《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A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。

答案： 解 法一 函数$f(x)$有两个零点，理由如下：
令$g(x)=f'(x)=e^{x}+1-\frac{4}{2 - x}$，$x\in(-\infty,2)$，$g'(x)=e^{x}-\frac{4}{(2 - x)^{2}}=\frac{(2 - x)^{2}e^{x}-4}{(2 - x)^{2}}$，
令$h(x)=(2 - x)^{2}e^{x}-4$，$x\in(-\infty,2)$，$h'(x)=x(x - 2)e^{x}$，
当$x＜0$时，$h'(x)＞0$，$h(x)$单调递增，当$0＜x＜2$时，$h'(x)＜0$，$h(x)$单调递减，
所以$h(x)\leq h(0)=0$，故$g'(x)\leq0$，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，$f'(x)＞0$，$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递增；
当$0＜x＜2$时，$g(x)＜g(0)=0$，即当$0＜x＜2$时，$f'(x)＜0$，$f(x)$在$(0,2)$上单调递减，
又因为$f(2 - e^{5})=e^{2 - e^{5}}+2 - e^{5}+24＜0$，$f(0)=e^{0}+0 + 4\ln2＞0$，$f(2 - e^{-6})=e^{2 - e^{-6}}+2 - e^{-6}-24＜e^{2}-22＜0$，
所以$f(x)$在区间$(2 - e^{5},0)$，$(0,2 - e^{-6})$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：
$f(x)=e^{x}+x + 4\ln(2 - x)=0$，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$g'(x)=-1+\frac{4}{2 - x}=\frac{x + 2}{2 - x}=0$，得$x = - 2$，当$-2＜x＜2$时，$g'(x)＞0$，$g(x)$单调递增，
当$x＜-2$时，$g'(x)＜0$，$g(x)$单调递减，
因为$g(-2)=2 - 4\ln4＜0$，$g(-e^{3}+2)=e^{3}-2 - 4\ln e^{3}=e^{3}-14＞0$，$g(1)=-1＜0$，$g\left(\frac{3}{2}\right)=-\frac{3}{2}-4\ln\frac{1}{2}=\ln\frac{2^{8}}{e^{\frac{3}{2}}}＞0$，
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。

答案： 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$g'(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}(x＞0)$.
令$g'(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}=0$，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，$g(x)\in\left(0,\frac{1}{e}\right)$，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$(1,e)\cup(e,+\infty)$.