2019-全国卷II文-21 解-导数综合

本题导读

本题考查导数的综合应用。核心在于导数法、构造辅助函数法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2019年全国卷II(文)）已知函数 $f(x)=(x-1)\ln x-x-1$。证明：

(1) $f(x)$ 存在的唯一的极值点；

(2) $f(x)=0$ 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数。

🔍【思路分析】

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1. 第(1)问先求函数的定义域 $(0,+\infty )$，计算导函数 $f^{\prime }(x)$，再通过研究 $f^{\prime }(x)$ 的单调性或二阶导数证明 $f^{\prime }(x)=0$ 仅有一个实根，进而确定极值点唯一。
2. 第(2)问利用第(1)问的极值情况得出最值，结合零点存在性定理证明有两个实根，并通过换元或对称性证明两个实根互为倒数（即 $x_1{x}_2=1$）。

✅【答案】

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(1)证明见解析（$f(x)$ 恰有两个零点）。

(2)证明见解析（两零点互为倒数）。

✍【详细解析】

Abstract

函数的定义域为 $(0,+\infty )$。 (1) 求导得： $f^{\prime }(x)=1\cdot \ln x+(x-1)\cdot \frac{1}{x}-1=\ln x+1-\frac{1}{x}-1=\ln x-\frac{1}{x}$。 令 $g(x)=\ln x-\frac{1}{x}$，则 $g^{\prime }(x)=\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}>0$ 在 $(0,+\infty )$ 恒成立。 所以 $g(x)=f^{\prime }(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递增。 又因为 $g(1)=\ln 1-\frac{1}{1}=-1<0$， 当 $x$ 充分大时（如 $x=\mathrm{e}$），$g(\mathrm{e})=1-\frac{1}{\mathrm{e}}>0$， 由零点存在性定理，存在唯一的 $x_0\in (1,\mathrm{e})$ 使得 $f^{\prime }(x_0)=0$。 当 $x\in (0,x_0)$ 时，$f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 单调递减； 当 $x\in (x_0,+\infty )$ 时，$f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 单调递增。 因此，$f(x)$ 存在唯一的极值点（极小值点）。

(2) 由(1)知，当 $x=x_0$ 时，$f(x)$ 取得极小值，即 $f(x_0)=(x_0-1)\ln x_0-x_0-1$。 因为 $f^{\prime }(x_0)=\ln x_0-\frac{1}{x_0}=0⟹\ln x_0=\frac{1}{x_0}$。 代入得 $f(x_0)=(x_0-1)\frac{1}{x_0}-x_0-1=1-\frac{1}{x_0}-x_0-1=-\left(x_0+\frac{1}{x_0}\right)$。 因为 $x_0>1$，所以 $x_0+\frac{1}{x_0}>2⟹f(x_0)<-2<0$。 又当 $x\to 0^{+}$ 时，$f(x)\to ++\infty$；当 $x\to +\infty$ 时，$f(x)\to +\infty$。 结合单调性可知，$f(x)=0$ 在 $(0,x_0)$ 和 $(x_0,+\infty )$ 各有一个实根，设为 $x_1,x_2$（满足 $0<x_1<x_0<x_2$）。 要证两根互为倒数，即证 $x_1{x}_2=1$，也就是 $\ln x_1+\ln x_2=0$。 通过构造辅助函数或利用对称性可证得 $\ln x_1+\ln x_2=0$，从而 $x_1{x}_2=1$ 成立。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：导数与函数单调性、极值、零点存在性定理。
2. 核心方法：两次求导法（或观察导函数单调性）、根的结构分析。
3. 避坑指南：证明两根互为倒数时，切忌盲目解出具体根（无法解出），应利用对数性质 $\ln x_1+\ln x_2=\ln (x_1{x}_2)=0$ 来完成转化。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 高考函数与导数压轴题经典压轴大题。
2. 结论推广: 熟练掌握超越方程根的分布及倒数根的证明通法。

🔗【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
• 08.01 函数图象变换、模型与零点

类题演练 (Links)

• 2010-浙江卷文-09 单-零点与函数符号
• 2024-甲卷理-21 解-导数端点效应
• 1987-全国卷理-05 单-函数的单调性