《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

例 2 (2025·河北省级联测)已知函数 $ f(x)=-ae^{x}-\sin x - 1 $ 在区间 $ (0,\frac{\pi}{2}) $ 内有唯一极值点 $ x_{1} $，其中 $ a\in R $，e 为自然对数的底数.
(1)求实数 $ a $ 的取值范围；
(2)证明：$ f(x) $ 在区间 $ (0,\frac{3\pi}{2}) $ 内有唯一零点.
__________

答案：
(1)解$f^{\prime}(x)=-ae^{x}-\cos x$，
当$x\in(0,\frac{\pi}{2})$时，$\cos x\in(0,1)$，
①当$a\geq0$时，$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$在$(0,\frac{\pi}{2})$上单调递减，没有极值点，不合题意；
②当$a＜0$时，$y = - ae^{x}$与$y = -\cos x$均在$(0,\frac{\pi}{2})$上单调递增，故$f^{\prime}(x)$在$(0,\frac{\pi}{2})$上单调递增，
因为$f^{\prime}(0)=-a - 1$，$f^{\prime}(\frac{\pi}{2})=-ae^{\frac{\pi}{2}}＞0$，
所以$f^{\prime}(0)=-a - 1＜0$，得$a＞-1$，
此时$f^{\prime}(x)$在$(0,\frac{\pi}{2})$内有唯一零点$x_{1}$，
所以当$x\in(0,x_{1})$时，$f^{\prime}(x)＜0$；
当$x\in(x_{1},\frac{\pi}{2})$时，$f^{\prime}(x)＞0$.
所以$f(x)$在$(0,\frac{\pi}{2})$内有唯一极小值点$x_{1}$，符合题意.
综上，实数$a$的取值范围为$(-1,0)$.
(2)证明 由
(1)知$-1＜a＜0$，所以当$x\in[\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2})$时，$f^{\prime}(x)=-ae^{x}-\cos x＞0$，
所以$f(x)=-ae^{x}-\sin x - 1$在$[\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2})$上单调递增.
结合
(1)可知当$x\in(0,x_{1})$时，$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$单调递减；
当$x\in(x_{1},\frac{3\pi}{2})$时，$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$单调递增.
所以当$x\in(0,x_{1})$时，$f(x)＜f(0)=-a - 1＜0$，
又因为$f(\frac{3\pi}{2})=-ae^{\frac{3\pi}{2}}＞0$，
所以$f(x)$在$(x_{1},\frac{3\pi}{2})$内有唯一零点，
即$f(x)$在$(0,\frac{3\pi}{2})$内有唯一零点.

训练 2 (2025·湖南九校联考节选)已知函数 $ f(x)=x^{3}-3x^{2}-cx + c $，$ c\in R $，讨论 $ f(x) $ 零点的个数.训练2 解$f(x)=x^{3}-3x^{2}-cx + c$，
$f^{\prime}(x)=3x^{2}-6x - c$，
令$f^{\prime}(x)=0$，则$\Delta=36 + 12c$，
①当$\Delta=36 + 12c\leq0$，即$c\leq - 3$，$f^{\prime}(x)\geq0$，
$\therefore f(x)$在R上单调递增，
$\because f(1)=-2＜0$，
$f(3)=27-3×9-3c + c=-2c＞0$，
$\therefore$函数$f(x)$有且仅有一个零点；
②当$\Delta=36 + 12c＞0$，即$c＞-3$时，
设$f^{\prime}(x)=0$的两根为$x_{1},x_{2}$，
则$x_{1}+x_{2}=2＞0$，$x_{1}x_{2}=-\frac{c}{3}$，
(i)当$c = 0$时，$f(x)=x^{3}-3x^{2}$，
令$f(x)=x^{3}-3x^{2}=0$，
解得$x = 0$或$x = 3$，
$\therefore f(x)$有两个零点；
(ii)当$-3＜c＜0$时，$x_{1}+x_{2}=2＞0$，
$x_{1}x_{2}=-\frac{c}{3}＞0$，
$\therefore f^{\prime}(x)=0$有两个正根，不妨令$0＜x_{1}＜x_{2}$，
则$3x_{1}^{2}-6x_{1}-c = 0$，
函数$f(x)$在$(-\infty,x_{1})$上单调递增，在$(x_{1},x_{2})$上单调递减，在$(x_{2},+\infty)$上单调递增，
$\because f(x_{1})=x_{1}^{3}-3x_{1}^{2}-(x_{1}-1)(3x_{1}^{2}-6x_{1})=-2x_{1}(x_{1}^{2}-3x_{1}+3)＜0$，$f(3)=-2c＞0$，
$\therefore$函数$f(x)$有且仅有一个零点；
(iii)当$c＞0$时，$x_{1}+x_{2}=2$，$x_{1}x_{2}=-\frac{c}{3}＜0$，
$\therefore f^{\prime}(x)=0$有一个正根和一个负根，不妨令$x_{1}＜0＜x_{2}$，
函数$f(x)$在$(-\infty,x_{1})$上单调递增，在$(x_{1},x_{2})$上单调递减，在$(x_{2},+\infty)$上单调递增，
$\because f(x_{1})＞f(0)=c＞0$，$f(x_{2})＜f(1)=-2＜0$，
$\therefore$函数$f(x)$有且仅有三个零点.
综上，当$c＞0$时，函数$f(x)$有三个零点；
当$c = 0$时，函数$f(x)$有两个零点；
当$c＜0$时，函数$f(x)$有一个零点.

答案： 训练2 解$f(x)=x^{3}-3x^{2}-cx + c$，
$f^{\prime}(x)=3x^{2}-6x - c$，
令$f^{\prime}(x)=0$，则$\Delta=36 + 12c$，
①当$\Delta=36 + 12c\leq0$，即$c\leq - 3$，$f^{\prime}(x)\geq0$，
$\therefore f(x)$在R上单调递增，
$\because f(1)=-2＜0$，
$f(3)=27-3×9-3c + c=-2c＞0$，
$\therefore$函数$f(x)$有且仅有一个零点；
②当$\Delta=36 + 12c＞0$，即$c＞-3$时，
设$f^{\prime}(x)=0$的两根为$x_{1},x_{2}$，
则$x_{1}+x_{2}=2＞0$，$x_{1}x_{2}=-\frac{c}{3}$，
(i)当$c = 0$时，$f(x)=x^{3}-3x^{2}$，
令$f(x)=x^{3}-3x^{2}=0$，
解得$x = 0$或$x = 3$，
$\therefore f(x)$有两个零点；
(ii)当$-3＜c＜0$时，$x_{1}+x_{2}=2＞0$，
$x_{1}x_{2}=-\frac{c}{3}＞0$，
$\therefore f^{\prime}(x)=0$有两个正根，不妨令$0＜x_{1}＜x_{2}$，
则$3x_{1}^{2}-6x_{1}-c = 0$，
函数$f(x)$在$(-\infty,x_{1})$上单调递增，在$(x_{1},x_{2})$上单调递减，在$(x_{2},+\infty)$上单调递增，
$\because f(x_{1})=x_{1}^{3}-3x_{1}^{2}-(x_{1}-1)(3x_{1}^{2}-6x_{1})=-2x_{1}(x_{1}^{2}-3x_{1}+3)＜0$，$f(3)=-2c＞0$，
$\therefore$函数$f(x)$有且仅有一个零点；
(iii)当$c＞0$时，$x_{1}+x_{2}=2$，$x_{1}x_{2}=-\frac{c}{3}＜0$，
$\therefore f^{\prime}(x)=0$有一个正根和一个负根，不妨令$x_{1}＜0＜x_{2}$，
函数$f(x)$在$(-\infty,x_{1})$上单调递增，在$(x_{1},x_{2})$上单调递减，在$(x_{2},+\infty)$上单调递增，
$\because f(x_{1})＞f(0)=c＞0$，$f(x_{2})＜f(1)=-2＜0$，
$\therefore$函数$f(x)$有且仅有三个零点.
综上，当$c＞0$时，函数$f(x)$有三个零点；
当$c = 0$时，函数$f(x)$有两个零点；
当$c＜0$时，函数$f(x)$有一个零点.