《2025年金版教程高考科学复习解决方案数学》

变式训练 2.(2023·湖北七市联考)已知函数$f(x)=\ln x+\frac{2}{x}-2,g(x)=x\ln x - ax^{2}-x + 1$.
(1)证明：函数$f(x)$在$(1,+\infty)$上有且仅有一个零点；
(2)假设存在常数$\lambda＞1$，且满足$f(\lambda)=0$，试讨论函数$g(x)$的零点个数.

答案：
解　
(1)证明：$f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{2}{x^{2}}=\frac{x - 2}{x^{2}}$，
令$f^{\prime}(x)=0$，得$x = 2$。
当$0＜x＜2$时，$f^{\prime}(x)＜0$，当$x＞2$时，$f^{\prime}(x)＞0$，
所以$f(x)$在$(0,2)$上单调递减，在$(2,+\infty)$上单调递增。
因为$f(1)=0$，$f(2)=\ln 2 - 1＜0$，$f(e^{2})=\frac{2}{e^{2}}＞0$，
由零点存在定理及$f(x)$的单调性，得函数$f(x)$在$(1,+\infty)$上有且仅有一个零点。
(2)令$g(x)=0$，即$x\ln x - ax^{2}-x + 1 = 0$，从而有$ax=\ln x - 1+\frac{1}{x}$。
令$\varphi(x)=\ln x - 1+\frac{1}{x}$，从而$g(x)$的零点个数等价于$y = ax$的图象与$\varphi(x)$图象的交点个数。
$\varphi^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}=\frac{x - 1}{x^{2}}$，令$\varphi^{\prime}(x)=0$，得$x = 1$。
当$0＜x＜1$时，$\varphi^{\prime}(x)＜0$，当$x＞1$时，$\varphi^{\prime}(x)＞0$，
所以$\varphi(x)$在$(0,1)$上单调递减，在$(1,+\infty)$上单调递增，且$\varphi(x)_{\min}=\varphi(1)=0$，其图象如图所示。

当$a = 0$时，$y = ax$的图象与$\varphi(x)$的图象有一个交点。
当$a＜0$时，$y = ax$的图象经过第二、四象限，与$\varphi(x)$的图象无交点。
当$a＞0$时，$y = ax$的图象经过第一、三象限，与$\varphi(x)$的图象至少有一个交点。
当$y = ax$的图象与$\varphi(x)$的图象相切时，设切点横坐标为$x_{0}$，
则有$\begin{cases}a=\varphi^{\prime}(x_{0})=\frac{1}{x_{0}}-\frac{1}{x_{0}^{2}}\\ax_{0}=\ln x_{0}-1+\frac{1}{x_{0}}\end{cases}$，
即有$\ln x_{0}+\frac{2}{x_{0}}-2 = 0$，从而$x_{0}=\lambda$，
此时$a=\frac{1}{\lambda}-\frac{1}{\lambda^{2}}=\frac{\lambda - 1}{\lambda^{2}}＞0$。
所以，当$a=\frac{\lambda - 1}{\lambda^{2}}$时，$y = ax$的图象与$\varphi(x)$的图象有两个交点；
当$0＜a＜\frac{\lambda - 1}{\lambda^{2}}$时，$y = ax$的图象与$\varphi(x)$的图象有三个交点；
当$a＞\frac{\lambda - 1}{\lambda^{2}}$时，$y = ax$的图象与$\varphi(x)$的图象有一个交点。
综上所述，当$a＜0$时，$g(x)$没有零点；当$0＜a＜\frac{\lambda - 1}{\lambda^{2}}$时，$g(x)$有三个零点；当$a=\frac{\lambda - 1}{\lambda^{2}}$时，$g(x)$有两个零点；当$a＞\frac{\lambda - 1}{\lambda^{2}}$或$a = 0$时，$g(x)$有一个零点。

例3 (2023·广东惠州实验中学高三下学期适应性考试)已知函数$f(x)=a^{x}$，其中$0 ＜ a ＜ 1$.
(1)求函数$g(x)=f(x)-x\ln a$的单调区间；
(2)若函数$h(x)=a^{x}-\frac{(\ln a)^{2}}{2}x^{2}-x\ln a - a+(3 - k)\ln a+(\ln a)^{2}$在$x\in[1,+\infty)$上存在零点，求实数k的取值范围.

答案： 解　
(1)由已知，$g(x)=a^{x}-x\ln a$，
$g^{\prime}(x)=a^{x}\ln a-\ln a$，
令$g^{\prime}(x)=0$，解得$x = 0$。
由$0＜a＜1$，可知当$x$变化时，$g^{\prime}(x)$，$g(x)$的变化情况如下表：
| $x$ | $(-\infty,0)$ | $0$ | $(0,+\infty)$ |
| ---- | ---- | ---- | ---- |
| $g^{\prime}(x)$ | $-$ | $0$ | $+$ |
| $g(x)$ | 单调递减 | 极小值 | 单调递增 |
所以函数$g(x)$的单调递减区间为$(-\infty,0)$，单调递增区间为$(0,+\infty)$。
(2)令$h(x)=0$，则存在$x\in[1,+\infty)$，
使得$a^{x}-\frac{(\ln a)^{2}}{2}x^{2}-x\ln a - a+(3 - k)\ln a+(\ln a)^{2}=0$，
两边同时除以$\ln a$，得$\frac{a^{x}}{\ln a}-\frac{\ln a}{2}x^{2}-x-\frac{a}{\ln a}+\ln a + 3 - k = 0$，
即$\frac{a^{x}}{\ln a}-\frac{\ln a}{2}x^{2}-x-\frac{a}{\ln a}+\ln a + 3 = k$。
令$t(x)=\frac{a^{x}}{\ln a}-\frac{\ln a}{2}x^{2}-x-\frac{a}{\ln a}+\ln a + 3$，$x\in[1,+\infty)$，
$t^{\prime}(x)=a^{x}-x\ln a - 1$，
由
(1)知$a^{x}-x\ln a\geqslant g(0)=1$，即$t^{\prime}(x)\geqslant0$，
则函数$t(x)$在$[1,+\infty)$上单调递增，
所以$t(x)\geqslant t(1)=\frac{a}{\ln a}-\frac{\ln a}{2}-1-\frac{a}{\ln a}+\ln a + 3=\frac{\ln a}{2}+2$。
故$k\geqslant2+\frac{\ln a}{2}$，
即实数$k$的取值范围为$[2+\frac{\ln a}{2},+\infty)$。

变式训练 3.(2022·全国乙卷)已知函数$f(x)=\ln(1 + x)+axe^{-x}$.
(1)当$a = 1$时，求曲线$f(x)$在点$(0,f(0))$处的切线方程；
(2)若$f(x)$在区间$(-1,0)$，$(0,+\infty)$各恰有一个零点，求$a$的取值范围.

答案： 解　
(1)当$a = 1$时，$f(x)=\ln(1 + x)+xe^{-x}$，
$\therefore f^{\prime}(x)=\frac{1}{x + 1}+e^{-x}-xe^{-x}$，
$\therefore f^{\prime}(0)=1 + 1 = 2$，又$f(0)=0$，
$\therefore$ 所求切线方程为$y - 0 = 2(x - 0)$，即$y = 2x$。
(2)$f(x)=\ln(1 + x)+axe^{-x}=\ln(x + 1)+\frac{ax}{e^{x}}$，
①当$a\geqslant0$时，若$x＞0$，则$\ln(x + 1)＞0$，$\frac{ax}{e^{x}}\geqslant0$，
$\therefore f(x)＞0$，
$\therefore f(x)$在$(0,+\infty)$上无零点，不符合题意。
②当$a＜0$时，$f^{\prime}(x)=\frac{e^{x}+a(1 - x^{2})}{(x + 1)e^{x}}$。
令$g(x)=e^{x}+a(1 - x^{2})$，则$g^{\prime}(x)=e^{x}-2ax$，$g^{\prime}(x)$在$(-1,+\infty)$上单调递增，$g^{\prime}(-1)=e^{-1}+2a$，$g^{\prime}(0)=1$。
(a)当$g^{\prime}(-1)\geqslant0$，即$-\frac{1}{2e}\leqslant a＜0$时，$g^{\prime}(x)＞0$在$(-1,+\infty)$上恒成立，
$\therefore g(x)$在$(-1,+\infty)$上单调递增，$\because g(-1)=e^{-1}＞0$，
$\therefore g(x)＞0$在$(-1,+\infty)$上恒成立，
$\therefore f^{\prime}(x)＞0$在$(-1,+\infty)$上恒成立，
$\therefore f(x)$在$(-1,+\infty)$上单调递增，
$\because f(0)=0$，$\therefore f(x)$在$(-1,0)$，$(0,+\infty)$上均无零点，不符合题意。
(b)当$g^{\prime}(-1)＜0$，即$a＜-\frac{1}{2e}$时，存在$x_{0}\in(-1,0)$，使得$g^{\prime}(x_{0})=0$。
$\therefore g(x)$在$(-1,x_{0})$上单调递减，在$(x_{0},+\infty)$上单调递增。
$g(-1)=e^{-1}＞0$，$g(0)=1 + a$，$g(1)=e＞0$。
(ⅰ)当$g(0)\geqslant0$，即$-1\leqslant a＜-\frac{1}{2e}$时，$g(x)＞0$在$(0,+\infty)$上恒成立，
$\therefore f^{\prime}(x)＞0$在$(0,+\infty)$上恒成立，
$\therefore f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增。
$\because f(0)=0$，$\therefore$ 当$x\in(0,+\infty)$时，$f(x)＞0$，
$\therefore f(x)$在$(0,+\infty)$上无零点，不符合题意。
(ⅱ)当$g(0)＜0$，即$a＜-1$时，
存在$x_{1}\in(-1,x_{0})$，$x_{2}\in(0,1)$，使得$g(x_{1})=g(x_{2})=0$，
$\therefore f(x)$在$(-1,x_{1})$，$(x_{2},+\infty)$上单调递增，在$(x_{1},x_{2})$上单调递减。
$\because f(0)=0$，
$\therefore f(x_{1})＞f(0)=0$，当$x\rightarrow - 1$时，$f(x)＜0$，
$\therefore f(x)$在$(-1,x_{1})$上存在一个零点，即$f(x)$在$(-1,0)$上存在一个零点。
$\because f(x_{2})＜f(0)=0$，当$x\rightarrow+\infty$时，$f(x)＞0$，
$\therefore f(x)$在$(x_{2},+\infty)$上存在一个零点，即$f(x)$在$(0,+\infty)$上存在一个零点。
综上，$a$的取值范围是$(-\infty,-1)$。

例4 已知函数$f(x)=\ln x+ax - a(a\in R)$.
(1)讨论函数$f(x)$的单调性；
(2)若不等式$f(x)\lt a(x^{2}-1)$在$(1,+\infty)$上恒成立，求实数$a$的取值范围.

答案： 解　
(1)由$f(x)=\ln x+ax - a$知，定义域为$(0,+\infty)$，且$f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}+a=\frac{ax + 1}{x}$。
①当$a\geqslant0$时，在$(0,+\infty)$上$f^{\prime}(x)＞0$，故$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增；
②当$a＜0$时，当$x\in(0,-\frac{1}{a})$时，$f^{\prime}(x)＞0$，当$x\in(-\frac{1}{a},+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＜0$，
故$f(x)$在$(0,-\frac{1}{a})$上单调递增，在$(-\frac{1}{a},+\infty)$上单调递减。
(2)由$f(x)＜a(x^{2}-1)$，得$\ln x - a(x^{2}-x)＜0$，
令$g(x)=\ln x - a(x^{2}-x)$。
①当$a\leqslant0$时，在$(1,+\infty)$上，$g(x)=\ln x - a(x^{2}-x)=\ln x - ax(x - 1)＞0$ 恒成立，与题意不符；
②当$a＞0$时，$g^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-a(2x - 1)=\frac{1}{x}-2ax + a$ 在$(1,+\infty)$上单调递减，且$g^{\prime}(1)=1 - a$。
当$a\in(0,1)$时，$g^{\prime}(1)＞0$，故在$(1,+\infty)$上存在$x_{0}$，使得$g^{\prime}(x_{0})=0$，
当$x\in(1,x_{0})$时，$g^{\prime}(x)＞0$，
则在$(1,x_{0})$上，$g(x)$单调递增，所以$g(x)＞g(1)=0$，与题意不符。
当$a\in[1,+\infty)$时，$g^{\prime}(x)＜g^{\prime}(1)=1 - a\leqslant0$，所以$g(x)$在$(1,+\infty)$上单调递减，所以$g(x)＜g(1)=0$，符合题意。
综上所述，实数$a$的取值范围为$[1,+\infty)$。