《2025年高考帮数学》

训练2 [2023 山东潍坊二模节选]已知函数$f(x)=x + a\sin x$.讨论$f(x)$在区间$(0,\frac{\pi}{2})$上的零点个数.

答案： 训练2f'(x)=1 + a cos x。
①若a≥0，则f'(x)=1 + a cos x＞0在(0,$\frac{\pi}{2}$)上恒成立，所以f(x)在(0,$\frac{\pi}{2}$)上单调递增，又f
(0)=0，所以f(x)在(0,$\frac{\pi}{2}$)上无零点。
②若a＜0，由x∈(0,$\frac{\pi}{2}$)，得0＜cos x＜1，则1 + a＜1 + a cos x＜1。
当a + 1≥0，即−1≤a＜0时，f'(x)＞0，
所以f(x)在(0,$\frac{\pi}{2}$)上单调递增，又f
(0)=0，故f(x)在(0,$\frac{\pi}{2}$)上无零点。
当a + 1＜0，即a＜−1时，f'(x)在(0,$\frac{\pi}{2}$)上单调递增，且f'
(0)=1 + a＜0，f'($\frac{\pi}{2}$)=1＞0，
故存在x₀∈(0,$\frac{\pi}{2}$)，使得f'(x₀)=0，
所以f(x)在(0,x₀)上单调递减，在(x₀,$\frac{\pi}{2}$)上单调递增，
又f
(0)=0，故f(x₀)＜0，f($\frac{\pi}{2}$)=$\frac{\pi}{2}$+a。
此时，若$\frac{\pi}{2}$+a≤0，即a≤−$\frac{\pi}{2}$，则f(x)在(0,$\frac{\pi}{2}$)上无零点；
若$\frac{\pi}{2}$+a＞0，即−$\frac{\pi}{2}$＜a＜−1，则f(x)在(0,$\frac{\pi}{2}$)上有一个零点。
综上，当a≥−1时，f(x)在(0,$\frac{\pi}{2}$)上无零点；当−$\frac{\pi}{2}$＜a＜−1时，f(x)在(0,$\frac{\pi}{2}$)上有一个零点；当a≤−$\frac{\pi}{2}$时，f(x)在(0,$\frac{\pi}{2}$)上无零点。

例1 [2022全国卷甲]已知函数$f(x)=\frac{e^{x}}{x}-\ln x + x - a$.
(1)若$f(x)\geq0$,求$a$的取值范围;
(2)证明:若$f(x)$有两个零点$x_{1},x_{2}$,则$x_{1}x_{2}＜1$.

答案： 由题意知函数$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$.
由$f'(x)=\frac{e^{x}(x - 1)}{x^{2}}-\frac{1}{x}+1=\frac{e^{x}(x - 1)-x + x^{2}}{x^{2}}=\frac{(e^{x}+x)(x - 1)}{x^{2}}$,
可得函数$f(x)$在$(0,1)$上单调递减,在$(1,+\infty)$上单调递增.
所以$f(x)_{\min}=f(1)=e + 1 - a$.
又$f(x)\geq0$,所以$e + 1 - a\geq0$,解得$a\leq e + 1$,
所以$a$的取值范围为$(-\infty,e + 1]$.
(2)解法一　不妨设$x_{1}\lt x_{2}$,则由
(1)知$0\lt x_{1}\lt1\lt x_{2},\frac{1}{x_{1}}\gt1$.
令$F(x)=f(x)-f(\frac{1}{x})$,则$F'(x)=\frac{(e^{x}+x)(x - 1)}{x^{2}}+\frac{(e^{\frac{1}{x}}+\frac{1}{x})(\frac{1}{x}-1)}{\frac{1}{x^{2}}}\cdot\frac{1}{x^{2}}=\frac{(x - 1)}{x^{2}}(e^{x}+x - xe^{\frac{1}{x}}-1)$.
令$g(x)=e^{x}+x - xe^{\frac{1}{x}}-1$,
则$g'(x)=e^{x}+1 - e^{\frac{1}{x}}+xe^{\frac{1}{x}}\cdot\frac{1}{x^{2}}=e^{x}+1 + e^{\frac{1}{x}}(\frac{1}{x}-1)$,
所以当$x\in(0,1)$时,$g'(x)\gt0$,
所以当$x\in(0,1)$时,$g(x)\lt g(1)=0$,
所以当$x\in(0,1)$时,$F'(x)\gt0$,
所以$F(x)$在$(0,1)$上单调递增,所以$F(x)\lt F(1)$,
即在$(0,1)$上$f(x)-f(\frac{1}{x})\lt F(1)=0$.
又$f(x_{1})=f(x_{2})=0$,所以$f(x_{2})-f(\frac{1}{x_{1}})\lt0$,即$f(x_{2})\lt f(\frac{1}{x_{1}})$.
由
(1)可知,函数$f(x)$在$(1,+\infty)$上单调递增,
所以$x_{2}\lt\frac{1}{x_{1}}$,即$x_{1}x_{2}\lt1$.
解法二　不妨设$x_{1}\lt x_{2}$,则由
(1)知$0\lt x_{1}\lt1\lt x_{2},0\lt\frac{1}{x_{2}}\lt1$.
由$f(x_{1})=f(x_{2})=0$,得$\frac{e^{x_{1}}}{x_{1}}-\ln x_{1}+x_{1}=\frac{e^{x_{2}}}{x_{2}}-\ln x_{2}+x_{2}$,
即$e^{x_{1}-\ln x_{1}}+x_{1}-\ln x_{1}=e^{x_{2}-\ln x_{2}}+x_{2}-\ln x_{2}$.
因为函数$y = e^{x}+x$在$\mathbf{R}$上单调递增,所以$x_{1}-\ln x_{1}=x_{2}-\ln x_{2}$成立.
构造函数$h(x)=x-\ln x,g(x)=h(x)-h(\frac{1}{x})=x-\frac{1}{x}-2\ln x$,则$g'(x)=1+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}=\frac{(x - 1)^{2}}{x^{2}}\geq0$,
所以函数$g(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，
所以当$x\gt1$时,$g(x)\gt g(1)=0$,即当$x\gt1$时,$h(x)\gt h(\frac{1}{x})$,
所以$h(x_{1})=h(x_{2})\gt h(\frac{1}{x_{2}})$,
又$h'(x)=1-\frac{1}{x}=\frac{x - 1}{x}$,所以$h(x)$在$(0,1)$上单调递减,
所以$0\lt x_{1}\lt\frac{1}{x_{2}}\lt1$,即$x_{1}x_{2}\lt1$.