《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

例 3 已知函数 $ f(x)=e^{x}+x + 4\ln(2 - x) $，判断函数 $ f(x) $ 的零点个数，并说明理由.
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答案： 例3 解 法一 函数$f(x)$有两个零点，理由如下：
令$g(x)=f^{\prime}(x)=e^{x}+1-\frac{4}{2 - x}$，$x\in(-\infty,2)$，
$g^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{4}{(2 - x)^{2}}=\frac{(2 - x)^{2}e^{x}-4}{(2 - x)^{2}}$
令$h(x)=(2 - x)^{2}e^{x}-4$，$x\in(-\infty,2)$，
$h^{\prime}(x)=x(x - 2)e^{x}$，
当$x＜0$时，$h^{\prime}(x)＞0$，$h(x)$单调递增，
当$0＜x＜2$时，$h^{\prime}(x)＜0$，$h(x)$单调递减，
所以$h(x)\leq h(0)=0$，故$g^{\prime}(x)\leq0$，
所以$g(x)$在$(-\infty,2)$上为减函数，
所以当$x＜0$时，$g(x)＞g(0)=0$，即$x＜0$时，$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递增；
当$0＜x＜2$时，$g(x)＜g(0)=0$，即$0＜x＜2$时，$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$在$(0,2)$上单调递减，
又因为$f(2 - e^{6})=e^{2 - e^{6}}+2 - e^{6}+4\ln(2 - (2 - e^{6}))=e^{2 - e^{6}}+2 - e^{6}+24＜0$，
$f(0)=e^{0}+0 + 4\ln2＞0$，
$f(2 - e^{-6})=e^{2 - e^{-6}}+2 - e^{-6}-24＜e^{2}-22＜0$，
所以$f(x)$在区间$(2 - e^{6},0)$，$(0,2 - e^{-6})$内各有一个零点，即函数$f(x)$有两个零点.
综上，函数$f(x)$有两个零点.
法二 函数$f(x)$有两个零点，理由如下：
令$f(x)=e^{x}+x + 4\ln(2 - x)=0$，
可得$e^{x}=-x - 4\ln(2 - x)$，
判断函数$f(x)$的零点个数即判断函数$t(x)=e^{x}(x＜2)$与$g(x)=-x - 4\ln(2 - x)(x＜2)$图象交点的个数.
$t(x)=e^{x}$为增函数，$t(x)＞0$，
当$x\to-\infty$时，$t(x)\to0$，
当$x\to-\infty$时，$g(x)\to+\infty$，
由$g^{\prime}(x)=-1+\frac{4}{2 - x}=\frac{x + 2}{2 - x}=0$，得$x = - 2$，
当$-2＜x＜2$时，$g^{\prime}(x)＞0$，$g(x)$单调递增，
当$x＜-2$时，$g^{\prime}(x)＜0$，$g(x)$单调递减，
因为$g(-2)=2 - 4\ln4＜0$，
$g(-e^{3}+2)=e^{3}-2 - 4\ln e^{3}=e^{3}-14＞0$，
$g(1)=-1＜0$，
$g(\frac{3}{2})=-\frac{3}{2}-4\ln\frac{1}{2}=\ln\frac{2^{8}}{\sqrt{e^{3}}}＞0$，
且当$x\to2$时，$g(x)\to+\infty$，$t(2)=e^{2}$，
所以$t(x)=e^{x}$与$g(x)=-x - 4\ln(2 - x)$的图象在$x＜0$时有一个交点，在$0＜x＜2$时有一个交点.
综上，函数$f(x)$有两个零点.

训练 3 (2021·全国甲卷节选)已知 $ a＞0 $ 且 $ a\neq1 $，函数 $ f(x)=\frac{x^{a}}{a^{x}}(x＞0) $.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.
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答案： 训练3 解 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$g^{\prime}(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}(x＞0)$，
令$g^{\prime}(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}=0$，得$x = e$，
当$0＜x＜e$时，$g^{\prime}(x)＞0$，函数$g(x)$单调递增；
当$x＞e$时，$g^{\prime}(x)＜0$，函数$g(x)$单调递减.
故$g(x)_{\max}=g(e)=\frac{1}{e}$
且当$x＞e$时，$g(x)\in(0,\frac{1}{e})$，
又$g(1)=0$，所以$0＜\frac{\ln a}{a}＜\frac{1}{e}$
所以$a＞1$且$a\neq e$，
故$a$的取值范围为$(1,e)\cup(e,+\infty)$.