256)>0，所以在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)，＋∞))上m′(x)>0，即f′(x)单调递增，所以x＝1是f′(x)的变号零点，所以当x＝1时函数f(x)取到极值．(2)当a≥1时，因为x2－x>0，所以f(x)＝ax2－ax－eq\f(1,x)－lnx＋e1－x≥x2－x－eq\f(1,x)－lnx＋e1－x，令h(x)＝x2－x－eq\f(1,x)－lnx＋e1－x，则h′(x)＝2x－1＋eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)－e1－x>2x－2＋eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)＝(x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,x2)))>0，所以h(x)在(1，＋∞)单调递增，则f(x)≥h(x)>h(1)＝0，所以，当a≥1时，f(x)在区间(1，＋∞)上没有零点.当0<a<1时，可得f′(x)＝2ax－a＋eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)－e1－x，令n(x)＝f′(x)＝2ax－a＋eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)－e1－x，可得n′(x)＝2a－eq\f(2,x3)＋eq\f(1,x2)＋e1－x>－eq\f(2,x3)＋eq\f(1,x2)＋e1－x＝eq\f(x－2ex－1＋x3,x3·ex－1)，令φ(x)＝(x－2)ex－1＋x3，则φ′(x)＝(x－1)ex－1＋3x2>0，所以φ(x)在(1，＋∞)单调递增，φ(x)>φ(1)＝0，则n′(x)>0，所以f′(x)在(1，