答 案
A
解析
解：①当
时，
易知函数
是减函数，
最多有一个零点，故不成立；
②当
时，
，
故当
时，
；
当
时，
，
故
在
上先减后增，
且当
时，
，当
时，
，
且当
时，
，解得
，
故函数
有两个零点，
故成立，
故选：A．
答 案
B
解析
由
，得
．令
且
，则
，即
．由
，得
，所以函数
在
上单调递增，在
上单
调递减，且
时，
，图象如图所示．由题意知方程
的根有一根
必在
内，另一根
或
或
．当
时，方程
无意义；当
时，
，
不满足题意，所以
时，则由二次函数的图象，有
模块1：
1 57%
1
例题1
0 < a < 1
y = a −
x
x −a
a > 1
y =
′
lna ⋅a −
x
1
a <
x
lna
1
y <
′
0
a >
x
lna
1
y >
′
0
y = a −
x
x −a
R
x →−∞
y →+∞
x →+∞
y →+∞
x = 0
y = 1 −0 −a < 0
a > 1
y = a −
x
x −a
例题2
ax + e lnx =
(x >
x −e lnx
x2
0)
a +
=
x
e lnx
1 −
x
e ln x
1
h x =
( )
x
e lnx
t = h x
( )
a + t =
1 −t
1
t +
2
a −1 t −
(
)
a + 1 = 0 ∗
( )
h
x =
′ ( )
=
x2
e 1 −lnx
(
)
0
x = e
h x
( )
0, e
(
)
e, +∞
(
)
x →+∞
h x →
( )
0
∗
( )
t
1
0, 1
(
)
t
=
2
1
t
=
2
0
t
∈
2
−∞, 0
(
)
t
=
2
1
∗
( )
t
=
2
0
a = 1
t
=
2
0
t
∈
2
−∞, 0
(
)
，解得
，故选B．
答 案
见解析
解析
证明：由题意知，
在区间
上的最小值为
．
因为
存在零点，所以
，从而
．
当
时，
在区间
上单调递减，且
， 所以
是
在区间
上的唯一零点． 当
时，
在区间
上单调递减，且
，
， 所以
在区间
上仅有一个零点．
综上可知，若
存在零点，则
在区间
上仅有一个零点．
答 案
解析
，
则
，
，
，
函数
在点
处的切线过点
，
知
，解得
，则
，
原题等价于方程
在
只有一个根，
即
在
只有一个根，
令
，
1
1
{0 + a −1 ⋅0 −a + 1 < 0
2
(
)
1 + a −1 ⋅1 −a + 1 > 0
2
(
)
a > 1
例题3
f x
( )
0, +∞
(
)
f
=
(
k)
2
k 1 −lnk
(
)
f x
( )
⩽
2
k 1 −lnk
(
)
0
k ⩾e
k = e
f x
( )
1,
(
e]
f
=
(
e)
0
x =
e
f x
( )
1,
(
e]
k > e
f x
( )
1,
(
e]
f 1 =
( )
>
2
1
0
f
=
(
e)
<
2
e −k
0
f x
( )
1,
(
e]
f x
( )
f x
( )
1,
(
e]
例题4
−∞, −
∪
(
ln2
2 )
−1 ∪
{
}
0, 2
(
]
f(x) =
x
a lnx + b
f (x) =
′
x2
a −b −a lnx
∴f(1) = b
f (1) =
′
a −b
∴
f(x)
(1, f(1))
(3, 0)
a −b = 3 −1
0 −b
b = 2a
f(x) =
x
a lnx + 2a
=
x
a lnx + 2a
a + 2 −x −
x
2
(0, 2]
x −
2
(a + 2)x + a lnx + 2a + 2 = 0
(0, 2]
h(x) = x −
2
(a + 2)x + a lnx + 2a + 2
则问题等价于函数
在
与轴只有唯一的交点，
，
①当
时，
在
上单调递减，
上单调递增， 当趋近于，
趋近于正无
穷， 要使函数
在
与轴只有唯一的交点， 需
或
，
或
；
② 当
时，
在
上单调递增，
上单调递减，
上单调递增，
，当趋近于，
趋近于负无穷，
在
与轴只有唯一的交点；
③当
时，
在
上单调递增，
，
，
函数
在
与轴只有唯一的交点，
综上所述，的取值范围是
．
答 案
见解析．
解析
证明：依题意，
，
令
，则
，
当
时，
，所以
无解，则函数
不存在大于零的极值
点；
当
时，由
，故
在
上单调递增，又
，
，
所以
在
有且只有一个零点，
又注意到在
的零点左侧，
，在
的零点右侧，
， 所以函数
在
有且只有一个极值点，
综上所述，当
时，函数
在
内有且只有一个极值点．
答 案
见解析
解析
，①当
时，由
知，当
时，
，此
时
无零点，
1
1
h(x)
(0, 2]
x
∴h (x) =
′
x
(2x −a)(x −1)
a < 0
h(x)
(0, 1)
(1, 2]
x
0
h(x)
h(x)
(0, 2]
x
h(1) = 0
h(2) < 0
∴a = −1
a < −
ln2
2
a ∈(0, 2)
h(x)
(0,
)
2
a
(
, 1)
2
a
(1, 2]
∴h(
) >
2
a
h(1) = a + 1 > 0
x
0
h(x)
∴h(x)
(0, 2)
x
a = 2
h(x)
(0, 2]
∵h(e
) =
−4
e
−
−8
4e
−
−4
2 < 0
h(2) = 2 + 2 ln2 > 0
∴
h(x)
(0, 2]
x
a
−∞, −
∪
(
ln2
2 )
−1 ∪
{
}
0, 2
(
]
例题5
f
x =
′ ( )
a xe −a
(
x
)
h x =
( )
a xe −a
(
x
)
h
x =
′ ( )
a x + 1 e
(
)
x
(1)
x < 0
h x =
( )
f
x <
′ ( )
0
f
x =
′ ( )
0
f x
( )
(2)
x ⩾0
h
x =
′ ( )
a x + 1 e >
(
)
x
0
h x
( )
0, +∞
[
)
h 0 =
( )
−a <
2
0
h a =
( )
a ae −a >
(
a
)
0
h x =
( )
f
x
′ ( )
[0, +∞)
f
x
′ ( )
f
x <
′ ( )
0
f
x
′ ( )
f
x >
′ ( )
0
f x
( )
0, +∞
[
)
a > 0
f x
( )
−∞, +∞
(
)
例题6
f 0 =
( )
−1
0 < k ⩽1
(1)
x ∈−∞, 0
(
)
f x ⩽
( )
f x
=
( )max
f lnk =
(
)
lnk −1 k −
(
)
ln k =
2
k
2
−
lnk −1
+ 1 <
2
k [(
)2
]
0
f x
( )
当
时，
，
又
在
上单调递增，所以
在
上有唯一的零点，
故函数
在定义域
上有唯一的零点．
②当
时，由
知，当
时，
，此时
无零点；
当
时，
，
，
令
，则
，
因为
，
，
在
上单调递增，
，
所以
在
上单调递增，得
，即
，所以
在
上有唯一的零点，故函数
在定义域
上有唯一的零点．
综合①②知，当
时，函数
在定义域
上有且只有一个零点．
x ∈0, +∞
[
)
f 2 =
( )
e −
2
2k ⩾e −
2
2 > 0
f x
( )
0, +∞
[
)
f x
( )
0, +∞
[
)
f x
( )
−∞, +∞
(
)
k > 1
(1)
x ∈−∞, lnk
(
)
f x ⩽
( )
f x
=
( )max
f 0 =
( )
−1 < 0
f x
( )
x ∈lnk, +∞
[
)
f lnk <
(
)
f 0 =
( )
−1 < 0
f k + 1 =
(
)
ke
−
k+1
2
k k + 1
(
)2
= k e
−
[ k+1
2
k + 1
(
)2
]
g t =
( )
e −
t
t , t =
2
1 2
k + 1 > 2
g
t =
′ ( )
e −
t
t, g
t =
′′ ( )
e −
t
1
t > 2
g
t >
′′ ( )
0
g
t
′ ( )
2, +∞
(
)
g
t >
′ ( )
g
2 =
′ ( )
e −
2
2 > 0
g t( )
2, +∞
(
)
g t >
( )
g 2 =
( )
e −
2
2 > 0
f k + 1 >
(
)
0
f x
( )
lnk, +∞
[
)
f x
( )
−∞, +∞
(
)
k > 0
f x
( )
−∞, +∞
(
)
