《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

(1)讨论 $ f(x) $ 在 $ [-\pi,\pi] $ 上的单调性；

答案： 答案略

(2)令 $ h(x)=x^{2}-4x\sin x - 4\cos x + 4 $，试判断 $ h(x) $ 在 $ \mathbf{R} $ 上零点的个数.

答案：
(2)h(x)在R上有3个零点，理由如下:
h(x)=x^{2}-4x\sin x-4\cos x + 4，
因为h
(0)=0，所以x = 0是h(x)的1个零点。
h(-x)=(-x)^{2}-4(-x)\sin(-x)-4\cos(-x)+4=x^{2}-4x\sin x-4\cos x + 4=h(x)，
所以h(x)是偶函数，即要确定h(x)在R上的零点个数，只需确定x＞0时，h(x)的零点个数即可。
①当x＞0时，h'(x)=2x-4x\cos x=2x(1 - 2\cos x)，
令h'(x)=0，即$\cos x=\frac{1}{2}$，x=$\frac{\pi}{3}$+2kπ或x=$\frac{5}{3}\pi$+2kπ(k∈N)，
x∈(0,$\frac{\pi}{3}$)时，h'(x)＜0，h(x)单调递减，
且h($\frac{\pi}{3}$)=$\frac{\pi^{2}}{9}$+2-$\frac{2\sqrt{3}}{3}\pi$＜0，
x∈($\frac{\pi}{3}$,$\frac{5}{3}\pi$)时，h'(x)＞0，h(x)单调递增，
且h($\frac{5}{3}\pi$)=$\frac{25}{9}\pi^{2}$+$\frac{10\sqrt{3}}{3}\pi$+2＞0，
所以h(x)在(0,$\frac{5}{3}\pi$)有唯一零点；
②当x≥$\frac{5}{3}\pi$时，由于$\sin x\in[-1,1]$，$\cos x\in[-1,1]$，
h(x)=x^{2}-4x\sin x-4\cos x+4≥x^{2}-4x - 4 + 4=x^{2}-4x=t(x)，而t(x)在[$\frac{5}{3}\pi$,+∞)单调递增，t($\frac{5}{3}\pi$)＞0，
所以h(x)＞0恒成立，故h(x)在[$\frac{5}{3}\pi$,+∞)无零点，
所以h(x)在(0,+∞)有1个零点，
由于h(x)是偶函数，所以h(x)在(-∞,0)有1个零点，而h
(0)=0，综上，h(x)在R上有且仅有3个零点。

(1)求 $ a $；

答案： 答案略

(2)证明：存在直线 $ y = b $，其与两条曲线 $ y = f(x) $ 和 $ y = g(x) $ 共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.

答案：

(2)证明:法一:由
(1)可得f(x)=e^{x}-x和g(x)=x-\ln x的最小值为1 - \ln 1 = 1。
当b＞1时，考虑e^{x}-x = b的解的个数，x-\ln x = b的解的个数。
设S(x)=e^{x}-x - b，S'(x)=e^{x}-1，
当x＜0时，S'(x)＜0，当x＞0时，S'(x)＞0，
故S(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
所以S(x)_{min}=S
(0)=1 - b＜0，
而S(-b)=e^{-b}＞0，S(b)=e^{b}-2b，
设u(b)=e^{b}-2b，其中b＞1，则u'(b)=e^{b}-2＞0，
故u(b)在(1,+∞)上单调递增，故u(b)＞u
(1)=e - 2＞0，
故S(b)＞0，故S(x)=e^{x}-x - b有两个不同的零点，
即e^{x}-x = b的解的个数为2。
设T(x)=x-\ln x - b，T'(x)=\frac{x - 1}{x}，
当0＜x＜1时，T'(x)＜0，当x＞1时，T'(x)＞0，
故T(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以T(x)_{min}=T
(1)=1 - b＜0，
而T(e^{-b})=e^{-b}＞0，T(e^{b})=e^{b}-2b＞0，故T(x)=x-\ln x - b有两个不同的零点，即x-\ln x = b的解的个数为2。
当b = 1时，由
(1)讨论可得x-\ln x = b，e^{x}-x = b各有一个根，
当b＜1时，由
(1)讨论可得x-\ln x = b，e^{x}-x = b均无解，
故若存在直线y = b与曲线y = f(x)，y = g(x)有三个不同的交点，则b＞1。
设h(x)=e^{x}+\ln x-2x，其中x＞0，故h'(x)=e^{x}+\frac{1}{x}-2，
设s(x)=e^{x}-x - 1，x＞0，则s'(x)=e^{x}-1＞0，
故s(x)在(0,+∞)上单调递增，故s(x)＞s
(0)=0，即e^{x}＞x + 1，
所以h'(x)＞x+\frac{1}{x}-1≥2\sqrt{x·\frac{1}{x}}-1=1＞0，所以h(x)在(0,+∞)上单调递增，而h
(1)=e - 2＞0，h($\frac{1}{e^{3}}$)=e^{\frac{1}{e^{3}}}-3-\frac{2}{e^{3}}＜0，
故h(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点x_{0}，$\frac{1}{e^{3}}＜x_{0}＜1$，
当0＜x＜x_{0}时，h(x)＜0，即e^{x}-x＜x-\ln x，即f(x)＜g(x)，
当x＞x_{0}时，h(x)＞0，即e^{x}-x＞x-\ln x，即f(x)＞g(x)，
因此若存在直线y = b与曲线y = f(x)，y = g(x)有三个不同的交点，则b = f(x_{0})=g(x_{0})＞1，
此时e^{x}-x = b有两个不同的根x_{1},x_{2}(x_{1}＜0＜x_{2})，
此时x-\ln x = b有两个不同的根x_{0},x_{2}(0＜x_{0}＜1＜x_{2})，
故e^{x_{1}}-x_{1}=b，e^{x_{2}}-x_{2}=b，x_{2}-\ln x_{2}-b=0，x_{0}-\ln x_{0}-b=0，
所以x_{2}-b=\ln x_{2}即e^{x_{2}-b}=x_{2}即e^{x_{2}-b}-(x_{2}-b)-b=0，
故x_{2}-b为方程e^{x}-x = b的解，同理x_{0}-b也为方程e^{x}-x = b的解。所以\{x_{1},x_{0}\}=\{x_{0}-b,x_{2}-b\}，而b＞1，
故x_{1}=x_{0}-b，x_{2}=x_{2}-b，即x_{1}+x_{2}=2x_{0}，原命题得证。
法二:由
(1)可得f(x)=e^{x}-x(x∈R)，g(x)=x-\ln x(x∈(0,+∞))，由
(1)可作出函数f(x)和g(x)的大致图象，

显然两条连续曲线皆为下凸(单谷)形状，对应最小值均为1，有唯一交点P(p,c)，0＜p＜1。
考察直线y = b与两条曲线共有不同的交点数k，易得下表：
|b|(-∞,1)|1|(1,c)|c|(c,+∞)|
|k|0|2|4|3|4|
设直线y = c与两条曲线从左到右的三个不同交点为S(s,c)，P(p,c)，T(t,c)，则f(p)=e^{p}-p=g(p)=p-\ln p=c，
易见，f(\ln p)=e^{\ln p}-\ln p=p-\ln p=c，
g(e^{p})=e^{p}-\ln e^{p}=e^{p}-p=c，
故s=\ln p，t=e^{p}，且t - p=e^{p}-p=p-\ln p=p - s，故t + s=2p。
从而三个交点S，P，T的横坐标成等差数列，问题得证。

(1)当 $ a = 1 $ 时，讨论 $ f(x) $ 的单调性；

答案： 答案略

(2)若 $ f(x) $ 有两个零点，求实数 $ a $ 的取值范围.

答案：
(2)f'(x)=e^{x}-a。
当a≤0时，f'(x)＞0，所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增，
故f(x)至多存在一个零点，不合题意。
当a＞0时，由f'(x)=0可得x=\ln a。当x∈(-∞,\ln a)时，f'(x)＜0；当x∈(\ln a,+∞)时，f'(x)＞0。所以f(x)在(-∞,\ln a)上单调递减，在(\ln a,+∞)上单调递增，故当x=\ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(\ln a)=-a(1+\ln a)。
(i)若0＜a≤$\frac{1}{e}$，则f(\ln a)≥0，f(x)在(-∞,+∞)至多存在一个零点，不合题意。
(ii)若a＞$\frac{1}{e}$，则f(\ln a)＜0。
由于f(-2)=e^{-2}-2＞0，所以f(x)在(-∞,\ln a)上存在唯一零点。
由
(1)知，当x＞2时，e^{x}-x - 2＞0，
所以当x＞4且x＞2\ln(2a)时，f(x)=e^{\frac{x}{2}}· e^{\frac{x}{2}}-a(x + 2)＞e^{\ln(2a)}·(\frac{x}{2}+2)-a(x + 2)=2a＞0。
故f(x)在(\ln a,+∞)上存在唯一零点。
从而f(x)在(-∞,+∞)上有两个零点。
综上，实数a的取值范围是($\frac{1}{e}$,+∞)。