《2026年高考领航卷数学》

19. (17分)
已知函数$ f ( x ) = x - 4 \sqrt { x } + a \ln x $，其中$ a \in \mathbf { R } $。
(1)若曲线$ y = f ( x ) $在点$ ( 1 , f ( 1 ) ) $处的切线方程为$ y = k x - 1 $，求$ a $的值；
(2)判断函数$ f ( x ) $的极值点个数；
(3)若$ g ( x ) = \mathrm { e } ^ { f ( x ) } - \sqrt { x } $有且仅有1个零点，求$ a $的取值范围。

答案： 19.导数的几何意义+函数的极值点、零点+导数的应用
解:
(1)第一步:求切线方程
由题可得函数$ f(x) $的定义域为$ (0, +\infty) $,且$ f'(x) = 1 - \frac{2}{\sqrt{x}} + \frac{a}{x} $, (1分)
所以切线的斜率$ k = f'(1) = a - 1 $,(导数的几何意义的应用) (2分)
又$ f(1) = 1 - 4\sqrt{1} + a\ln 1 = -3 $,
所以切线方程为$ y - (-3) = (a - 1)(x - 1) $,整理得$ y = (a - 1)x - a - 2 $。 (3分)
第二步:求$ a $的值
又切线方程为$ y = kx - 1 $,所以$ -a - 2 = -1 $,解得$ a = -1 $。 (4分)
评分标准 正确写出切线方程,无论是否化简、整理都给1分。
(2)第一步:化简导函数
由
(1)可得$ f'(x) = 1 - \frac{2}{\sqrt{x}} + \frac{a}{x} = \frac{x - 2\sqrt{x} + a}{x} = \frac{(\sqrt{x} - 1)^2 + a - 1}{x} $, (5分)
第二步:对$ a $分类讨论,研究$ f(x) $的极值情况
①当$ a - 1 \geq 0 $,即$ a \geq 1 $时,$ f'(x) \geq 0 $恒成立,$ f(x) $在$ (0, +\infty) $上单调递增,
所以$ f(x) $没有极值。 (6分)
②当$ 0 ＜ a ＜ 1 $时,令$ f'(x) = 0 $,得$ (\sqrt{x} - 1)^2 + a - 1 = 0 $,
解得$ x = (1 - \sqrt{1 - a})^2 $或$ x = (1 + \sqrt{1 - a})^2 $,
若$ 0 ＜ x ＜ (1 - \sqrt{1 - a})^2 $,则$ f'(x) ＞ 0 $,所以$ f(x) $在$ (0, (1 - \sqrt{1 - a})^2) $上单调递增；
若$ (1 - \sqrt{1 - a})^2 ＜ x ＜ (1 + \sqrt{1 - a})^2 $,则$ f'(x) ＜ 0 $,所
以$ f(x) $在$ ((1 - \sqrt{1 - a})^2, (1 + \sqrt{1 - a})^2) $上单调递减；
若$ x ＞ (1 + \sqrt{1 - a})^2 $,则$ f'(x) ＞ 0 $,所以$ f(x) $在$ ((1 + \sqrt{1 - a})^2, +\infty) $上单调递增。
所以$ f(x) $在$ x = (1 - \sqrt{1 - a})^2 $处取得极大值,在$ x = (1 + \sqrt{1 - a})^2 $处取得极小值。 (8分)
③当$ a \leq 0 $时,令$ f'(x) = 0 $,得$ (\sqrt{x} - 1)^2 + a - 1 = 0 $,
解得$ x = (1 + \sqrt{1 - a})^2 (x = (1 - \sqrt{1 - a})^2 $舍去$) $,(提示:方程$ (\sqrt{x} - 1)^2 + a - 1 = 0 $可以看作是关于$ \sqrt{x} $的一元二次方程,因此在解方程时要根据$ \sqrt{x} ＞ 0 $舍去不符合题意的根)
若$ 0 ＜ x ＜ (1 + \sqrt{1 - a})^2 $,则$ f'(x) ＜ 0 $,所以$ f(x) $在$ (0, (1 + \sqrt{1 - a})^2) $上单调递减；
若$ x ＞ (1 + \sqrt{1 - a})^2 $,则$ f'(x) ＞ 0 $,所以$ f(x) $在$ ((1 + \sqrt{1 - a})^2, +\infty) $上单调递增。
所以$ f(x) $在$ x = (1 + \sqrt{1 - a})^2 $处取得极小值,无极大值。 (9分)
第三步:总结结论
综上,当$ a \geq 1 $时,$ f(x) $没有极值点,当$ 0 ＜ a ＜ 1 $时,$ f(x) $有2个极值点,当$ a \leq 0 $时,$ f(x) $有1个极值点。 (10分)
评分标准 讨论$ 0 ＜ a ＜ 1 $时,得到$ f(x) $的单调性给1分。
(3)第一步:将函数的零点问题转化为方程的根的问题
令$ g(x) = e^{f(x)} - \sqrt{x} = 0 $,得$ e^{f(x)} = \sqrt{x} $,得$ f(x) = \ln \sqrt{x} $,即$ f(x) - \frac{1}{2}\ln x = 0 $,
所以$ x - 4\sqrt{x} + (a - \frac{1}{2})\ln x = 0 $,
所以函数$ g(x) $的零点个数即关于$ x $的方程$ x - 4\sqrt{x} + (a - \frac{1}{2})\ln x = 0 $的根的个数,
令$ b = a - \frac{1}{2} $,则$ g(x) $的零点个数即关于$ x $的方程$ x - 4\sqrt{x} + b\ln x = 0 $的根的个数。 (11分)
第二步:结合
(2)中结论,分类讨论$ g(x) $的零点情况
由
(2)知,
①当$ a \geq 1 $时,$ f(x) $在$ (0, +\infty) $上单调递增,
又$ f(1) = -3 ＜ 0 $,$ f(16) = a\ln 16 ＞ 0 $,
所以$ f(x) $只有1个零点。(零点存在定理的应用)
因此当$ b = a - \frac{1}{2} \geq 1 $,即$ a \geq \frac{3}{2} $时,$ g(x) $只有1个零点。 (12分)
②当$ 0 ＜ a ＜ 1 $时,$ f(x) $的极大值$ f((1 - \sqrt{1 - a})^2) = (1 - \sqrt{1 - a})^2 - 4(1 - \sqrt{1 - a}) + a\ln (1 - \sqrt{1 - a})^2 = 2\sqrt{1 - a} - 2 - a + 2a\ln (1 - \sqrt{1 - a}) $,
由于$ 0 ＜ a ＜ 1 $,所以$ 0 ＜ 2\sqrt{1 - a} ＜ 2 $,则$ 2\sqrt{1 - a} - 2 ＜ 0 $,
又$ 0 ＜ 1 - \sqrt{1 - a} ＜ 1 $,所以$ 2a\ln (1 - \sqrt{1 - a}) ＜ 0 $,
因此$ f((1 - \sqrt{1 - a})^2) = 2\sqrt{1 - a} - 2 - a + 2a\ln (1 - \sqrt{1 - a}) ＜ 0 $,
又$ f(16) = a\ln 16 ＞ 0 $,所以$ f(x) $只有1个零点。
因此当$ b = a - \frac{1}{2} \in (0, 1) $,即$ \frac{1}{2} ＜ a ＜ \frac{3}{2} $时,$ g(x) $只有1个零点。 (14分)
③当$ a = 0 $时,$ f(x) = x - 4\sqrt{x} $,令$ f(x) = 0 $,得$ x = 16 $,故$ f(x) $只有1个零点。
因此当$ b = a - \frac{1}{2} = 0 $,即$ a = \frac{1}{2} $时,$ g(x) $只有1个零点。 (15分)
④当$ a ＜ 0 $时,$ f(x) $在$ (0, (1 + \sqrt{1 - a})^2) $上单调递减,
在$ ((1 + \sqrt{1 - a})^2, +\infty) $上单调递增,
所以$ f(x) $的极小值为$ f((1 + \sqrt{1 - a})^2) $,
又$ (1 + \sqrt{1 - a})^2 ＞ 1 $,所以$ f(x) $的极小值$ f((1 + \sqrt{1 - a})^2) ＜ f(1) = -3 ＜ 0 $,
易知$ e^{\frac{4}{a}} \in (0, 1) $,且$ f(e^{\frac{4}{a}}) = e^{\frac{4}{a}} - 4\sqrt{e^{\frac{4}{a}}} + a\ln e^{\frac{4}{a}} = e^{\frac{4}{a}} - 4e^{\frac{2}{a}} + 4 = (e^{\frac{2}{a}} - 2)^2 ＞ 0 $,
$ (4 - a)^2 \in (1, +\infty) $,且$ f((4 - a)^2) = (4 - a)^2 - 4\sqrt{(4 - a)^2} + a\ln (4 - a)^2 = a^2 - 4a + 2a\ln (4 - a) = a[a - 4 + 2\ln (4 - a)] $,令$ h(a) = a - 4 + 2\ln (4 - a) $,则当$ a ＜ 0 $时,$ h'(a) = 1 - \frac{2}{4 - a} = \frac{2 - a}{4 - a} ＞ 0 $,所以$ h(a) $在$ (-\infty, 0) $上单调递增,而$ h(0) = -4 + 4\ln 2 ＜ 0 $,所以当$ a \in (-\infty, 0) $时,$ h(a) ＜ 0 $,所以$ f((4 - a)^2) ＞ 0 $,
所以$ f(x) $在$ (0, 1) $和$ (1, +\infty) $上分别存在1个零点,
(零点存在定理的应用)
即$ f(x) $有2个零点。
因此当$ b = a - \frac{1}{2} ＜ 0 $,即$ a ＜ \frac{1}{2} $时,$ g(x) $有2个零点。 (16分)
第三步:得出结论
综上,当$ g(x) $有且仅有1个零点时,$ a $的取值范围是$ \left[ \frac{1}{2}, +\infty \right) $。 (17分)
评分标准 讨论$ 0 ＜ a ＜ 1 $的情况时,证得$ f((1 - \sqrt{1 - a})^2) ＜ 0 $给1分。
方法技巧 由函数的零点个数求参数的值(或取值范围)问题,往往需要对参数分类讨论,如何划分讨论的区间是思维的难点。由于这类问题往往涉及函数的单调区间,因此分类的标准是使函数在指定的区间内其导数的符号是确定的。