《2025年金版教程高考科学复习解决方案数学》

例1 (2023·湖北武汉模拟)已知函数$f(x)=\frac{e^{x}}{x},g(x)=\tan x$.
(1)讨论$f(x)$的单调性；
(2)设函数$F(x)=f(x)-g(x)$，试判断$F(x)$在$(-\frac{\pi}{2},0)\cup(0,\frac{\pi}{2})$内的零点个数.

答案： 解　
(1)函数$f(x)=\frac{e^{x}}{x}$的定义域为$\{x|x\neq0\}$，$f^{\prime}(x)=\frac{e^{x}x - e^{x}}{x^{2}}=\frac{e^{x}(x - 1)}{x^{2}}$。
令$f^{\prime}(x)=0$，得$x = 1$。
当$x\in(-\infty,0)$时，$f^{\prime}(x)＜0$；
当$x\in(0,1)$时，$f^{\prime}(x)＜0$；
当$x\in(1,+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＞0$。
所以$f(x)$在$(-\infty,0)$，$(0,1)$上单调递减，在$(1,+\infty)$上单调递增。
(2)令$F(x)=f(x)-g(x)=\frac{e^{x}}{x}-\tan x = 0$，
得$x\sin x - e^{x}\cos x = 0$。
设$h(x)=x\sin x - e^{x}\cos x$，
所以$h^{\prime}(x)=(e^{x}+1)\sin x+(x - e^{x})\cos x$。
①当$x\in(-\frac{\pi}{2},0)$时，可知$e^{x}＞0＞x$，则$e^{x}＞x$，
所以$x - e^{x}＜0$。
又$\sin x＜0$，$\cos x＞0$，所以$h^{\prime}(x)＜0$，
从而$h(x)=x\sin x - e^{x}\cos x$在$(-\frac{\pi}{2},0)$上单调递减。
又$h(0)=-1$，$h(-\frac{\pi}{2})=\frac{\pi}{2}＞0$，
由零点存在定理及$h(x)$的单调性，得$h(x)$在$(-\frac{\pi}{2},0)$上有一个零点。
②当$x\in(0,\frac{\pi}{4}]$时，$\cos x\geqslant\sin x＞0$，由
(1)知函数$f(x)=\frac{e^{x}}{x}$在$(0,1)$上单调递减，所以当$x\in(0,\frac{\pi}{4}]$时，函数$f(x)=\frac{e^{x}}{x}＞f(1)=e＞1$，
则$e^{x}＞x＞0$。
所以$e^{x}\cos x＞x\sin x$，
则$h(x)=x\sin x - e^{x}\cos x＜0$恒成立。
所以$h(x)$在$(0,\frac{\pi}{4}]$上无零点。
③当$x\in(\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2})$时，$\sin x＞\cos x＞0$，$h^{\prime}(x)=e^{x}(\sin x - \cos x)+(x\cos x+\sin x)＞0$，
则$h(x)$在$(\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2})$上单调递增。
又$h(\frac{\pi}{2})=\frac{\pi}{2}＞0$，$h(\frac{\pi}{4})=\frac{\sqrt{2}}{2}(\frac{\pi}{4}-e^{\frac{\pi}{4}})＜0$，
由零点存在定理及$h(x)$的单调性，得$h(x)$在$(\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2})$上存在一个零点。
综上，$h(x)$在$(-\frac{\pi}{2},0)\cup(0,\frac{\pi}{2})$内的零点个数为2，即$F(x)$在$(-\frac{\pi}{2},0)\cup(0,\frac{\pi}{2})$内的零点个数为2。

变式训练 1.(2023·江西高三质量监测(四))已知函数$f(x)=(x - 1)e^{x}-\frac{1}{3}ax^{3}(a＞e$，e是自然对数的底数).
(1)讨论函数$f(x)$的极值点的个数；
(2)证明：函数$f(x)$在区间$(0,+\infty)$上有且只有一个零点.

答案： 解　
(1)$f^{\prime}(x)=xe^{x}-ax^{2}=x(e^{x}-ax)(a ＞ e)$，
令$f^{\prime}(x)=0$，得$x = 0$或$e^{x}-ax = 0$。
设$g(x)=e^{x}-ax$，则$g^{\prime}(x)=e^{x}-a$，
令$g^{\prime}(x)=0$，得$x=\ln a$。
当$x＜\ln a$时，$g^{\prime}(x)＜0$，$g(x)$单调递减；
当$x＞\ln a$时，$g^{\prime}(x)＞0$，$g(x)$单调递增。
所以$g(x)_{\min}=g(\ln a)=a - a\ln a=a(1 - \ln a)$。
因为$a ＞ e$，则$g(x)_{\min}＜0$，此时$g(x)$在$\mathbf{R}$上有且仅有两个零点，记为$x_{1}$，$x_{2}(x_{1}＜x_{2})$。
因为$g(0)=1＞0$，$g(1)=e - a＜0$，当$x\rightarrow+\infty$时，$g(x)＞0$，所以$0＜x_{1}＜1＜x_{2}$，且$x_{1}$，$x_{2}$是$g(x)$的两个变号零点，也是$f^{\prime}(x)$的两个变号零点。
又当$x＜0$时，$f^{\prime}(x)＜0$，当$0＜x＜x_{1}$时，$f^{\prime}(x)＞0$，
所以$0$是$f^{\prime}(x)$的变号零点。
即$f^{\prime}(x)$在$\mathbf{R}$上有且仅有3个变号零点，
所以函数$f(x)$在$\mathbf{R}$上有且仅有3个极值点。
(2)证明：$f^{\prime}(x)=x(e^{x}-ax)$，
由
(1)知，当$a ＞ e$时，$f(x)$在$\mathbf{R}$上有3个极值点：$0$，$x_{1}$，$x_{2}$，其中$0＜x_{1}＜1＜x_{2}$，且$f(0)=-1＜0$。
当$0＜x＜x_{1}$时，$g(x)＞0$，则$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$单调递增；
当$x_{1}＜x＜x_{2}$时，$g(x)＜0$，则$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$单调递减；
当$x＞x_{2}$时，$g(x)＞0$，则$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$单调递增。
所以$f(x)$在区间$(0,+\infty)$内的极大值为$f(x_{1})$，极小值为$f(x_{2})$，
且$e^{x_{1}}=ax_{1}$，$e^{x_{2}}=ax_{2}\Rightarrow a=\frac{e^{x_{1}}}{x_{1}}$，$a=\frac{e^{x_{2}}}{x_{2}}$。
所以$f(x_{2})=(x_{2}-1)e^{x_{2}}-\frac{1}{3}ax_{2}^{2}=(x_{2}-1)e^{x_{2}}-\frac{1}{3}\cdot\frac{e^{x_{2}}}{x_{2}}x_{2}^{2}=(x_{2}-1)e^{x_{2}}-\frac{x_{2}^{2}e^{x_{2}}}{3}=\frac{e^{x_{2}}}{3}(-x_{2}^{2}+3x_{2}-3)=\frac{e^{x_{2}}}{3}[-(x_{2}-\frac{3}{2})^{2}-\frac{3}{4}]＜0$，
同理，$f(x_{1})=\frac{e^{x_{1}}}{3}[-(x_{1}-\frac{3}{2})^{2}-\frac{3}{4}]＜0$。
而当$x\rightarrow+\infty$时，$f(x)＞0$，
因此函数$f(x)$在区间$(0,x_{2})$内无零点，在区间$(x_{2},+\infty)$上有且只有一个零点。
综上所述，函数$f(x)$在区间$(0,+\infty)$上有且只有一个零点。

例2 (2024·河北邢台第二中学高三阶段练习)已知函数$f(x)=ax^{2}-\vert1+\ln x\vert(a＞0)$.
(1)若$a = 1$，求$f(x)$的单调区间；
(2)讨论$f(x)$零点的个数.

答案：
解　
(1)当$a = 1$时，函数$f(x)=x^{2}-|1+\ln x|$的定义域为$(0,+\infty)$。
当$0＜x\leqslant\frac{1}{e}$时，$f(x)=x^{2}+1+\ln x$，$f^{\prime}(x)=2x+\frac{1}{x}＞0$，
因此$f(x)$在$(0,\frac{1}{e}]$上单调递增。
当$x＞\frac{1}{e}$时，$f(x)=x^{2}-1-\ln x$，$f^{\prime}(x)=2x-\frac{1}{x}=\frac{2x^{2}-1}{x}$，当$\frac{1}{e}＜x＜\frac{\sqrt{2}}{2}$时，$f^{\prime}(x)＜0$，当$x＞\frac{\sqrt{2}}{2}$时，$f^{\prime}(x)＞0$，因此函数$f(x)$在$(\frac{1}{e},\frac{\sqrt{2}}{2})$上单调递减，在$(\frac{\sqrt{2}}{2},+\infty)$上单调递增。
所以函数$f(x)$的单调递增区间是$(0,\frac{1}{e})$，$(\frac{\sqrt{2}}{2},+\infty)$，单调递减区间是$(\frac{1}{e},\frac{\sqrt{2}}{2})$。
(2)函数$f(x)=ax^{2}-|1+\ln x|(a ＞ 0)$的定义域为$(0,+\infty)$，
由$f(x)=0$，得$a=\frac{|1+\ln x|}{x^{2}}$。
令函数$g(x)=\frac{|1+\ln x|}{x^{2}}$，$x ＞ 0$。
当$0＜x\leqslant\frac{1}{e}$时，$g(x)=-\frac{1+\ln x}{x^{2}}$，
$g^{\prime}(x)=-\frac{-x - 2x(1+\ln x)}{x^{4}}=\frac{1 + 2\ln x}{x^{3}}＜0$，
函数$g(x)$在$(0,\frac{1}{e}]$上单调递减，由于$-(1+\ln x)\geqslant0$，即有$-(1+\ln x)$在$(0,\frac{1}{e}]$上的取值集合是$[0,+\infty)$，又$\frac{1}{x^{2}}$在$(0,\frac{1}{e}]$上的取值集合是$[e^{2},+\infty)$，因此函数$g(x)$在$(0,\frac{1}{e}]$上的取值集合是$[0,+\infty)$。
当$x＞\frac{1}{e}$时，$g(x)=\frac{1+\ln x}{x^{2}}$，求导得$g^{\prime}(x)=-\frac{1 + 2\ln x}{x^{3}}$，当$\frac{1}{e}＜x＜\frac{1}{\sqrt{e}}$时，$g^{\prime}(x)＞0$，当$x＞\frac{1}{\sqrt{e}}$时，$g^{\prime}(x)＜0$，
因此函数$g(x)$在$(\frac{1}{e},\frac{1}{\sqrt{e}})$上单调递增，在$(\frac{1}{\sqrt{e}},+\infty)$上单调递减，在$x=\frac{1}{\sqrt{e}}$处取得极大值$g(\frac{1}{\sqrt{e}})=\frac{e}{2}$，而$\forall x\in(\frac{1}{e},+\infty)$，$g(x)＞0$恒成立。
函数$f(x)=ax^{2}-|1+\ln x|(a ＞ 0)$的零点，
即方程$a=\frac{|1+\ln x|}{x^{2}}(a ＞ 0)$的根，
亦即直线$y = a(a ＞ 0)$与函数$y = g(x)$的图象交点的横坐标，在同一坐标系内作出直线$y = a(a ＞ 0)$与函数$y = g(x)$的图象，如图

观察图象知，当$0＜a＜\frac{e}{2}$时，直线$y = a(a ＞ 0)$与函数$y = g(x)$的图象有3个公共点；
当$a=\frac{e}{2}$时，直线$y = a(a ＞ 0)$与函数$y = g(x)$的图象有2个公共点；
当$a＞\frac{e}{2}$时，直线$y = a(a ＞ 0)$与函数$y = g(x)$的图象有1个公共点。
所以当$0＜a＜\frac{e}{2}$时，函数$f(x)$有3个零点；当$a=\frac{e}{2}$时，函数$f(x)$有2个零点；当$a＞\frac{e}{2}$时，函数$f(x)$有1个零点。