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    2020全国Ⅱ卷第21题.doc

    时间：2021-07-09 00:12:04 来源：蒲公英阅读网 本文已影响人 蒲公英阅读网手机站

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    　三都高级中学 2019 届数学压轴题解答策略-导数的应用（二）

    　班级

    　姓名

    　【2018 全国Ⅱ卷第 21 题】（12 分）

    　21.已知函数2( )xf x e ax   . (1) 若 1 a  ，证明：当 0 x  时， ( ) 1 f x  ； (2)若 ( ) f x 在 0 + （ ， ）

    　只有一个零点，求 a . （1）

    　证法一：当1 a 时，2( )xf x e x  ，定义域x R 

    　 ( ) 2xf x e x   

    　构造函数：( ) 2xg x e x  

    　定义域x R 

    　( ) 2xg x e   ，令( ) 0 g x  知=2xe ，即ln2 x  x ( ,ln2)  ln2

    　(ln2 + )  ， ( ) g x  - 0 + ( ) g x

    　极小值

    　ln2min( ) (ln2) 2ln2 2 2ln2 2(1 ln2) 0 g x g e         即( ) 0 f x  ，故( ) f x在x R 上单调递增 又(0) 1 f ，故当0 x 时，( ) 1 f x 。

    　 证法二：当 0 x  时， ( ) 1 f x 21 0xe x     211- 0xxe  构造函数：21( ) 1-xxg xe 定义域x R 

    　 2 2 222 ( 1) 2 1 ( -1( )( )x xx x xx e x e x x xg xe e e        ）

    　1 x ( ) 0 g x   故函数( ) g x在 R 上单调递增. 又(0) 0 g 

    　 当0 x 时，( ) 0 g x  即21 0xe x    ，所以( ) 1 f x 。

    　证法三：当 0 x  时， ( ) 1 f x 21 0xe x    

    　 21 01xex   构造函数2( ) 11xeg xx  定义域x R  2 22 2 2 2( 1) 2 ( 1)( )( 1) ( 1)x x xe x x e e xg xx x       所以( ) 0 g x   当且仅当1 x时，( )=0 g x  故函数( ) g x在 R 上单调递增. 又(0) 0 g 

    　 当0 x 时，( ) 0 g x  即21 0xe x    ，所以( ) 1 f x 

    　 （2）解法一：2( )xf x e ax   定义域x R  构造函数：2( ) 1xaxh xe  定义域x R  ( ) f x 在 0 + （ ， ）

    　只有一个零点  ( ) h x 在 0 + （ ， ）

    　只有一个零点

    　（ⅰ）当0 a 时，( ) 0 h x ，( ) h x没有零点， （ⅱ）当0 a 时，222 ( 2)( )=-( )x xx xax e ax e ax xh xe e    

    　令( ) 0 h x   知

    　0 x 或2 x  x ( ,0)  0 (0,2)

    　2 (2, )  ( ) h x  + 0 - 0 + ( ) h x

    　极大值

    　极小值

    　当(0, ) x 时，min24( ) (2) 1ah x he  

    　①若(2) 0 h ，即24ea 时，( ) h x在0 + （ ， ）没有零点；

    　②若(2) 0 h ，即24ea 时，( ) h x在0 + （ ， ）有两个零点；

    　③若(2)=0 h， 即2=4ea时，( ) h x在0 + （ ， ）只有一个有零点。

    　综上：( ) f x 在 0 + （ ， ）

    　只有一个零点时，2=4ea

    　解法二：2( )xf x e ax   定义域x R 

    　构造函数：2( )xeh x ax  定义域x R  ( ) f x 在 0 + （ ， ）

    　只有一个零点  ( ) h x 在 0 + （ ， ）

    　只有一个零点

    　（ⅰ）当0 a 时，( ) 0 h x ，( ) h x没有零点； （ⅱ）当0 a 时，24 32 ( 2)( )x x xe x e x e xh xx x      令( ) 0 h x   知

    　2 x  x ( ,0)  (0,2)

    　2 (2, )  ( ) h x  - - 0 + ( ) h x

    　 极小值

    　当(0, ) x 时，2min( ) (2)4eh x h a    ①若(2) 0 h ，即24ea 时，( ) h x在0 + （ ， ）没有零点；

    　 ②若(2) 0 h ，即24ea 时，( ) h x在0 + （ ， ）有两个零点；

    　③若(2)=0 h， 即2=4ea时，( ) h x在0 + （ ， ）只有一个有零点。

    　综上：( ) f x 在 0 + （ ， ）

    　只有一个零点时，2=4ea。

    　解法三：通过几何直观可知

    　( ) f x 在 0 + （ ， ）

    　只有一个零点  曲线xy e  与2y ax  只有一个 公共点 由分析知：

    　①假设零点是0x，则有0( ) 0 f x  

    　 ②在点0x x 处，1 2k k ， 001xx xk y e  

    　 02 02x xk y ax   从而有 0020002xxe axe ax  

    　 

    　 0224xea  所以( ) f x 在 0 + （ ， ）

    　只有一个零点时，2=4ea。

    　 练习题：【2016 全国Ⅰ卷理科第 21 题】

    　已知函数2( ) ( 2) ( 1)xf x x e a x    有两个零点. (Ⅰ) 求a的取值范围； （Ⅱ）设1, 2x x是( ) f x的两个零点，证明：1 2+ 2 x x 

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