课下巩固检测练(7) 零点问题（Word练习）-【正禾一本通】2026年高考数学二轮专题复习高效讲义

[课下巩固检测练(七)]　零点问题 (每题10分) 1.(2025·河北秦皇岛一模)已知函数f(x)＝x2(ln x－1)－2ax. (1)当a＝0时，求f(x)的极小值； (2)若函数g(x)＝ex＋f(x)有2个零点，求a的取值范围. 解：(1)当a＝0时，函数f(x)＝x2(ln x－1)定义域为(0，＋∞)，求导得f'(x)＝2x(ln x－1)＋x＝2x(ln x－)， 当0＜x＜时，f'(x)＜0；当x＞时，f'(x)＞0，函数f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增， 所以当x＝时，f(x)取得极小值f()＝－. (2)依题意，函数g(x)＝ex＋x2(ln x－1)－2ax的定义域为(0，＋∞)， 由g(x)＝0，得2a＝＋xln x－x， 令函数h(x)＝＋xln x－x，x＞0， 求导得h'＝＋ln x，当0＜x＜1时，h'(x)＜0，当x＞1时，h'(x)＞0， 函数h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，h(x)min＝h(1)＝e－1， 当x从大于0的方向趋近于0时，h(x)→＋∞；当x→＋∞时，h(x)→＋∞， 则当2a＞e－1，即a＞时，直线y＝2a与函数y＝h(x)的图象有两个交点，即g(x)有两个零点， 所以a的取值范围是(，＋∞). 2.(2025·山东临沂一模)已知函数f(x)＝ex. (1)求曲线y＝f(x)在点处的切线方程； (2)若函数g(x)＝f(x)－kx在上恰有两个零点，求k的取值范围. 解：(1)由f(x)＝ex，得f'(x)＝ex， 则f＝1，f'＝3， 所以曲线y＝f(x)在点处的切线方程为y－1＝3x，即3x－y＋1＝0. (2)令g(x)＝f(x)－kx＝0， 则k＝＝， 令h＝，x∈， 则h'＝＝，x∈， 令h'＞0，则x＜－1，令h'＜0，则－1＜x＜0， 所以函数h在上单调递增，在上单调递减， 所以＝h＝， h＝＝2ex＋， 当x→－∞时，h→0，当x→0时，h→－∞， 如图，作出函数h的大致图象， 因为函数g(x)＝f(x)－kx在上恰有两个零点， 所以函数y＝k，y＝h的图象恰有两个交点，所以k的取值范围为. 3.(2025·浙江金华二模)已知函数f(x)＝. (1)当a＝1时，求函数f(x)的极值； (2)若方程f(x)＝有且只有一个实数根，求实数a的取值范围. 解：(1)当a＝1时，函数f(x)＝的定义域为(0，e－1)∪(e－1，＋∞)， 求导得f'(x)＝， 当x∈(0，e－1)∪(e－1，1)时，f'(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，f'(x)＞0， 所以当x＝1时，函数f(x)取得极小值f(1)＝1，无极大值. (2)函数f(x)＝的定义域为(0，e－a)∪(e－a，＋∞)， 求导得f'(x)＝， 令h(x)＝f(x)－，则h'(x)＝f'(x)＝， 当x∈(0，e－a)∪(e－a，e1－a)时，f'(x)＜0；当x∈(e1－a，＋∞)时，f'(x)＞0， 函数h(x)在(0，e－a)，(e－a，e1－a)上单调递减，在(e1－a，＋∞)上单调递增， 当x＝e1－a时，函数h(x)取得极小值h(e1－a)＝e1－a－， ①若a＜0，当x∈(0，e－a)时，h(1)＝f(1)－＝0，函数h(x)在(0，e－a)有唯一零点x＝1； 当x∈(e－a，＋∞)时，h(e1－a)＝e1－a－＞0，函数h(x)在(e－a，＋∞)无零点， 因此当a＜0时，h(x)有唯一零点； ②若a＞0，当x从大于0的方向趋近于0时，函数h(x)的值趋近于负数－， 即当x∈(0，e－a)时，h(x)＜0，函数h(x)在(0，e－a)上无零点； 当x从大于e－a的方向趋近于e－a时，函数h(x)的值趋近于正无穷大， 当x趋近于正无穷大时，函数h(x)的值趋近于正无穷大， 则当且仅当h(e1－a)＝0，h(x)有唯一零点，由h(e1－a)＝0，得e1－a－＝0，即ae1－a－1＝0， 令φ(a)＝ae1－a－1，a＞0， 求导得φ'(a)＝(1－a)e1－a，当0＜a＜1时，φ'(a)＞0；当a＞1时，φ'(a)＜0， 函数φ(a)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 因此φ(a)max＝φ(1)＝0， 则方程e1－a－＝0有唯一解a＝1， 于是a＝1时，h(x)有唯一零点， 所以实数a的取值范围为a＜0或a＝1. 4.已知函数f(x)＝xln x－ax2＋1. (1)若f(x)在上单调递减，求a的取值范围； (2)若a＜0，证明：f(x)＞0. 解：(1)由f(x)＝xln x－ax2＋1， 则f'(x)＝ln x＋1－2ax， 因为f(x)在上单调递减， 所以f'(x)＝ln x＋1－2ax≤0在上恒成立， 所以ln x＋1－2ax≤0，即a≥， 构造函数g(x)＝， 所以g'＝＝， 当x∈时，g'＞0；当x∈时，g'＜0， 所以g(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以当x＝1时g(x)取得极大值也是最大值，即g(x)max＝g＝，所以a≥， 所以a的取值范围为. (2)解法一：由题意得f(x)＝xln x－ax2＋1的定义域为， 当a＜0时，要证f(x)＞0，即证xln x－ax2＋1＞0，等价于证明ln x－ax＋＞0， 构造函数h＝ln x－ax＋，即证＞0； 所以h'＝－a－＝， 令T＝－ax2＋x－1， 因为函数T的对称轴为x＝＜0， 所以T在上单调递增， 且T＝－1＜0，T＝－a＞0， 所以存在x0∈，使T＝－a＋x0－1＝0， 所以当x∈时，T＜0，即h'＜0， 当x∈时，T＞0，即h'＞0， 所以h在上单调递减，在上单调递增， 所以当x＝x0时，h有极小值也是最小值＝h＝ln x0－ax0＋(0＜x0＜1)， 又因为－a＋x0－1＝0，得－a＝1－x0， 所以h＝ln x0＋－1， 令p＝ln x＋－1， 则p'＝－＝＜0在x∈上恒成立， 所以p在上单调递减， 所以p＞p＞0，即h＞0， 所以即证＞0，所以可证f(x)＞0. 解法二：若a＜0，ax2＜0， 令p＝xln x＋1，则p'＝ln x＋1， 当x∈时，p'＜0，p单调递减；当x∈时，p'＞0，p单调递增； 所以p≥p＝1－＞0， 所以p＝xln x＋1＞ax2， 所以f(x)＝xln x－ax2＋1＞0. 学科网（北京）股份有限公司 $