答 案
C
解析
令
，则
． 因为
， 所以当
时，
，函数
单调递增；当
时，
，函数
单调递减，
，且
，所以函数有两个零点．即方程
有两个实数解．故选C．
答 案
B
解析
或
，
当
和
时，
，
单调递减；
当
时，
，
【本讲要点】
模块1：
1 82%
1
本讲要点
要点
例题1
f x =
( )
x −
2
x sinx −cos x
f
x =
′ ( )
2x −sinx −x cos x + sinx = 2x −x cos x = x 2 −cos x
(
)
2 −cos x > 0
x > 0
f
x >
′ ( )
0
f x
( )
x < 0
f
x <
′ ( )
0
f x
( )
∴f x
=
( )min
f 0 =
( )
−1
x →+∞,f x →
( )
+∞,x →−∞,f x →
( )
+∞
x =
2
x sinx + cos x
例题2
∵f
x =
′ ( )
−x −
2
x + 2 = −x + x −2
(
2
)
= −x −1
x + 2 =
(
) (
)
0 ⇒x = 1
x = −2
∴
x ∈−∞, −2
(
)
1, +∞
(
)
f
x <
′ ( )
0
f x
( )
x ∈−2, 1
(
)
f
x >
′ ( )
0
单调递增，
，
；
因此零点个数为，故选B．
答 案
C
解析
，所以当
时，
；当
时，
；因此零点个数为，故选C．
答 案
C
解析
令
，则
，令
，所以当
时，
在
上单调递增，
；当
时，
在
上单调递减，
．所以函数
有两个零点，因此两函数图象的交点个数为，故选C．
答 案
见解析
解析
当
时，
在
上最多有一个零点．
有两个零点，
．
由
，得
．
令
，
1 69%
1 69%
1
f x
( )
f x
=
( )极小值
f −2 =
(
)
−
3
28
f x
=
( )极大值
f 1 =
( )
−
6
29
1
例题3
∵f
x =
′ ( )
−
x
1
x =
2
0 ⇒x = 1
x ∈0, 1
(
)
f
x >
′ ( )
0, f x ∈
( )
−∞,
(
3
2 )
x ∈1, +∞
(
)
f
x <
′ ( )
0, f x ∈
( )
−∞,
(
3
2 )
2
例题4
h x =
( )
f x −
( )
g x =
( )
lnx −
x +
3
1
3
1
h
x =
′ ( )
−
x
1
x2
h (x) =
′
0 ⇒x = 1
x ∈0, 1
(
)
h x
( )
(0, 1)
h
x >
′ ( )
0, h x ∈
( )
−∞,
(
3
2 )
x ∈1, +∞
(
)
h x
( )
1, +∞
(
)
h
x <
′ ( )
0, h x ∈
( )
−∞,
(
3
2 )
h(x)
2
例题5
a ⩽0
f x
( )
(0, +∞)
∵f x
( )
∴a > 0
f x =
( )
ax −
2
x −lnx
f
x =
′ ( )
(x >
x
2ax −x −1
2
0)
g x =
( )
2ax −
2
x −1
，
，
在
上只有一个零点，
设这个零点为
，
当
时，
，
；
当
时，
，
，
函数
在
上单调递减；在
上单调递增．
要使函数
在
上有两个零点，
只需要函数
的极小值
，即
．
，
，
可得
，
又
在
上是增函数，且
，
，
，
由
，得
，
，
，即
．
以下验证当
时，函数
有两个零点．
当
时，
，
，
．
，且
，
函数
在
上有一个零点．
又
，
且
，
在
上有一个零点．
当
时，函数
在
内有两个零点．
综上，实数的取值范围是
．
答 案
见解析
解析
解：令
得
，
令
，则
，
当
时，
，当
时，
，
在
上单调递增，在
上单调递减，
1
∵g 0 =
( )
−1 < 0
2a > 0
∴g x
( )
(0, +∞)
x0
x ∈0, x
(
0)
g x <
( )
0
f
x <
′ ( )
0
x ∈(x
, +∞)
0
g x >
( )
0
f
x >
′ ( )
0
∴
f x
( )
0, x
(
0)
(x
, +∞)
0
f x
( )
(0, +∞)
f x
( )
f x
<
(
0)
0
ax
−
0
2
x
−
0
lnx
<
0
0
∵g x
=
(
0)
2ax
−
0
2
x
−
0
1 = 0
∴ax
−
0
2
x
−
0
lnx
=
0
−2 lnx
+ 2ax
−2x
2
1 (
0
0
2
0)
=
−2 lnx
+ 2ax
−x
−1 −x
+ 1 =
2
1 [
0
(
0
2
0
)
0
]
1 −x
−2 lnx
<
2
1 (
0
0)
0
2 lnx
+
0
x
−
0
1 > 0
∵h x =
( )
2 lnx + x −1
(0, +∞)
h 1 =
( )
0
∴x
>
0
1
∴0 <
<
x
0
1
1
2ax
−
0
2
x
−
0
1 = 0
2a =
=
x
02
x
+ 1
0
+
( x
0
1 )
2
=
x
0
1
+
−
( x
0
1
2
1 )
2
4
1
∵0 <
<
x
0
1
1
∴0 < 2a < 2
0 < a < 1
0 < a < 1
f x
( )
0 < a < 1
g
=
( a
1 )
−
a2
2a
−
a
1
1 =
>
a
1 −a
0
g 1 =
( )
2 a −1 <
(
)
0
∴1 < x
<
0
a
1
∵f
=
( e
1 )
−
e2
a
+
e
1
1 =
>
e2
e −e + a
2
0
f x
<
(
0)
0
∴
f x
( )
, x
( e
1
0)
∵f
=
( a
2 )
−
a2
4a
−
a
2
ln
⩾
a
2
−
a
2
−1
=
( a
2
)
1 > 0(lnx ⩽x −1)
f x
<
(
0)
0
f x
( )
x
,
(
0 a
2 )
∴
0 < a < 1
f x
( )
,
( e
1
a
2 )
a
0, 1
(
)
例题6
f x =
( )
0
a = −x lnx
h x =
( )
−x lnx x > 0
(
)
h
x =
′ ( )
−lnx −1
∴
0 < x <
e
1
h
x >
′ ( )
0
x >
e
1
h
x <
′ ( )
0
∴h x
( )
0,
(
e
1 )
, +∞
( e
1
)
，
又
时，
且
，当
时，
，
在
上存在唯一零点
，
作出
的大致函数图象如图所示：
当
或
时，
有个零点，
当
时，
有个零点，
当
时，
没有零点．
答 案
见解析
解析
解：由（1）知，
,则
，
所以问题转化为
在
上有两个不同的解，
从而可研究函数
在
上的最值和极值情况．
，
的增区间为
，减区间为
．
，
，
又
，
当
时，方程有两个不同解．
答 案
见解析
1
1
∴h x
=
( )max
h
=
( e
1 )
e
1
x →0
h x →
( )
0
h x >
( )
0
x →+∞
h x →
( )
−∞
∴h x
( )
, +∞
( e
1
)
x = 1
h x
( )
∴
a ⩽0
a =
e
1
f x
( )
1
0 < a <
e
1
f x
( )
2
a >
e
1
f x
( )
例题7
a = 1
f x =
( )
ln x + 1 −
(
)
x −
2
x
b = ln x + 1 −
(
)
x +
2
x
2
3
0, 2
[
]
g x =
( )
ln x + 1 −
(
)
x +
2
x
2
3
0, 2
[
]
∵g
x =
′ ( )
−
2 x + 1
(
)
4x + 5
x −1
(
) (
)
∴g x
( )
0, 1
[
]
1, 2
[
]
∴g x
=
( )max
g 1 =
( )
+
2
1
ln2
g x
=
( )min
g 0 =
( )
0
g 2 =
( )
−1 + ln3
∴
b ∈−1 + ln3,
+ ln2
[
2
1
)
例题8
解析
当
时，
， 所以
． 令
，得
，解得
或
．
与
在
上的情况如
下：
要使
有三个不同的零点，则
，解得
，即的取值范围为
.
答 案
见解析
解析
解：因为
，
则
等价于
，求导可知
．
则当
时
，即
在
上单调递减，
所以当
时，
，矛盾，故
．
因为当
时，
；当
时，
，
所以
，
又因为
，
所以
，解得
．
答 案
见解析
解析
证明：
，
令
，可得
，记
，则
，
令
，解得：
，
所以
在区间
上单调递减，在
上单调递增，
所以
，从而
有解，即
存在两根
，
，
则
在
上为正、在
上为负、在
上为正，
1
2
a = b = 4
f x =
( )
x +
3
4x +
2
4x + c
f
x =
′ ( )
3x +
2
8x + 4
f
x =
′ ( )
0
3x +
2
8x + 4 = 0
x = −2
x = −
3
2
f x
( )
f
x
′ ( )
R
f(x)
{c > 0
c −
< 0
27
32
0 < c <
27
32
c
0,
(
27
32 )
例题9
f x =
( )
ax −
2
ax −x lnx = x ax −a −lnx (x >
(
)
0)
f x ⩾
( )
0
h x =
( )
ax −a −lnx ⩾0
h
x =
′ ( )
a −
x
1
a ⩽0
h
x <
′ ( )
0
y = h x
( )
(0, +∞)
x
>
0
1
h x
<
(
0)
h 1 =
( )
0
a > 0
0 < x <
a
1
h
x <
′ ( )
0
x >
a
1
h
x >
′ ( )
0
h x
=
( )min
h
( a
1 )
h 1 =
( )
a −a −ln1 = 0
=
a
1
1
a = 1
f
x =
′ ( )
2x −2 −lnx
f
x =
′ ( )
0
2x −2 −lnx = 0
t x =
( )
2x −2 −lnx
t
x =
′ ( )
2 −
x
1
t
x =
′ ( )
0
x =
2
1
t x
( )
0,
(
2
1 )
, +∞
( 2
1
)
t x
=
( )min
t
=
( 2
1 )
ln2 −1 < 0
t x =
( )
0
f
x =
′ ( )
0
x
0
x
2
f
x
′ ( )
0, x
(
0)
x
, x
(
0
2)
(x
, +∞)
2
所以
必存在唯一极大值点
，且
，
所以
，
由
可知
；
由
可知
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以
；
综上所述，
存在唯一的极大值点
，且
．
答 案
见解析
解析
证明：当
时，
，
．
由函数
在
上的极值点为
，
可得
，
即有
，
要证
，即
，
，
由于
，且当
时，
不成立，
则
，
故
成立．
1
f x
( )
x
0
2x
−
0
2 −lnx
=
0
0
f x
=
(
0)
x
−
0
2
x
−
0
x
lnx
=
0
0
x
−
0
2
x
+
0
2x
−
0
2x
=
0
2
x
−
0
x
0
2
x
<
0
2
1
f x
<
(
0)
(x
−
0
x
)
=
0
2
max
−
+
22
1
=
2
1
4
1
f
<
′ ( e
1 )
0
x
<
0
<
e
1
2
1
f x
( )
0, x
(
0)
x
,
(
0 e
1 )
f x
>
(
0)
f
=
( e
1 )
e2
1
f x
( )
x
0
e
<
−2
f x
<
(
0)
2−2
例题10
a = −1
f x =
( )
x −1
(
)2
lnx
f
x =
′ ( )
x −1
(
)3
1 −2 lnx −
x
1
f x
( )
0, 1
(
)
x
0
1 −2 lnx
−
0
=
x
0
1
0
2 lnx
=
0
1 −
x
0
1
f x
<
(
0)
−2
+
x
−1
(
0
)2
lnx
0
2 < 0
+
2 x
−1
(
0
)2
1 −
x
0
1
2 =
+
2x
x
−1
0 (
0
)
1
2
=
=
2x
x
−1
0 (
0
)
1 −4x
+ 4x
0
02
2x
x
−1
0 (
0
)
1 −2x
(
0)2
x
∈
0
0, 1
(
)
x
=
0
2
1
2 lnx
=
0
1 −
x
0
1
+
x
−1
(
0
)2
lnx
0
2 < 0
f x
<
(
0)
−2
