第三章 二、零点篇-【老唐说题】高中数学新思路 多选+填空压轴专题

!4#$5/3 ■■ ５５　 ■ 二、零点篇 题型一：参变分离与六大同构函数 （２０２３·恩施州期末）已知函数ｆ（ｘ）＝ｘｌｎｘ－２ｍｘ２，则下列说法正确的是 （　　） Ａ．当ｍ≤０或ｍ＝１２ｅ时，ｆ（ｘ）有且仅有一个零点 Ｂ．当ｍ≤０或ｍ＝１４时，ｆ（ｘ）有且仅有一个极值点 Ｃ．若ｆ（ｘ）为单调递减函数，则ｍ＞１４ Ｄ．若ｆ（ｘ）与ｘ轴相切，则ｍ＝１２ｅ ｘ＞０，令ｆ（ｘ）＝０可得 ｘ（ｌｎｘ－２ｍｘ）＝０，化简可得ｌｎｘ２ｘ＝ｍ，设 ｈ（ｘ）＝ ｌｎｘ ２ｘ（ｘ＞０），则 ｈ′（ｘ）＝１－ｌｎｘ ２ｘ２ ，当ｘ＞ｅ，ｈ′（ｘ）＜０，函数ｈ（ｘ）在（ｅ， ＋∞）单调递减，当０＜ｘ＜ｅ，ｈ′（ｘ）＞０，函 数ｈ（ｘ）在（０，ｅ）单调递增，又ｈ（１）＝０，ｈ（ｅ）＝１２ｅ，由此可得函数ｈ（ｘ）＝ ｌｎｘ ２ｘ图象如左图：所以当 ｍ≤０或ｍ＝１２ｅ时， ｌｎｘ ２ｘ＝ｍ有且仅有一个零点，Ａ正确； 　　　　　　　　 函数ｆ（ｘ）＝ｘｌｎｘ－２ｍｘ２的定义域为（０，＋∞），ｆ′（ｘ）＝ｌｎｘ－４ｍｘ＋１＝０，若 ｆ（ｘ）与 ｘ轴相切， 设ｆ（ｘ）与ｘ轴相切与点（ｘ０，０），则ｆ′（ｘ０）＝０，ｆ（ｘ０）＝０，所以ｌｎｘ０－２ｍｘ０＝０，ｌｎｘ０－４ｍｘ０＋１＝０， 所以ｘ０＝ｅ，ｍ＝ １ ２ｅ，故Ｄ正确； 若ｆ（ｘ）为单调递减函数，则ｆ′（ｘ）≤０在（０，＋∞）上恒成立，所以ｌｎｘ＋１４ｘ ≤ｍ在（０，＋∞）上恒 成立，设ｇ（ｘ）＝ｌｎｘ＋１４ｘ ＝ ｅ ４ ｌｎｅｘ ｅｘ，则ｇ′（ｘ）＝ －ｌｎｘ ４ｘ２ ，当ｘ＞１时，ｇ′（ｘ）＜０，函数ｇ（ｘ）＝ｌｎｘ＋１４ｘ 单调 递减，当０＜ｘ＜１时，ｇ′（ｘ）＞０，函数ｇ（ｘ）＝ｌｎｘ＋１４ｘ 单调递增，且ｇ（１）＝ １ ４，ｇ １( )ｅ ＝０，当 ｘ＞１ｅ 时，ｇ（ｘ）＞０，由此可得函数ｇ（ｘ）＝ｌｎｘ＋１４ｘ 的图象如右，所以若ｆ（ｘ）为单调递减函数，则ｍ≥ １ ４，Ｃ 错，所以当ｍ＝１４时，函数ｆ（ｘ）在（０，＋∞）上没有极值点，Ｂ错．故选ＡＤ． 注意：本题直接按照同构函数来判断能节约时间，我们接下来的题就直接用同构函数来分析， 不会再写详细的求导过程，毕竟小题需要小做． （２０２３·临沭县月考）已知函数ｆ（ｘ）＝ｅｘ ＋ａｘ，则 （　　） Ａ．当ａ＝ｅ时ｆ（ｘ）在（－∞，０）上单调递增 Ｂ．当ａ＝ｅ时ｆ（ｘ）的最小值为１ ■ ５６　 ■  Ｃ．当ａ＝－ｅ时ｆ（ｘ）有且仅有２个极值点 Ｄ．当ａ＝－ｅ时ｆ（ｘ）有且仅有２个零点 函数ｆ（ｘ）的定义域为 Ｒ，因为 ｆ（－ｘ）＝ｅ－ｘ ＋ａ －ｘ＝ｅｘ ＋ａｘ＝ｆ（ｘ），所以函数 ｆ（ｘ）的图象关于ｙ轴对称，当ａ＝ｅ时，ｆ（ｘ）＝ｅｘ ＋ｅｘ，则函数ｆ（ｘ）在（０，＋∞）上单调递增，由 偶函数图象的对称性可知ｆ（ｘ）在（－∞，０）上单调递减，所以ｆ（ｘ）在ｘ＝０处取得最小值，为ｆ（０）＝ １，故Ａ错误，Ｂ正确； 当ａ＝－ｅ时，若ｘ＞０，则 ｆ（ｘ）＝ｅｘ－ｅｘ，所以 ｆ′（ｘ）＝ｅｘ－ｅ，所以在（０，１）上，ｆ′（ｘ）＜０， ｆ（ｘ）单调递减，在（１，＋∞）上，ｆ′（ｘ）＞０，ｆ（ｘ）单调递增，所以当 ｘ＝１时，ｆ（ｘ）取得极小值，为 ｆ（１）＝０，所以ｆ（ｘ）在ｘ＝０处取得极大值，且 ｆ（０）＝１，结合偶函数图象的对称性可得 ｆ（ｘ）在 Ｒ上 存在３个极值点和２个零点，故Ｃ错误，Ｄ正确，故选ＢＤ． （２０２３·东昌府区开学）已知函数ｆ（ｘ）＝ｅｋｘ，ｇ（ｘ）＝ｌｎｘｋ，其中ｋ≠０，则 （　　） Ａ．若点Ｐ（ａ，ｂ）在ｆ（ｘ）的图象上，则点Ｑ（ｂ，ａ）在ｇ（ｘ）的图象上 Ｂ．当ｋ＝ｅ时，设点Ａ，Ｂ分别在ｆ（ｘ），ｇ（ｘ）的图象上，则 ＡＢ的最小值为槡２ｅ Ｃ．当ｋ＝１时，函数Ｆ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｇ（ｘ）的最小值小于５２ Ｄ．当ｋ＝－２ｅ时，函数Ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｇ（ｘ）有３个零点 对于Ａ，将ｙ＝ｅｋｘ两边同时取自然对数可得，ｌｎｙ＝ｋｘ，即ｘ＝ｌｎｙｋ，所以ｇ（ｘ）＝ ｌｎｘ ｋ是ｆ（ｘ） ＝ｅｋｘ的反函数，它们的图象关于直线ｙ＝ｘ对称，Ａ正确； 对于Ｂ，当ｋ＝ｅ时，ｆ（ｘ）＝ｅｅｘ，ｆ′（ｘ）＝ｅ·ｅｅｘ，令ｅ·ｅｅｘ＝１，得ｘ＝－１ｅ，ｆ－ １( )ｅ ＝１ｅ，所以 函数ｙ＝ｆ（ｘ）的与直线ｙ＝ｘ平行的切线的切点是 Ｍ －１ｅ， １( )ｅ，则 Ｍ到直线 ｘ－ｙ＝０的距离是 ｄ＝ －１ｅ－ １ ｅ 槡１＋１ ＝槡２ｅ，所以 ＡＢｍｉｎ＝２ｄ＝ ２槡２ ｅ，Ｂ错； 对于Ｃ，当ｋ＝１时，Ｆ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｇ（ｘ）＝ｅｘ－ｌｎｘ，则Ｆ′（ｘ）＝ｅｘ－１ｘ，Ｆ″（ｘ）＝ｅ ｘ＋１ ｘ２ ＞０，则 Ｆ′（ｘ）是增函数，又Ｆ′１( )２ ＝槡ｅ－２＜０，Ｆ′（１）＝ｅ－１＞０，所以 Ｆ′（ｘ）在 １２，( )１，即在（０， ＋∞） 上