《2026年学易优高考二轮总复习数学》

已知函数 $ f(x)=\ln (1+x)-x+\frac{1}{2} x^{2}-k x^{3} $，其中 $ 0＜k＜\frac{1}{3} $。
证明：$ f(x) $ 在区间 $ (0,+\infty) $ 存在唯一的极值点和唯一的零点。

答案： 证明：因为$f(x)=\ln(1+x)-x+\frac{1}{2}x^{2}-kx^{3}$，
$k\in\left(0,\frac{1}{3}\right)$，
所以$f^{\prime}(x)=\frac{1}{1+x}-1+x-3kx^{2}=\frac{1-1-x+x+x^{2}-3kx^{2}-3kx^{3}}{1+x}=\frac{-3kx^{2}\left(x+1-\frac{1}{3k}\right)}{1+x}$。
当$x＞0$时，令$f^{\prime}(x)=0$，解得$x=\frac{1}{3k}-1＞0$，
所以当$0＜x＜\frac{1}{3k}-1$时，$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$单调递增；当$x＞\frac{1}{3k}-1$时，$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$单调递减。
所以$x=\frac{1}{3k}-1$是$f(x)$在$(0,+\infty)$上唯一的极值点，是极
大值点。
因为$f\left(\frac{1}{3k}-1\right)＞f(0)=0$，$f\left(\frac{1}{2k}\right)=\ln\left(1+\frac{1}{2k}\right)-\frac{1}{2k}+\frac{1}{8k^{2}}-\frac{1}{8k^{2}}=\ln\left(1+\frac{1}{2k}\right)-\frac{1}{2k}＜0$，
所以$\exists x_{0}\in\left(\frac{1}{3k}-1,\frac{1}{2k}\right)$，$f(x_{0})=0$，
所以$x_{0}$是$f(x)$在$(0,+\infty)$上唯一的零点。

已知函数 $ f(x)=\mathrm{e}^{x}-4 \sin x $，其中 $ \mathrm{e} $ 为自然对数的底数，证明：$ f(x) $ 在 $ [0,+\infty) $ 上有两个零点。

答案： 证明：设$g(x)=f^{\prime}(x)=e^{x}-4\cos x$，
则$g^{\prime}(x)=e^{x}+4\sin x$。
显然当$x\in[0,\pi]$时，$g^{\prime}(x)＞0$，当$x\in[\pi,+\infty)$时，$g^{\prime}(x)＞e^{\pi}-4＞0$，
所以$f^{\prime}(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，
又$f^{\prime}(0)=-3＜0$，$f^{\prime}\left(\frac{\pi}{3}\right)=e^{\frac{\pi}{3}}-2＞0$，
所以存在唯一$x_{0}\in\left(0,\frac{\pi}{3}\right)$，使$f^{\prime}(x_{0})=0$。
则当$x\in(0,x_{0})$时，$f^{\prime}(x)＜0$；
当$x\in(x_{0},+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＞0$。
故$f(x)$在$(0,x_{0})$上单调递减，在$(x_{0},+\infty)$上单调递增。
因为$f(0)=1＞0$，$f\left(\frac{\pi}{4}\right)=e^{\frac{\pi}{4}}-2\sqrt{2}＜e-2\sqrt{2}＜0$，
$f(\pi)=e^{\pi}＞0$，
所以$f(x)$在$[0,+\infty)$上有两个零点。

已知函数 $ f(x)=\mathrm{e}^{x - 1}+\mathrm{e}^{-x + 1} $，$ g(x)=a\left(x^{2}-2 x\right)(a＜0) $。
(1) 求函数 $ f(x) $ 的单调区间；
(2) 若函数 $ h(x)=f(x)-g(x) $ 有两个零点，求 $ a $ 的取值范围。

答案：
(1)由$f(x)=e^{x - 1}+e^{-x + 1}$，
可得$f^{\prime}(x)=e^{x - 1}-e^{-x + 1}=\frac{e^{2(x - 1)}-1}{e^{x - 1}}$，
令$f^{\prime}(x)=0$，解得$x = 1$，
当$x＜1$时，$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$在$(-\infty,1)$上单调递减；
当$x＞1$时，$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$在$(1,+\infty)$上单调递增，
故函数$f(x)$的单调递减区间是$(-\infty,1)$，单调递增区间
是$(1,+\infty)$。
(2)由$h(x)=0$，得$f(x)=g(x)$，
因此函数$h(x)$的零点个数等价于函数$f(x)$与$g(x)$的图
象的交点个数，
因为$g(x)=a(x^{2}-2x)(a＜0)$，所以$g(x)$的图象关于直线
$x = 1$对称，
且单调递增区间是$(-\infty,1)$，单调递减区间是$(1,+\infty)$，
所以当$x = 1$时，$g(x)$取最大值$g(1)=-a$，
由
(1)可知，函数$f(x)$的单调递减区间是$(-\infty,1)$，单调
递增区间是$(1,+\infty)$。
当$x = 1$时，$f(x)$取最小值$f(1)=2$，
又$f(1 - x)=f(1 + x)$，所以$f(x)$的图象关于直线$x = 1$
对称，
故当$-a＞2$，即$a＜-2$时，函数$h(x)$有两个零点，
故$a$的取值范围是$(-\infty,-2)$。

已知函数 $ f(x)=\frac{x^{2}}{\mathrm{e}^{x}}-a \ln x $，$ a \neq 0 $，若 $ f(x) $ 在区间 $ (1, \mathrm{e}) $ 上有零点，求实数 $ a $ 的取值范围。

答案： 解：因为$f(x)=\frac{x^{2}}{e^{x}}-a\ln x$在$(1,e)$上有零点，
所以方程$\frac{x^{2}}{e^{x}\ln x}=a$在$(1,e)$上有解。
设$h(x)=\frac{x^{2}}{e^{x}\ln x}$，则
$h^{\prime}(x)=\frac{x·(2\ln x-x\ln x - 1)}{e^{x}(\ln x)^{2}}\underline{且}\frac{x}{e^{x}(\ln x)^{2}}＞0$。
设$n(x)=\ln x-x + 1\Rightarrow n^{\prime}(x)=\frac{1 - x}{x}$，
当$x＞1$时，$n^{\prime}(x)＜0$，$n(x)$单调递减；
当$0＜x＜1$时，$n^{\prime}(x)＞0$，$n(x)$单调递增，
故当$x = 1$时，函数$n(x)$有最大值$n(1)=0$，
因此有$n(x)=\ln x-x + 1\leqslant0\Rightarrow\ln x\leqslant x - 1$。
设$j(x)=2\ln x-x\ln x-1$，
则$j(x)\leqslant2(x - 1)-x\ln x-1=2x - x\ln x-3$。
设$k(x)=2x - x\ln x-3$，则在区间$(1,e)$上，
$k^{\prime}(x)=1-\ln x＞0$，$k(x)$单调递增，
$k(x)＜k(e)=e - 3＜0$，
即$h^{\prime}(x)＜0$，$h(x)$单调递减，
所以在区间$(1,e)$上，$h(x)$的值域为$(e^{2 - e},+\infty)$，
所以实数$a$的取值范围是$(e^{2 - e},+\infty)$。