《2025年高考帮数学》

例1 [2022 全国卷乙]已知函数$f(x)=ax-\frac{1}{x}-(a + 1)\ln x$.
(1)当$a = 0$时,求$f(x)$的最大值;
(2)若$f(x)$恰有一个零点,求$a$的取值范围.

答案： 例1
(1)当a = 0时，f(x)=−$\frac{1}{x}$−ln x(x＞0)，所以f'(x)=$\frac{1}{x²}$−$\frac{1}{x}$=$\frac{1−x}{x²}$。
当x∈(0,1)时，f'(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈(1,+∞)时，f'(x)＜0，f(x)单调递减。
所以f(x)max=f
(1)=−1。
(2)由f(x)=ax−$\frac{1}{x}$−(a + 1)ln x(x＞0)，得f'(x)=a+$\frac{1}{x²}$−$\frac{a + 1}{x}$=$\frac{(ax - 1)(x - 1)}{x²}$(x＞0)。
当a = 0时，由
(1)可知，f(x)不存在零点。
当a＜0时，f'(x)=$\frac{a(x - \frac{1}{a})(x - 1)}{x²}$，
若x∈(0,1)，则f'(x)＞0，f(x)单调递增；
若x∈(1,+∞)，则f'(x)＜0，f(x)单调递减。
所以f(x)max=f
(1)=a - 1＜0，
所以f(x)不存在零点。
当a＞0时，f'(x)=$\frac{a(x - \frac{1}{a})(x - 1)}{x²}$，
若a = 1，则f'(x)≥0（当且仅当x = 1时“=”成立），f(x)在(0,+∞)上单调递增，因为f
(1)=a - 1 = 0，所以函数f(x)恰有一个零点；
若a＞1，则f(x)在(0,$\frac{1}{a}$)，(1,+∞)上单调递增，在($\frac{1}{a}$,1)上单调递减，因为f
(1)=a - 1＞0，
所以f($\frac{1}{a}$)＞f
(1)＞0，当x→0⁺时，f(x)→−∞，
由零点存在定理可知f(x)在(0,$\frac{1}{a}$)上必有一个零点，所以a＞1满足条件；
若0＜a＜1，则f(x)在(0,1)，($\frac{1}{a}$,+∞)上单调递增，在(1,$\frac{1}{a}$)上单调递减，因为f
(1)=a - 1＜0，
所以f($\frac{1}{a}$)＜f
(1)＜0，
当x→+∞时，f(x)→+∞，由零点存在定理可知f(x)在($\frac{1}{a}$,+∞)上必有一个零点，即0＜a＜1满足条件。
综上，若f(x)恰有一个零点，则a的取值范围为(0,+∞)。

训练1 [2021 全国卷甲]已知$a＞0$且$a\neq1$,函数$f(x)=\frac{x^{a}}{a^{x}}(x ＞ 0)$.
(1)当$a = 2$时,求$f(x)$的单调区间;
(2)若曲线$y = f(x)$与直线$y = 1$有且仅有两个交点,求$a$的取值范围.

答案： 训练1
(1)当a = 2时，f(x)=$\frac{x²}{2^{x}}$(x＞0)，
f'(x)=$\frac{x(2 - x\ln2)}{2^{x}}$(x＞0)，
令f'(x)＞0，则0＜x＜$\frac{2}{\ln2}$，此时函数f(x)单调递增；
令f'(x)＜0，则x＞$\frac{2}{\ln2}$，此时函数f(x)单调递减。
所以函数f(x)的单调递增区间为(0,$\frac{2}{\ln2}$)，单调递减区间为($\frac{2}{\ln2}$,+∞)。
(2)曲线y = f(x)与直线y = 1有且仅有两个交点，可转化为方程$\frac{x^{a}}{a^{x}}$=1(x＞0)有两个不同的解，即方程$\frac{\ln x}{x}$=$\frac{\ln a}{a}$有两个不同的解。
设g(x)=$\frac{\ln x}{x}$(x＞0)，则g'(x)=$\frac{1 - \ln x}{x²}$(x＞0)，
令g'(x)=0，得x = e，
当0＜x＜e时，g'(x)＞0，函数g(x)单调递增；
当x＞e时，g'(x)＜0，函数g(x)单调递减。
故g(x)max=g(e)=$\frac{1}{e}$，且当x＞e时，g(x)∈(0,$\frac{1}{e}$)。
又g
(1)=0，所以0＜$\frac{\ln a}{a}$＜$\frac{1}{e}$，所以a＞1且a≠e，
即a的取值范围为(1,e)∪(e,+∞)。

例2 [全国卷Ⅰ]已知函数$f(x)=\sin x-\ln(1 + x)$,$f'(x)$为$f(x)$的导数,证明:
(1)$f'(x)$在区间$(-1,\frac{\pi}{2})$上存在唯一极大值点;
(2)$f(x)$有且仅有2个零点.

答案： 例2
(1)设g(x)=f'(x)，则g(x)=cos x−$\frac{1}{1 + x}$，
g'(x)=−sin x+$\frac{1}{(1 + x)²}$。
当x∈(−1,$\frac{\pi}{2}$)时，g'(x)单调递减，而g'
(0)＞0，g'($\frac{\pi}{2}$)＜0，可得g'(x)在(−1,$\frac{\pi}{2}$)上有唯一零点，设为α。
则当x∈(−1,α)时，g'(x)＞0；
当x∈(α,$\frac{\pi}{2}$)时，g'(x)＜0。
所以g(x)在(−1,α)上单调递增，在(α,$\frac{\pi}{2}$)上单调递减，故g(x)在(−1,$\frac{\pi}{2}$)上存在唯一极大值点，即f'(x)在(−1,$\frac{\pi}{2}$)上存在唯一极大值点。
(2)f(x)的定义域为(−1,+∞)。
(i)当x∈(−1,0]时，由
(1)知，f'(x)在(−1,0)上单调递增，而f'
(0)=0，所以当x∈(−1,0)时，f'(x)＜0，故f(x)在(−1,0)上单调递减。
又f
(0)=0，从而x = 0是f(x)在(−1,0]上的唯一零点。
(ii)当x∈(0,$\frac{\pi}{2}$]时，由
(1)知，f'(x)在(0,α)上单调递增，在(α,$\frac{\pi}{2}$)上单调递减，而f'
(0)=0，f'($\frac{\pi}{2}$)＜0，所以存在β∈(α,$\frac{\pi}{2}$)，使得f'($\beta$)=0，且当x∈(0,$\beta$)时，f'(x)＞0；当x∈($\beta$,$\frac{\pi}{2}$)时，f'(x)＜0。
故f(x)在(0,$\beta$)上单调递增，在($\beta$,$\frac{\pi}{2}$)上单调递减。
又f
(0)=0，f($\frac{\pi}{2}$)=1−ln(1+$\frac{\pi}{2}$)＞0，
所以当x∈(0,$\frac{\pi}{2}$]时，f(x)＞0。从而f(x)在(0,$\frac{\pi}{2}$]上没有零点。
(iii)当x∈($\frac{\pi}{2}$,$\pi$]时，f'(x)＜0，所以f(x)在($\frac{\pi}{2}$,$\pi$)上单调递减。而f($\frac{\pi}{2}$)＞0，f($\pi$)＜0，所以f(x)在($\frac{\pi}{2}$,$\pi$]上有唯一零点。
(iv)当x∈($\pi$,+∞)时，ln(x + 1)＞1，所以f(x)＜0，从而f(x)在($\pi$,+∞)上没有零点。
综上，f(x)有且仅有2个零点。