2024年高考数学特辑二轮复习之导数 零点嵌套问题

敷型11零点城套向毁

2

1.已知函数/(x)={ax+lnx){x-Inx)-x有三个不同的零点不，x2,x3(其中％v々<吃)，则

(1一啊)2(1一些)(1一姐)的值为()

玉x2x3

A.1—aB.a—1C.—1D.1

【解析】解：令/(x)=0,分离参数得——处，

x—lrvcx

令h(x)=————,关注公众号：Hi数学派

x-lnxx

由妈?瑾生g=0,得彳=1或苫=«.

x1(x-lnx)2

当xe(O,l)时,h!(x)<0;当尤c(l,e)时，h'(x)>0;当尤w(e,+oo)时,h!(x)<0.

即/z(x)在(0,1),(e,”o)上为减函数,在(l,e)上为增函数.

xInx1Inx人Inx

a-----:-----------j-------，令〃=—，

x-lnxx]_也xx

x

贝ija=---〃，即//+(〃_1)〃+1—〃=(),

1-〃

自+〃2=1-4<0，从〃2=1—av0,

a工Iwc1—lnx

对于〃=—“二

x

则当Ovxve时，“>0;当时，“<().而当时，〃恒大于0.

画其简图,

e,、,Iwc,lnxInx,

不妨亍又M<出，贝n从=---,〃2=---0-=〃3=----，

一再x2x3

（1一姐）2（1一处）（1一3）=（1一4）2（1一〃2）（1-〃3）

玉

=［（1一M）（l-〃2y|2="=1.

故选：D.

YInx.

L

2.已知玉，x2,X3是函数/（x）=以+/加-------三个不同的零点，且玉</<%，设必=1----（i=l,2,

x—InxXj

3）,则“；％必=（）

A.1B.-1C.eD.-

e

【解析】解：令f（x）=O得a=^———,

x一Inxx

人Inxx11

•?--=t,贝I------=------tCL------t•

xx—Inx1—t9l—t

即r+(a—1)才+1—a=0.关注公众号：Hi数学派

人/、true.，/、1-Inx

令g(无)=—，贝n"g'(x)=——，

XX

g(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+oo)上单调递减，

且当Ovxvl时，g(x)<0,当犬〉e时，g(x)>0,

g(e)=-,

e

.•.当0<t<工时，关于X的方程g(尤)，有两大于1的解，当r,,0时，关于X的方程gO)=r只有一小于1的

e

解.

当％=工时，关于九的方程g(x)=/有唯一^用％=e.

e

•/(x)有三个不同的零点，

二.关于/的方程/+(〃-1»+1-。=0在(一8,0]｛匕和(0」)上各有1个解.

2ge

不妨设两解为0,t2,贝1|.+，2=1-々，柩2=1-〃，

ip\1p

若/•二—,则々=-------,此时方程的另一■解为r=1—a—=-----<0,

ee-1eee-1

二.原方程只有两解，不符合题意;

同理，=0也不符合题意；

设%v0vq，则"1=1—%,M?=M3=l—t2,

,2M3=(1-%)2(1-2)2=(1_172+单2

故选：A.

x2x

3.已知函数/(x)=(xe)+(。-1)(%/)+1—。有三个不同的零点不，x2,x3.其中再v九2V3，则

XxX3

(1-xYe)(1-x2e^)(1-x3e了的值为()

A.1B.(a-I)2C.-1D.1-a

【解析】解：令”加尤,则，=(%+1)心

故当x£(-l,+oo)时，f>0,"是增函数，

当犬£(一00,-1)时，f<0,才=%/是减函数，

可得无=—1处/=xe”取得最小值一工，

e

%-%—0,画出/=%€'的图象，

由/(%)=0可化为/+(〃一1»+1—〃=0,

故结合题意可知，*+(。-1»+1-々=0有两个不同的根，

故△=(〃-1)2-4(1-〃)〉0,故Q<—3或a>1,

不妨设方程的两个根分别为％,t2,

(J)civ—3,tyt2—1—a>4,

2

与一一<%+/2<0相矛盾，故不成立；

e

②若a>l,则方程的两个根％,t2一•正一•负；

x2x3

不妨设4Vo<12，结合/=%/的性质可得，x2e-=,x3e-=t2,

故(1一七6西)(1一%2,2)(1-43*)2关注公众号：Hi数学派

二(1一4)(1-6)(1—2)2

=(1一(。+/2)+4/2)2

又t,2—1—a,Zj+q=l_a,

...（1_玉6百）（1_%0巧）（1_玉6对）2=（1_1+Q+1_1）2=1.

故选：A.

4.已知函数/（%）=（三）2+§-々有三个不同的零点七，X2,元3（其中石VX2Vx3），则（1一3）2（1-^"）（1一名）

的值为（）

A.1B.—1C.aD.—a

【解析】解：令心）==，贝

exex

.•.当XV1时，f（x）>0,函数"x）在（-00,1）单调递增，当时，f（x）<0,在（1,+8）单调递减，且

%（%）极大值=/（1）=1，关注公众号：Hi数学派

e

由题意，g«）=r+。/一。必有两个才艮.<0,且0<,2<4，

由根与系数的关系有，％+=―。，々，

YY

由图可知，4=：有一•解元］<0,三:^有两解，2，%3，且0<%2<1<%3,

故（1-很）2（1-%）Q-宗"）=（1-。）2（1-/2）（1-［2）=［（1-。）（1-22）］2=口-（。+/2）+区］2=（1+«-«）2=1.

故选：A.

x

5.若关于％的方程-1-------1■■机=0有三个不相等的实数解芯,x2,x3,且不<0<%2V3，其中小£尺，

exx+ex

e为自然对数的底数，则（。+1）2（飞+1）（■今+1）的值为（）

A.1+mB.eC.m—1D.1

X£>X

【解析】解：由方程二+一一+机=0

exx+ex

x1_

=>-----1-----------Fm=0,

/上+1

Y1

令一=t,贝I有/H--------Fm=O.

/t+1

=^>Z2+(m+1)Z+1+m=0,

令函数g⑺号，g'（加宁，

/.g（x）在（-00,1）递增，在（1,+00）递减,

其图象如下,

Y"X,、

要使关于％的方程1-----------1=0有三个不相等的实数解x，x,x,SLX.<0<X<X

exx+ex2323

结合图象可得关于，的方程*+（加+1»+1+机=0一定有两个实根％,t2,&<0<^2）

且五=五=二=/,,关注公众号：Hi数学派

ex'eX1浮

，臣+1)2(今+1)(T+1)

e*e巧涉

2

=[(z1+l)(r2+l)].

(t]+1)(‘2+1)=+("1+，2)+1=(1+机)—(1+根)+1=1.

+I,+1)=[(%+1)«2+I)]2-1•

故选：D.

6.若关于X的方程---1-----------Fm=0有三个不相等的实数解F，x2,x3,且玉<0<%2<%3，其中小£尺，

exx-ex

e=2.718为自然对数的底数，则（五—1）2（三一1）（2■—1）的值为（）

eXi*e%

A.eB.1—mC.1+mD.1

X£>xX1

【解析】解：由方程---1-----------Fm=O=>1-----------Fm=0,

e"x-exex

ex

令2=f,则有f+—L+M=o.关注公众号：Hi数学派

ext-1

=>t2+(m—V)t+l,—m=O,

令函数g(x)=一小)=宁，

/.g(x)在(-00,1)递增，在(1,+co)递减,

其图象如下,

要使关于x的方程-----^+机=0有3个不相等的实数解七,x2,x3,且不<0<%2<%3

结合图象可得关于/的方程/+(加一»+1，一根=0一定有两个实根4,t2,4v0v,2)

且3=4,三=§=，2

e'游e\

••I/-1)2(亲-"W-1)=-DC-DI?•

(r1—1)(%2—1)=一("1+/2)+1=(1—根)—(1—m)+1=1.

..(宗-if(，-1)(W一D=K4-D«2-1)『二1•

故选：D.

2

7.若关于x的方程—1|+————-+m=0有三个不相等的实数解％、无2、m，(玉v0v9v%3)其中机£H，

e=2.71828...,则(|一-11+1).(|*—11+1).(|*一11+1)2的值为()

A.eB.4C.m—1D.m+1

x

【解析】解：^t=\e-l\f函数y=|/—1|的图象如下:

22

方程|/一11H--------------Fm=0=>^4--------Fm=O.即”+（加+1"+2+机=0,

|靖一1|+1t+1

2

要使方程|/一1|+---------F相二0有三个不相等的实数解%、X2>元3，（X1V。V%2V%3），

|e—11+1

则方程/+（加+1）［+2+机=0一定有两个实根4,t2,

可验证/=0或1不符合题意，关注公众号：Hi数学派

所以方程/+（加+1»+2+机=。一定有两个实根4,t2,且0〈％vlv,2.

x3

且|^」一1|=|产-2_1|=。，le--ll=t2f

2

则(|^'-11+1).(1靖2—11+1).(|6巧—11+1)2=+l)(t2+1)].

(t1+1)(^2+1)=单2+(，l+/2)+1=Q+M)—(1+m)+1=2.

22

则(|ef+1)・(|*-11+1).(1*一11+1)=刈+l)(f2+1)]=4,

故选：B.

8.若存在正实数〃？，使得关于x的方程x+a(2x+2〃工-4ex)[7"(x+/M)-仇x]=0有两个不同的根，其中e为自

然对数的底数，则实数a的取值范围是()

A.(』0)B.(0,当

2e

C.(-co,0)U(:,+oo)D.(：,+oo)

【解析】解：由题意得一Lua+'-Ze)历(1+竺)=Q-2e)/加，(1=-+1>1),

2axxx

令=(/>1),关注公众号：Hi数学派

2e12e

则[(力=历/+1一一,f\t)=-+—>0,

ttf

当f>e时，f'(t)>f(e)=0,

当l<f<e时，f'(t)<f(e)=0,

(e)=-e,

1

一五>'

而tfl时,f(r)-»O,

则要满足一e<-」-<0,

2a

解得：a>—,

2e

故选：D.

9.若存在正实数相，使得关于%的方程无+a(2x+2m-4ex)[加(x+帆)-/MX]=0成立，其中为自然对数的底

数,则实数Q的取值范围是()

A.(-a),0)B.(0，1)

2e

C.(^x)90)^J[—,+oo)D.[—,+oo)

【解析】解：由无+a(2x+2m—4ex)[ln(x+m)—lnx\=0

_八、7x+m_

x+2a{zx+m—2ex)ln----=0,

x

口c।八,x+m石、Tx+m

即1+2。(------2e)ln-----=0,

xx

即设％=叶?，贝卜>0,关注公众号：Hi数学派

x

则条件等价为14-2a(t—2e)lnt=0,

即。-26)/6=-」-有解，

2a

设g⑺=(t-2e)lnt,

/«)=加+1—彳为增函数，

g'(e)=/H^+1--=1+1-2=0,

e

.,.当/〉e时，g\t)>0,

当Ov/ve时，g\t)<0,

即当1=e时，函数g«)取得极小值为：g(e)=(e—2e)lne=—e,

即g«)..g(e)=—e,

若(，一2e)lnt=--—有解,

2a

贝一~—-e,„e,

2a2a

则a<0或〃…工，

2e

二实数a的取值范围是+00).

d2e

故选：C.

10.已知函数u(x)=(2e—l)x—m,L>(X)=ln(x+m)—Inx若存在m,使得关于工的方程2^»M(X)»L>(X)=x有解,

其中e为自然对数的底数则实数a的取值范围是()

A.(—co,0)(-^―,+oo)B.(—00,0)

C.(0,—)D.(-co,0)|^J[—,+GO)

【解析】解：由2a•沅(X)・L>(X)=%可得[2a(2e-l)x-2am]4n------x=0,

x

口cc「小r、m、.x+my八口cc-x+m,x+m,八

即2〃[(2e—1)------------1=0,即2a(2e------x)•加-------1=0,

xxxx

令"=t,贝I方程(2e-t)lnt——有解.

x2a

2,—t2,

设f(t)=(2e—t)lnt,则fr(t)=—IntH-----=—IntH-----1,

tt

显然广⑺为减函数，又广(e)=0,

.•.当Ov/ve时，/\0>0,当1〉e时，[。)<0,

.•./⑺在(0,e)上单调递增，在(e,+oo)上单调递减,

⑺的最大值为/(e)=e,关注公众号：Hi数学派

1解得a<0或〃…工.

6

.・石，'2e

故选：D.

11.已知/(%)=(依+加0(%-阮0-兀2恰有三个不同零点，则a的取值范围为_(1,1-1----——)

一e(e-1)

【解析】解：令〃x)=0,分离参数得。=一一——,

x—lrucx

令〃(尤)=」一——,关注公众号：Hi数学派

x-lnxx

由叫妈R皿=。得*=1或/e.

X2(x-M2

当xe(O,l)时，h'(x)<0;当xe(l,e)时，h'(x)>0;当尤e(e,+co)时，h'(x)<0.

即〃(x)在(0,1),(e,+oo)上为减函数，在(l,e)上为增函数.

.•.x=l时，/z(x)有极小值(1)=1;x=e时，/z(x)有极大值〃(e)=1+------

e(e—1)

设〃=——,贝I4<1;

X

1—Y

这是因为对于函数y=Inx—x,x>0,有，=----,

x

当ovxvi时，y>0,函数单调递增；当兄>1时，y<o,函数单调递减;

即x=l时函数有极大值，也是最大值—1,故V龙>0,Inx—x<0,lnx<x,即得——<1;

x

〃(无)+=1;

1—jU1—jLl

：.当/(%)=(依+加；)(％-加0-兀2恰有三个不同零点，即y=a与y=h(X)有三个不同的交点;

:.l<a<l+------.

e(e—1)

故答案为：(1,1+--—).

e(e-l)

r2

12.已知函数f(x)=ax+Inx-------有三个不同的零点不，x2,x3(其中玉