20 解-导数综合

本题导读

本题是 2025 年天津卷数学压轴题。第一问考查导数切线的基础运算；第二问是极难的零点综合问题，要求考生通过分离参数法锁定范围，并熟练运用对数均值不等式进行变量代换与放缩证明，是考查数学综合素养与高阶思维的典型题目.

📌 【题干】

Question

已知函数 $f(x)=ax-(\ln x{)}^2$. （Ⅰ）当 $a=1$ 时，求 $f(x)$ 在点 $(1,f(1))$ 处的切线方程；

（Ⅱ）若 $f(x)$ 有 3 个零点 $x_1,x_2,x_3$，且 $x_1<x_2<x_3$.

(i) 求 $a$ 的取值范围；

(ii) 证明：$(\ln x_2-\ln x_1)\cdot \ln x_3<\frac{4e}{e-1}$.

🔍 【思路分析】

破题导航

1. 第一问：求导得 $f^{\prime }(x)$，计算切点坐标 $(1,f(1))$ 与切线斜率 $k=f^{\prime }(1)$，利用点斜式写出方程.
2. 第二问 (i)：利用分离参数法，将 $f(x)=0$ 转化为 $a=\frac{(\ln x{)}^2}{x}$。构造函数 $g(x)=\frac{(\ln x{)}^2}{x}$，通过导数研究其单调性、极值及端点趋向，利用图象交点个数确定 $a$ 的范围.
3. 第二问 (ii)：

• 换元简化：令 $t_i=\ln x_i$，将原不等式转化为关于 $t_1,t_2,t_3$ 的关系.
• 对数均值不等式：针对 $t_2,t_3$ 满足的方程 $a=\frac{t^2}{e^t}$，利用对数均值不等式得出 $t_2{t}_3<4$.
• 局部放缩：处理含有 $t_1$ 的项，通过构造辅助函数并利用 $e$ 的数值估算完成不等式的最终证明.

✍ 【详细解析】

（1）第一问详解

最优解法：

** （Ⅰ）求切线方程** 当 $a=1$ 时，$f(x)=x-(\ln x{)}^2$．

1. 求切点：$f(1)=1-(\ln 1{)}^2=1$，切点为 $(1,1)$．
2. 求斜率：$f^{\prime }(x)=1-2\ln x\cdot \frac{1}{x}$． 则切线斜率 $k=f^{\prime }(1)=1-0=1$．
3. 写方程：切线方程为 $y-1=1(x-1)$，即 $x-y=0$．

(2) 第(i)问详解

最优解法

** （Ⅱ）$(i)$ 求 $a$ 的取值范围**

1. 分离参数： 由 $f(x)=0$ 得 $ax=(\ln x{)}^2$，由于 $x=0$ 不是定义域成员且若 $x=1$ 则 $a=0$（此时只有1个零点），故讨论 $x\ne 1$ 情况. 令 $g(x)=\frac{(\ln x{)}^2}{x}$ ($x>0$)．
2. 研究 $g(x)$ 的性态： $g^{\prime }(x)=\frac{2\ln x\cdot \frac{1}{x}\cdot x-(\ln x{)}^2}{x^2}=\frac{\ln x(2-\ln x)}{x^2}$．

• 当 $x\in (0,1)$ 时，$g^{\prime }(x)<0$，$g(x)$ 单调递减，且 $x\to 0^{+}$ 时 $g(x)\to +\infty$，$g(1)=0$；

• 当 $x\in (1,e^2)$ 时，$g^{\prime }(x)>0$，$g(x)$ 单调递增，$g(e^2)=\frac{4}{e^2}$；

• 当 $x\in (e^2,+\infty )$ 时，$g^{\prime }(x)<0$，$g(x)$ 单调递减，且 $x\to +\infty$ 时 $g(x)\to 0$．

3. 结论： 若 $y=a$ 与 $y=g(x)$ 有三个交点，结合图象可知 $a$ 必须位于极小值 $0$ 与极大值 $\frac{4}{e^2}$ 之间. 故 $a$ 的取值范围是 $(0,\frac{4}{e^2})$．

(2) 第(ii)问详解

最优解法

** （Ⅱ）$(ii)$ 证明不等式** 设 $t_1=\ln x_1,t_2=\ln x_2,t_3=\ln x_3$． 由 $(i)$ 知 $t_1<0<t_2<2<t_3$．

且满足 $a=\frac{t_i^2}{e^{t_i}}$，即 $\frac{|t_i|}{e^{t_i/2}}=\sqrt{a}$．

1. 利用对数均值不等式处理 $t_2,t_3$： 对于 $t_2,t_3>0$，有 $\frac{t_2^2}{e^{t_2}}=\frac{t_3^2}{e^{t_3}}=a\Rightarrow 2\ln t_2-t_2=2\ln t_3-t_3=\ln a$． 得 $t_3-t_2=2(\ln t_3-\ln t_2)\Rightarrow \frac{t_3-t_2}{\ln t_3-\ln t_2}=2$． 根据对数均值不等式 $\sqrt{t_2{t}_3}<\frac{t_3-t_2}{\ln t_3-\ln t_2}$，可得 $\sqrt{t_2{t}_3}<2$，即 $t_2{t}_3<4$．

2. 处理 $t_1$ 部分： $(\ln x_2-\ln x_1)\ln x_3=(t_2-t_1)t_3=t_2{t}_3-t_1{t}_3<4-t_1{t}_3$． 由于 $t_1<0$，由 $a=\frac{t_1^2}{e^{t_1}}$ 得 $|t_1|=\sqrt{a}{e}^{t_1/2}$． 因为 $t_1<0$，则 $e^{t_1/2}<1$，故 $-t_1<\sqrt{a}$． 由 $t_3$ 满足 $\sqrt{a}=\frac{t_3}{e^{t_3/2}}$，代入得 $-t_1{t}_3<\frac{t_3^2}{e^{t_3/2}}$．

3. 构造函数证明结论： 令 $h(t)=\frac{t^2}{e^{t/2}}$ ($t>2$)．由导数分析知 $h(t)$ 在 $(2,4)$ 递增，$(4,+\infty )$ 递减. 其最大值为 $h(4)=\frac{16}{e^2}$． 要证 $4+h(t)<\frac{4e}{e-1}$，即证 $4+\frac{16}{e^2}<\frac{4e}{e-1}$． 等价于证 $1+\frac{4}{e^2}<\frac{e}{e-1}=1+\frac{1}{e-1}$． 即证 $\frac{4}{e^2}<\frac{1}{e-1}\iff 4(e-1)<e^2\iff e^2-4e+4>0\iff (e-2{)}^2>0$． 由于 $e\approx 2.718$，$e\ne 2$ 显然成立. 故原不等式得证.

💡 【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 考点归纳： -对数均值不等式：这是解决双变量零点问题的“大杀器”。在处理形如 $f(x_1)=f(x_2)$ 的方程时，优先尝试化为 $\frac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}$ 的结构.

2. 方法总结：分离参数的彻底性：分离参数后，将复杂的零点问题转化为清晰的函数图象交点问题，是压轴题的第一道逻辑坎.

3. 避坑指南：在利用对数均值不等式时，注意变量必须为正。本题中 $t_1<0$，因此需要取绝对值或通过对称性转化后再使用.

🚀 【试题探源与推广】

Tip

1. 结论的推广:

• 常见的对数均值链：$\sqrt{ab}<\frac{a-b}{\ln a-\ln b}<\frac{a+b}{2}$.

2. 方法的推广: -极值点偏移：若 $x_1+x_2>2x_0$，通常构造 $F(x)=f(x)-f(2x_0-x)$ 进行判定.

🔗 【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 20.01 导数定义与几何意义
• 20.12-极值点偏移
• 20.13 对数平均与指数平均不等式专题

类题演练 (Links)

专题合集 (Series)