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正确率19.999999999999996%已知函数$$f ( x )=\left\{\begin{array} {l l} {x^{2}-1， x < 1} \\ {\frac{\operatorname{l n} x} {x}， x \geq1} \\ \end{array} \right.$$，关于$${{x}}$$的方程$${{2}{[}{f}{(}{x}{)}{{]}^{2}}{+}{(}{1}{−}{2}{m}{)}{f}{(}{x}{)}{−}{m}{=}{0}}$$，有$${{5}}$$个不同的实数解，则$${{m}}$$的取值范围是（）
B
A.$$\{-1， \frac{1} {e} \}$$
B.$$\left( 0， \frac{1} {e} \right)$$
C.$${{(}{0}{，}{+}{∞}{)}}$$
D.$$\left( 0， \frac{1} {e} \right]$$
2、['导数与最值'， '导数与极值'， '利用导数求解方程解的个数'， '利用导数解决函数零点问题']正确率40.0%设函数$${{f}{(}{x}{)}{=}{(}{{x}^{2}}{−}{3}{)}{{e}^{x}}{，}}$$则（）
D
A.$${{f}{(}{x}{)}}$$有极大值，且有最大值
B.$${{f}{(}{x}{)}}$$有极小值，但无最小值
C.若方程$${{f}{(}{x}{)}{=}{a}}$$恰有一个实根，则$$a > \frac{6} {\mathrm{e^{3}}}$$
D.若方程$${{f}{(}{x}{)}{=}{a}}$$恰有三个实根，则$$0 < a < \frac{6} {\mathrm{e^{3}}}$$
3、['分段函数与方程、不等式问题'， '导数与极值'， '利用导数求解方程解的个数'， '根据函数零点个数求参数范围'， '利用导数解决函数零点问题'， '分段函数的图象']正确率40.0%已知函数$$f ( x )=\left\{\begin{array} {l l} {e^{x}， x < 0，} \\ {4 x^{3}-6 x^{2}+1， x \geq0，} \\ \end{array} \right.$$若方程$${{a}{[}{f}{(}{x}{)}{{]}^{2}}{−}{(}{a}{+}{1}{)}{f}{(}{x}{)}{+}{1}{=}{0}}$$恰有四个不同的实数解，则实数$${{a}}$$的取值范围是
A
A.$${{(}{−}{∞}{，}{−}{1}{)}}$$
B.$${{(}{−}{∞}{，}{−}{1}{]}}$$
C.$${{(}{−}{∞}{，}{−}{1}{)}{∪}{\{}{2}{\}}}$$
D.$${{(}{−}{∞}{，}{−}{1}{)}{∪}{(}{1}{，}{+}{∞}{)}}$$
4、['利用导数求解方程解的个数'， '利用导数解决函数零点问题'， '函数零点存在定理']正确率40.0%对于函数$${{f}{（}{x}{）}}$$和$${{g}{（}{x}{）}}$$，设$${{α}{∈}{\{}{x}{|}{f}{（}{x}{）}{=}{0}{\}}{，}{β}{∈}{\{}{x}{|}{g}{（}{x}{）}{=}{0}{\}}{，}}$$若存在$${{α}{，}{β}{，}}$$使得$${{|}{α}{−}{β}{|}{⩽}{1}}$$，则称$${{f}{（}{x}{）}}$$和$${{g}{（}{x}{）}}$$互为$${{“}}$$零点相邻函数$${{”}}$$，若函数$${{f}{（}{x}{）}{=}{l}{n}{（}{x}{−}{1}{）}{+}{x}{−}{2}}$$与$${{g}{（}{x}{）}{=}{{x}^{2}}{−}{a}{x}{−}{a}{+}{8}}$$互为$${{“}}$$零点相邻函数$${{”}}$$，则实数$${{a}}$$的取值范围是（）
B
A.$$[ \frac{1 7} {4}， \ \frac{9} {2} ]$$
B.$$[ 4， ~ \frac{9} {2} ]$$
C.$$[ \frac{7} {3}， \ 3 ]$$
D.$${{[}{2}{，}{4}{]}}$$
5、['导数与最值'， '导数与单调性'， '利用导数求解方程解的个数'， '根据函数零点个数求参数范围']正确率40.0%对于$${{∀}{y}{∈}{[}{1}{，}{e}{]}{，}}$$关于$${{x}}$$的方程$$x^{2} y e^{1-x}=a y+\operatorname{l n} y$$在$${{x}{∈}{[}{−}{1}{，}{4}{]}}$$上有三个不同的实根，则实数$${{a}}$$的取值范围是 （）
A
A.$$[ \frac{1 6} {e^{3}}， \frac{3} {e} )$$
B.$$( 0， \frac{1 6} {e^{3}} ]$$
C.$$[ \frac{1 6} {e^{3}}， e^{2}-\frac{3} {e} ]$$
D.$$[ \frac{1 6} {e^{3}}， e^{2}-\frac{1} {e} )$$
6、['利用导数求解方程解的个数'， '函数零点存在定理']正确率40.0%已知函数$${{f}{(}{x}{)}{=}{x}{−}{{l}{n}}{(}{x}{+}{1}{)}{−}{1}}$$，则此函数$${{(}{)}}$$
D
A.没有零点
B.有唯一零点
C.有两个零点$${{x}_{1}{，}{{x}_{2}}}$$，并且$${{−}{1}{<}{{x}_{1}}{<}{0}{，}{1}{<}{{x}_{2}}{<}{2}}$$
D.有两个零点$${{x}_{1}{，}{{x}_{2}}}$$，并且$${{1}{<}{{x}_{1}}{+}{{x}_{2}}{<}{3}}$$
7、['导数的几何意义'， '利用导数求解方程解的个数'， '利用导数解决函数零点问题']正确率40.0%已知函数$$f ( x )=( a x^{2}+b \operatorname{l n} x ) e^{x-1}-1$$在$${{x}{=}{1}}$$处的切线方程为$${{y}{=}{2}{x}{−}{2}}$$，则该函数的零点个数为（）
B
A.$${{3}}$$
B.$${{2}}$$
C.$${{1}}$$
D.$${{0}}$$
8、['导数与极值'， '利用导数讨论函数单调性'， '利用导数求解方程解的个数']正确率40.0%若三次函数$${{f}{(}{x}{)}{=}{{x}^{3}}{+}{b}{{x}^{2}}{+}{c}{x}{+}{d}}$$有极值点$${{x}_{1}{，}{{x}_{2}}}$$且$${{f}{(}{{x}_{1}}{)}{=}{{x}_{1}}}$$，设$${{g}{(}{x}{)}}$$是$${{f}{(}{x}{)}}$$的导函数，那么关于$${{x}}$$的方程$${{g}{(}{f}{(}{x}{)}{)}{=}{0}}$$的不同实数根的个数为 （）
D
A.$${{6}}$$
B.$${{5}}$$
C.$${{4}}$$
D.$${{3}}$$
9、['导数与最值'， '导数与极值'， '利用导数讨论函数单调性'， '利用导数求解方程解的个数']正确率0.0%已知函数$$f ( x )=x e^{2 x}$$，下列说法正确的是（）
D
A.任意$$m >-\frac{1} {2 e}$$，函数$${{y}{=}{f}{(}{x}{)}{−}{m}}$$均有两个不同的零点
B.存在实数$${{k}}$$，使得方程$${{f}{(}{x}{)}{=}{k}{(}{x}{+}{2}{)}}$$有两个负数根
C.若$${{f}{(}{a}{)}{=}{f}{(}{b}{)}{(}{a}{≠}{b}{)}}$$，则$${{−}{1}{<}{a}{+}{b}{<}{0}}$$
D.若实数$${{a}{，}{b}}$$满足$$e^{2 a}+e^{2 b} < 2 e^{-1} ( a \neq b )$$，则$${{f}{(}{a}{)}{≠}{f}{(}{b}{)}}$$
10、['利用导数求解方程解的个数']正确率40.0%已知函数$${{f}{(}{x}{)}{=}{|}{x}{{e}^{x}}{|}}$$，又$${{g}{(}{x}{)}{=}{[}{f}{(}{x}{)}{{]}^{2}}{+}{t}{f}{(}{x}{)}{(}{t}{∈}{R}{)}}$$，若关于$${{x}}$$的方程$${{g}{(}{x}{)}{=}{−}{1}}$$有四个不同的实根，则实数$${{t}}$$的取值范围为$${{(}{)}}$$
A
A.$$(-\infty，-\frac{e^{2}+1} {e} )$$
B.$$( \frac{e^{2}+1} {e}，+\infty)$$
C.$$(-\frac{e^{2}+1} {e}，-2 )$$
D.$$( 2， \frac{e^{2}+2} {e} )$$
### 题目1解析 **函数分析**： - 分段函数 $$f(x)$$： - 当 $$x < 1$$ 时，$$f(x) = x^2 - 1$$，为开口向上的抛物线，最小值在 $$x = 0$$ 处为 $$-1$$。 - 当 $$x \geq 1$$ 时，$$f(x) = \frac{\ln x}{x}$$，求导得 $$f'(x) = \frac{1 - \ln x}{x^2}$$，极值点在 $$x = e$$ 处，值为 $$\frac{1}{e}$$。 **方程转换**： 方程 $$2[f(x)]^2 + (1 - 2m)f(x) - m = 0$$ 可因式分解为： $$(2f(x) + 1)(f(x) - m) = 0$$，解得 $$f(x) = -\frac{1}{2}$$ 或 $$f(x) = m$$。 **解的情况**： - $$f(x) = -\frac{1}{2}$$： - 在 $$x < 1$$ 时，$$x^2 - 1 = -\frac{1}{2}$$ 得 $$x = \pm \frac{\sqrt{2}}{2}$$（两个解）。 - 在 $$x \geq 1$$ 时，$$\frac{\ln x}{x} = -\frac{1}{2}$$ 无解（因为 $$\frac{\ln x}{x} \geq 0$$ 对 $$x \geq 1$$）。 - $$f(x) = m$$： - 需要有三个不同的解： - 在 $$x < 1$$ 时，$$x^2 - 1 = m$$ 有解当 $$m \geq -1$$，解得 $$x = \pm \sqrt{m + 1}$$（两个解）。 - 在 $$x \geq 1$$ 时，$$\frac{\ln x}{x} = m$$ 需有一个解，要求 $$0 < m < \frac{1}{e}$$（因为 $$\frac{\ln x}{x}$$ 在 $$x = e$$ 处取得最大值 $$\frac{1}{e}$$）。 **综上**： 总共有五个不同的实数解，当且仅当 $$0 < m < \frac{1}{e}$$。 **答案**：$$\boxed{B}$$ --- ### 题目2解析 **函数分析**： $$f(x) = (x^2 - 3)e^x$$，求导： - $$f'(x) = (x^2 + 2x - 3)e^x$$，临界点为 $$x = -3$$ 和 $$x = 1$$。 - 二阶导数 $$f''(x) = (x^2 + 4x - 1)e^x$$，用于判断极值性质： - 在 $$x = -3$$ 处，$$f''(-3) = (-9 - 12 - 1)e^{-3} < 0$$，为极大值。 - 在 $$x = 1$$ 处，$$f''(1) = (1 + 4 - 1)e^1 > 0$$，为极小值。 **选项分析**： - **A**：$$f(x)$$ 有极大值，但当 $$x \to +\infty$$ 时 $$f(x) \to +\infty$$，无最大值。错误。 - **B**：$$f(x)$$ 有极小值，且在 $$x \to -\infty$$ 时 $$f(x) \to 0^-$$，但极小值为最小值。错误。 - **C**：方程 $$f(x) = a$$ 恰有一个实根时，需 $$a > f(1) = -2e$$ 或 $$a < f(-3) = 6e^{-3}$$。但题目限定 $$a > \frac{6}{e^3}$$ 不完全正确，因为 $$a < -2e$$ 也满足。错误。 - **D**：方程 $$f(x) = a$$ 恰有三个实根时，需 $$0 < a < \frac{6}{e^3}$$（因为 $$f(1) = -2e$$ 和 $$f(-3) = 6e^{-3}$$）。正确。 **答案**：$$\boxed{D}$$ --- ### 题目3解析 **函数分析**： - 分段函数 $$f(x)$$： - 当 $$x < 0$$ 时，$$f(x) = e^x$$，单调递增，值域为 $$(0, 1)$$。 - 当 $$x \geq 0$$ 时，$$f(x) = 4x^3 - 6x^2 + 1$$，求导得 $$f'(x) = 12x^2 - 12x$$，极值点在 $$x = 0$$ 和 $$x = 1$$，值为 $$1$$ 和 $$-1$$。 **方程转换**： 方程 $$a[f(x)]^2 - (a + 1)f(x) + 1 = 0$$ 可因式分解为： $$(a f(x) - 1)(f(x) - 1) = 0$$，解得 $$f(x) = \frac{1}{a}$$ 或 $$f(x) = 1$$。 **解的情况**： - $$f(x) = 1$$： - 在 $$x < 0$$ 时，$$e^x = 1$$ 得 $$x = 0$$（但 $$x < 0$$ 无解）。 - 在 $$x \geq 0$$ 时，$$4x^3 - 6x^2 + 1 = 1$$ 得 $$x = 0$$ 或 $$x = \frac{3}{2}$$（两个解）。 - $$f(x) = \frac{1}{a}$$： - 需要有两个不同的解： - 在 $$x < 0$$ 时，$$e^x = \frac{1}{a}$$ 需 $$0 < \frac{1}{a} < 1$$，即 $$a > 1$$。 - 在 $$x \geq 0$$ 时，$$4x^3 - 6x^2 + 1 = \frac{1}{a}$$ 需 $$\frac{1}{a} \in (-1, 1)$$，即 $$a < -1$$ 或 $$a > 1$$。 - 但题目要求四个不同的实数解，因此需 $$a < -1$$（此时 $$f(x) = \frac{1}{a}$$ 在 $$x \geq 0$$ 有两个解，$$x < 0$$ 有一个解，加上 $$f(x) = 1$$ 的两个解，共五个解，不符合）。 - 重新分析：当 $$a = 2$$ 时，$$f(x) = \frac{1}{2}$$ 在 $$x \geq 0$$ 有三个解（因为 $$f(1) = -1$$ 和 $$f(0) = 1$$），但实际需验证。 **修正**： 更精确的条件是 $$a < -1$$ 或 $$a = 2$$。 **答案**：$$\boxed{C}$$ --- ### 题目4解析 **函数分析**： - $$f(x) = \ln(x - 1) + x - 2$$，定义域为 $$x > 1$$，单调递增，零点为 $$x = 2$$。 - $$g(x) = x^2 - a x - a + 8$$，零点为 $$\alpha = \frac{a \pm \sqrt{a^2 + 4a - 32}}{2}$$。 **条件**： 存在 $$\alpha$$ 使得 $$|\alpha - 2| \leq 1$$，即 $$1 \leq \alpha \leq 3$$。 **求解**： - 对于 $$g(x) = 0$$ 在 $$[1, 3]$$ 有解： - 判别式 $$\Delta = a^2 + 4a - 32 \geq 0$$，解得 $$a \leq -8$$ 或 $$a \geq 4$$。 - 检查 $$g(1) \cdot g(3) \leq 0$$： - $$g(1) = 9 - 2a$$，$$g(3) = 17 - 4a$$。 - 当 $$a \geq 4$$ 时，$$g(1) \leq 1$$ 和 $$g(3) \leq 1$$，需具体求解。 - 实际计算得 $$a \in [4, \frac{17}{4}]$$。 **答案**：$$\boxed{B}$$ --- ### 题目5解析 **方程转换**： 方程 $$x^2 y e^{1 - x} = a y + \ln y$$ 可改写为： $$x^2 e^{1 - x} = a + \frac{\ln y}{y}$$。 **变量替换**： 设 $$h(y) = \frac{\ln y}{y}$$，则方程变为： $$x^2 e^{1 - x} = a + h(y)$$。 **分析**： - 对于 $$y \in [1, e]$$，$$h(y)$$ 的最大值为 $$h(e) = \frac{1}{e}$$，最小值为 $$h(1) = 0$$。 - 因此，$$a + h(y) \in [a, a + \frac{1}{e}]$$。 - 需要 $$x^2 e^{1 - x}$$ 在 $$x \in [-1, 4]$$ 上有三个不同的值落在 $$[a, a + \frac{1}{e}]$$ 内。 **求解**： - 求 $$x^2 e^{1 - x}$$ 的极值： - 导数为 $$(2x - x^2)e^{1 - x}$$，临界点为 $$x = 0$$ 和 $$x = 2$$。 - 在 $$x = 2$$ 处取得最大值 $$4 e^{-1}$$。 - 在 $$x = 0$$ 处值为 $$0$$，在 $$x = 4$$ 处值为 $$16 e^{-3}$$。 - 需要 $$a < 4 e^{-1} < a + \frac{1}{e}$$，且 $$16 e^{-3} \in [a, a + \frac{1}{e}]$$。 - 解得 $$a \in [\frac{16}{e^3}, \frac{3}{e})$$。 **答案**：$$\boxed{A}$$ --- ### 题目6解析 **函数分析**： $$f(x) = x - \ln(x + 1) - 1$$，定义域为 $$x > -1$$。 **求导**： $$f'(x) = 1 - \frac{1}{x + 1}$$，临界点为 $$x = 0$$。 **极值**： - 在 $$x = 0$$ 处取得极小值 $$f(0) = -1$$。 - 当 $$x \to -1^+$$ 时，$$f(x) \to +\infty$$；当 $$x \to +\infty$$ 时，$$f(x) \to +\infty$$。 **零点**： - 由于 $$f(0) = -1$$ 和 $$f(2) = 2 - \ln 3 - 1 \approx 0.901 > 0$$，且 $$f(-0.5) \approx -0.5 - \ln(0.5) - 1 \approx -0.5 + 0.693 - 1 < 0$$，故有两个零点。 **零点范围**： - 一个在 $$-1 < x_1 < 0$$，另一个在 $$1 < x_2 < 2$$。 - $$x_1 + x_2 \in (1, 3)$$。 **答案**：$$\boxed{D}$$ --- ### 题目7解析 **切线条件**： - 在 $$x = 1$$ 处，$$f(1) = 0$$ 和 $$f'(1) = 2$$。 - 由 $$f(1) = (a + 0)e^0 - 1 = 0$$ 得 $$a = 1$$。 - 由 $$f'(x) = (2x + \frac{b}{x})e^{x-1} + (x^2 + b \ln x)e^{x-1}$$，在 $$x = 1$$ 处 $$f'(1) = (2 + b) = 2$$，得 $$b = 0$$。 **函数简化**： $$f(x) = x^2 e^{x-1} - 1$$。 **零点分析**： - 当 $$x \to -\infty$$ 时，$$f(x) \to -1$$；当 $$x \to +\infty$$ 时，$$f(x) \to +\infty$$。 - 求导得 $$f'(x) = (2x + x^2)e^{x-1}$$，临界点为 $$x = 0$$ 和 $$x = -2$$。 - 在 $$x = -2$$ 处取得极大值 $$f(-2) = 4e^{-3} - 1 < 0$$。 - 在 $$x = 0$$ 处取得极小值 $$f(0) = -1$$。 - 因此，$$f(x)$$ 只有一个零点（在 $$x > 1$$ 处）。 **答案**：$$\boxed{C}$$ --- ### 题目8解析 **函数分析**： - $$f(x) = x^3 + b x^2 + c x + d$$，导数为 $$g(x) = 3x^2 + 2b x + c$$。 - 极值点为 $$x_1$$ 和 $$x_2$$，且 $$f(x_1) = x_1$$。 **方程转换**： $$g(f(x)) = 0$$ 即 $$f(x) = x_1$$ 或 $$f(x) = x_2$$。 **解的情况**： - 由于 $$f(x_1) = x_1$$，$$x = x_1$$ 是一个解。 - 另外，$$f(x) = x_1$$ 和 $$f(x) = x_2$$ 可能各有三个解（因为 $$f(x)$$ 是三次函数）。 - 但需考虑 $$f(x)$$ 的图像与水平线 $$y = x_1$$ 和 $$y = x_2$$ 的交点数量。 **具体分析**： - 设 $$f(x) - x_1 = (x - x_1)^2 (x - k)$$，则 $$f(x) = x_1$$ 有两个解 $$x = x_1$$（重根）和 $$x = k$$。 - $$f(x) = x_2$$ 有三个不同的解。 - 因此，总共有 $$2 + 3 = 5$$ 个不同的实数解。 **答案**：$$\boxed{B}$$ --- ### 题目9解析 **函数分析**： $$f(x) = x e^{2x}$$，求导得 $$f'(x) = (1 + 2x)e^{2x}$$，临界点为 $$x = -\frac{1}{2}$$。 **选项分析**： - **A**：当 $$m > -\frac{1}{2e}$$ 时，$$f(x) = m$$ 有两个解（一个在 $$x > -\frac{1}{2}$$，一个在 $$x < -\frac{1}{2}$$）。正确。 - **B**：方程 $$x e^{2x} = k(x + 2)$$ 需有两个负数根，通过图像分析可发现存在 $$k$$ 满足。正确。 - **C**：若 $$f(a) = f(b)$$，则 $$a$$ 和 $$b$$ 关于 $$x = -\frac{1}{2}$$ 不对称，但 $$a + b$$ 的范围需具体计算。实际 $$a + b$$ 的范围为 $$-1 < a + b < 0$$。正确。 - **D**：若 $$e^{2a} + e^{2b} < 2e^{-1}$$，则 $$a$$ 和 $$b$$ 都小于 $$-\frac{1}{2}$$，此时 $$f(a) \neq f(b)$$。正确。 **答案**：$$\boxed{A, B, C, D}$$ --- ### 题目10解析 **函数分析**： $$f(x) = |x e^x|$$，$$g(x) = [f(x)]^2 + t f(x)$$。 **方程转换**： $$g(x) = -1$$ 即 $$f(x)^2 + t f(x) + 1 = 0$$。 **解的条件**： - 设 $$y = f(x)$$，方程变为 $$y^2 + t y + 1 = 0$$。 - 需有两个正解 $$y_1$$ 和 $$y_2$$，且每个 $$y_i$$ 对应两个 $$x$$ 的解（因为 $$f(x)$$ 在 $$x < 0$$ 和 $$x > 0$$ 各有一个解）。 - 判别式 $$\Delta = t^2 - 4 > 0$$，且 $$y_1 + y_2 = -t > 0$$，$$y_1 y_2 = 1 > 0$$，故 $$t < -2$$。 - 同时，$$f(x)$$ 的最大值为 $$f(-1) = e^{-1}$$，因此需 $$y_1, y_2 < e^{-1}$$，即 $$t > -\frac{e^2 + 1}{e}$$。 **综上**： $$t \in (-\frac{e^2 + 1}{e}, -2)$$。 **答案**：$$\boxed{C}$$ 题目来源于各渠道收集，若侵权请联系下方邮箱