2015-四川卷文-21 解-导数零点

本题导读

(1) $g^{\prime }(x)=\frac{2(x-1)}{x}$，$g$ 在 $(0,1)$ 减、$(1,+\infty )$ 增；（Ⅱ）令 $f^{\prime }(x)=0$ 解出 $a=x-1-\ln x$ 代回 $f$ 得 $\Phi (x)=(1+\ln x{)}^2-2x\ln x$，由 $\Phi (1)>0>\Phi (e)$ 介值定出 $a_0\in (0,1)$，再由 $f$ 先减后增得 $f\ge 0$ 且零点唯一。

📌【题干】

Question

（2015年四川卷(文)） 已知函数 $f(x)=-2x\ln x+x^2-2ax+a^2$，其中 $a>0$.

(1) 设 $g(x)$ 是 $f(x)$ 的导函数，讨论 $g(x)$ 的单调性；

(2) 证明：存在 $a\in (0,1)$，使得 $f(x)\ge 0$ 恒成立，且 $f(x)=0$ 在区间 $(1,+\infty )$ 内有唯一解.

🔍【思路分析】

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(1) $g^{\prime }(x)=\frac{2(x-1)}{x}$，$g$ 在 $(0,1)$ 减、$(1,+\infty )$ 增；（Ⅱ）令 $f^{\prime }(x)=0$ 解出 $a=x-1-\ln x$ 代回 $f$ 得 $\Phi (x)=(1+\ln x{)}^2-2x\ln x$，由 $\Phi (1)>0>\Phi (e)$ 介值定出 $a_0\in (0,1)$，再由 $f$ 先减后增得 $f\ge 0$ 且零点唯一。

✅【答案】

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(1) $g(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减，在 $(1,+\infty )$ 上单调递增

(2) 见解析（存在 $a_0\in (0,1)$，此时 $f$ 在 $(1,+\infty )$ 上的最小值 0 在唯一点 $x_0$ 取得）

✍【详细解析】

Abstract

(1) $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty )$。

$g(x)=f^{\prime }(x)=-2\ln x-2+2x-2a=2(x-1-\ln x-a)$，

$g^{\prime }(x)=2-\frac{2}{x}=\frac{2(x-1)}{x}$。

当 $x\in (0,1)$ 时，$g^{\prime }(x)<0$，$g(x)$ 单调递减；当 $x\in (1,+\infty )$ 时，$g^{\prime }(x)>0$，$g(x)$ 单调递增。

(2) 由 $f^{\prime }(x)=2(x-1-\ln x-a)=0$，解得 $a=x-1-\ln x$。

令 $\Phi (x)=-2x\ln x+x^2-2x(x-1-\ln x)+(x-1-\ln x{)}^2$，即把 $a=x-1-\ln x$ 代回 $f(x)$：

化简得 $\Phi (x)=(1+\ln x{)}^2-2x\ln x$。

$\Phi (1)=1>0$；$\Phi (e)=4-2e<0$。

于是存在 $x_0\in (1,e)$，使得 $\Phi (x_0)=0$。令 $a_0=x_0-1-\ln x_0=u(x_0)$，其中 $u(x)=x-1-\ln x$（$x\ge 1$）。

由 $u^{\prime }(x)=1-\frac{1}{x}\ge 0$ 知 $u$ 在 $(1,+\infty )$ 上单调递增，故 $0=u(1)<a_0=u(x_0)<u(e)=e-2<1$，即 $a_0\in (0,1)$。

当 $a=a_0$ 时，$f^{\prime }(x_0)=0$，$f(x_0)=\Phi (x_0)=0$。

由（Ⅰ）知 $f^{\prime }(x)=g(x)$ 在 $(1,+\infty )$ 上单调递增：当 $x\in (1,x_0)$ 时 $f^{\prime }(x)<f^{\prime }(x_0)=0$，$f$ 递减，$f(x)>f(x_0)=0$；当 $x\in (x_0,+\infty )$ 时 $f^{\prime }(x)>0$，$f$ 递增，$f(x)>f(x_0)=0$。

又当 $x\in (0,1]$ 时，$f(x)=(x-a_0{)}^2-2x\ln x>0$（$\ln x\le 0$，且 $x=1$ 时 $f(1)=(1-a_0{)}^2>0$）。

综上，存在 $a_0\in (0,1)$，使得 $f(x)\ge 0$ 在 $(0,+\infty )$ 上恒成立，且 $f(x)=0$ 在区间 $(1,+\infty )$ 内有唯一解 $x=x_0$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：导数的运算与单调性、零点存在性与唯一性、恒成立问题

核心方法：消参（由 $f^{\prime }=0$ 解出 $a$ 代回 $f$）构造一元函数 $\Phi$，用介值定理定参数，再借单调性锁零点

避坑指南：“存在 $a$“是双目标（恒成立 + 唯一零点），必须先由 $f^{\prime }(x_0)=0$ 与 $f(x_0)=0$ 联立消参得 $\Phi (x_0)=0$，再验证 $a_0\in (0,1)$ 与 $f$ 的先减后增形态，两条缺一不可；直接对 $a$ 讨论最小值符号会陷入分类泥潭。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：导数压轴以”参数存在性 + 零点唯一性”双目标设问是四川卷压轴传统，2015 年四川卷理第 21 题为同源题（$-2(x+a)\ln x$ 型），2014、2013 年四川卷理第 21 题同型。

结论推广：消参手法可推广：凡”存在参数使 $f(x_0)=0$ 且 $f^{\prime }(x_0)=0$“（曲线与 x 轴相切型）问题，都可由两式联立解出参数关于切点的函数 $u(x)$，再用 $u$ 的单调性与值域锁定参数范围。

方法推广：导数压轴中”先减后增 + 唯一极小点取 0”是保证”恒非负且唯一零点”的标准形态；证明存在性优先介值定理，落实唯一性靠严格单调。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点(Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 20.16 零点问题

类题演练(Links)

• 2015-四川卷理-21 解-导数综合
• 2014-四川卷理-21 解-分类讨论单调性