《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A版》

例1 已知函数 $ f(x)=x^{2}+3x+1+ke^{x} $ 恰有两个零点，求实数 $ k $ 的取值范围。$[0,e^{2})\cup\left\{-\frac{5}{e}\right\}$

答案：
解 由题意知方程$x^{2}+3x+1+ke^{x}=0$有两个不同的解，即$\frac{-x^{2}-3x-1}{e^{x}}=k$有两个不同的解，即$y=\frac{-x^{2}-3x-1}{e^{x}}$的图象与直线$y=k$有两个交点.
记$g(x)=\frac{-x^{2}-3x-1}{e^{x}}$，则$g'(x)=\frac{x^{2}+x - 2}{e^{x}}=\frac{(x + 2)(x - 1)}{e^{x}}$
当$x＜-2$时，$g'(x)＞0$，$g(x)$单调递增；
当$-2＜x＜1$时，$g'(x)＜0$，$g(x)$单调递减；
当$x＞1$时，$g'(x)＞0$，$g(x)$单调递增.
所以当$x = - 2$时，函数$g(x)$有极大值$e^{2}$，当$x = 1$时，函数$g(x)$有极小值$-\frac{5}{e}$，
又因为$x\to-\infty$时，$g(x)＜0$，且$g(x)\to-\infty$；$x\to+\infty$时，$g(x)＜0$，且$g(x)\to0$，
$g(x)$的大致图象如图所示，

由图可知$k\in[0,e^{2})\cup\left\{-\frac{5}{e}\right\}$时，函数$f(x)$恰有两个零点.

训练1 已知函数 $ f(x)=(x^{2}-2x)\cdot e^{x} $，若方程 $ f(x)=a $ 有 3 个不同的实根 $ x_{1},x_{2},x_{3}(x_{1}＜x_{2}＜x_{3}) $，求 $ \frac{a}{2-x_{2}}$$\left(0,\frac{1}{e}\right]$ 的取值范围。

答案：
解 因为$f(x)=(x^{2}-2x)\cdot e^{x}$，所以$f'(x)=(x^{2}-2)e^{x}$.
由$f'(x)＞0$，得$x＜-\sqrt{2}$或$x＞\sqrt{2}$，由$f'(x)＜0$，得$-\sqrt{2}＜x＜\sqrt{2}$，
所以函数$f(x)$在$(-\infty,-\sqrt{2})$上单调递增，在$(-\sqrt{2},\sqrt{2})$上单调递减，在$(\sqrt{2},+\infty)$上单调递增.
又因为$f(-\sqrt{2})=\frac{2 + 2\sqrt{2}}{e^{\sqrt{2}}}$，$f(\sqrt{2})=(2-2\sqrt{2})e^{\sqrt{2}}$，
且当$x$趋近于$-\infty$时，$f(x)$趋近于$0$，当$x$趋近于$+\infty$时，$f(x)$趋近于$+\infty$，
所以$f(x)$的大致图象如图所示.

若方程$f(x)=a$有3个不同的实根，则$a\in\left(0,\frac{2 + 2\sqrt{2}}{e^{\sqrt{2}}}\right)$.
又因为$f(x_{2})=(x_{2}^{2}-2x_{2})e^{x_{2}}=a$，$x_{2}\in(-\sqrt{2},0)$，所以$\frac{a}{2 - x_{2}}=\frac{(x_{2}^{2}-2x_{2})e^{x_{2}}}{2 - x_{2}}=-x_{2}e^{x_{2}}$.
不妨令$h(x)=xe^{x}$，$x\in(-\sqrt{2},0)$，则$h'(x)=e^{x}(x + 1)$，
由$h'(x)＜0$，得$-\sqrt{2}＜x＜-1$，由$h'(x)＞0$，得$-1＜x＜0$，
所以函数$h(x)$在$(-\sqrt{2},-1)$上单调递减，在$(-1,0)$上单调递增，
所以$h(x)_{\min}=h(-1)=-\frac{1}{e}$
又因为$h(-\sqrt{2})=-\sqrt{2}e^{-\sqrt{2}}$，$h(0)=0$，所以$-\frac{1}{e}\leq h(x)＜0$，所以$\frac{a}{2 - x_{2}}\in\left(0,\frac{1}{e}\right]$.