2025年高考数学一轮复习-3.7.1-函数的零点与方程的解、二分法-专项训练【含答案】

这是一份2025年高考数学一轮复习-3.7.1-函数的零点与方程的解、二分法-专项训练【含答案】，共6页。
1．已知函数f (x)＝x ln x＋a－ax(a∈R)．
(1)若a＝1，求函数f (x)的极值；
(2)若函数f (x)在区间[1，e]上有且只有一个零点，求实数a的取值范围．
2．已知函数f (x)＝ln x＋sin x.
(1)求函数f (x)在区间[1，e]上的最小值；
(2)判断函数f (x)的零点个数，并证明．
3．已知a＞0且a≠1，函数f (x)＝xaax(x＞0)．
(1)当a＝2时，求f (x)的单调区间；
(2)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．
4．已知函数f (x)＝axex(a＞0)和函数g(x)＝lnxx，且f (x)有最大值为1ae.
(1)求实数a的值；
(2)直线y＝m与两曲线y＝f (x)和y＝g(x)恰好有三个不同的交点，其横坐标分别为x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，证明：x1x3＝x22.
参考答案
1．解：(1)由题可得，函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝ln x＋1－a.
若a＝1，则f ′(x)＝ln x，
当0＜x＜1时，f ′(x)＜0，f (x)在(0，1)上单调递减；
当x＞1时，f ′(x)＞0，f (x)在(1，＋∞)上单调递增．
所以f (x)的极小值为f (1)＝ln 1＋1－1＝0，无极大值．
(2)f (x)＝x ln x－ax＋a，易知f (1)＝0，
所求问题等价于函数f (x)＝x ln x－ax＋a在区间(1，e]上没有零点．
因为f ′(x)＝ln x＋1－a，
当0＜x＜ea-1时，f ′(x)＜0，所以f (x)在(0，ea-1)上单调递减；
当x＞ea-1时，f ′(x)＞0，所以f (x)在(ea-1，＋∞)上单调递增．
①当ea-1≤1，即a≤1时，函数f (x)在区间(1，e]上单调递增，所以f (x)＞f (1)＝0，此时函数f (x)在区间(1，e]上没有零点，满足题意．
②当1＜ea-1＜e，即1＜a＜2时，f (x)在区间(1，ea-1)上单调递减，在区间(ea-1，e]上单调递增，要使f (x)在(1，e]上没有零点，只需f (e)＜0，即e－ea＋a＜0，解得a＞ee−1，所以ee−1＜a＜2.
③当e≤ea-1，即a≥2时，函数f (x)在区间(1，e]上单调递减，
在区间(1，e]上满足f (x)＜f (1)＝0，此时函数f (x)在区间(1，e]上没有零点，满足题意．
综上所述，实数a的取值范围是a≤1或a＞ee−1.
2．解：(1)f (x)＝ln x＋sin x的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝1x＋cs x，
令g(x)＝f ′(x)＝1x＋cs x，g′(x)＝－1x2－sin x，
当x∈[1，e]时，g′(x)＝－1x2－sin x＜0，
所以g(x)在[1，e]上单调递减，且g(1)＝1＋cs 1＞0，
g(e)＝1e＋cs e＜1e＋cs 2π3＝1e−12＜0，
所以由零点存在定理可知，在区间[1，e]存在唯一的a，使g(a)＝f ′(a)＝0.
又当x∈(1，a)时，g(x)＝f ′(x)＞0；当x∈(a，e)时，g(x)＝f ′(x)＜0，
所以f (x)在x∈(1，a)上单调递增，在x∈(a，e)上单调递减，又因为f (1)＝ln 1＋sin 1＝sin 1，
f (e)＝ln e＋sin e＝1＋sin e＞f (1)，
所以函数f (x)在区间[1，e]上的最小值为f (1)＝sin 1.
(2)函数f (x)有一个零点，证明如下：
因为f (x)＝ln x＋sin x，x∈(0，＋∞)，
若0＜x≤1，f ′(x)＝1x＋cs x＞0，
所以f (x)在区间(0，1]上单调递增，又f (1)＝sin 1＞0，f 1e＝－1＋sin 1e＜0，
结合零点存在定理可知，f (x)在区间(0，1]上有且仅有一个零点．
若1＜x≤π，则ln x＞0，sin x≥0，则f (x)＞0，
若x＞π，因为ln x＞ln π＞1≥－sin x，所以f (x)＞0，所以f (x)在区间(1，＋∞)上没有零点．
综上，函数f (x)在(0，＋∞)上有且仅有一个零点．
3．解：(1)当a＝2时，f (x)＝x22x(x＞0)，
f ′(x)＝x2−xln22x(x＞0)，
令f ′(x)＞0，则0＜x＜2ln2，此时函数f (x)单调递增，
令f ′(x)＜0，则x＞2ln2，此时函数f (x)单调递减，
所以函数f (x)的单调递增区间为0，2ln2，单调递减区间为2ln2，+∞.
(2)曲线y＝f (x)与直线y＝1有且仅有两个交点，
可转化为方程xaax＝1(x>0)有两个不同的解，即方程lnxx＝lnaa有两个不同的解．
设g(x)＝lnxx(x＞0)，则g′(x)＝1−lnxx2(x＞0)，
令g′(x)＝1−lnxx2＝0，得x＝e，
当0e时，g(x)∈0，1e，
又g(1)＝0，所以0＜lnaa＜1e，所以a＞1且a≠e，
即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)．
4．解：(1)f (x)＝axex的定义域为R，且f ′(x)＝a1−xex，a＞0，
当x＜1时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增；当x＞1时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减，所以f (x)max＝f (1)＝ae，所以ae＝1ae，解得a＝±1，又a＞0，所以a＝1.
(2)证明：由(1)可知，f (x)＝xex在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
又g′(x)＝1−lnxx2，所以g(x)＝lnxx在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
f (x)＝xex和g(x)＝lnxx的图象如图所示．
设f (x)和g(x)的图象交于点A，则当直线y＝m经过点A时，
直线y＝m与两条曲线y＝f (x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，
则0＜x1＜1＜x2＜e＜x3，且x2ex2＝lnx2x2＝m，lnx3x3＝m.
因为m＝x1ex1＝lnx2x2，所以x1ex1＝lnx2elnx2，
即f (x1)＝f (ln x2)，因为x1＜1，ln x2＜ln e＝1，且f (x)＝xex在(－∞，1)上单调递增，所以x1＝ln x2，所以x2x1＝x2lnx2＝1m.
因为m＝x2ex2＝lnx3x3，所以x2ex2＝lnx3elnx3，
即f (x2)＝f (ln x3)，
因为x2＞1，ln x3＞ln e＝1，且f (x)＝xex在(1，＋∞)上单调递减，
所以x2＝ln x3，所以x3x2＝x3lnx3＝1m.
所以x2x1＝x3x2＝1m，即x1x3＝