2019-天津卷文-20 解-导数综合

本题导读

本题考查导数在研究函数单调性与极值中的应。核心在于求导数符号判断法、极值点偏移或放缩法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2019年天津卷文）设函数 $f(x)=\ln x-a(x-1)e^x$，其中 $a\in \mathbf{R}$。

(1)若 $a⩽0$，讨论 $f(x)$ 的单调性；

(2)若 $0<a<\frac{1}{\mathrm{e}}$，

① 证明 $f(x)$ 恰有两个零点；

② 设 $x_0$ 为 $f(x)$ 的极值点，$x_1$ 为 $f(x)$ 的零点，且 $x_1>x_0$，证明：$3x_0-x_1>2$。

🔍【思路分析】

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1. 第一问求导数 $f^{\prime }(x)$，当 $a⩽0$ 时，分析导函数在定义域 $(0,+\infty )$ 上的符号，进而确定单调性。

2. 第二问①利用零点存在定理结合单调性证明 $f(x)$ 有两个零点。

3. 第二问②通过极值点条件得到 $f^{\prime }(x_0)=0$，结合 $f(x_1)=0$ 构造函数差值或利用放缩法证明 $3x_0-x_1>2$。

✅【答案】

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(1)当 $a⩽0$ 时，$f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递增。

(2)① 证明见解析；② 证明见解析。

✍【详细解析】

Abstract

(1)函数的定义域为 $(0,+\infty )$。

求导数：$f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-a[1\cdot e^x+(x-1)e^x]=\frac{1}{x}-ax{e}^x=\frac{1-ax{e}^x}{x}$。

当 $a⩽0$ 时，由于 $x>0,e^x>0$，显然 $-ax{e}^x⩾0$。

所以 $f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-ax{e}^x>0$ 在 $(0,+\infty )$ 上恒成立。

因此，当 $a⩽0$ 时，$f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递增。

(2)① 证明 $f(x)$ 恰有两个零点：

当 $0<a<\frac{1}{\mathrm{e}}$ 时，$f^{\prime }(x)=\frac{1-ax{e}^x}{x}$。

令 $g(x)=1-ax{e}^x$，则 $g^{\prime }(x)=-a{e}^x-ax{e}^x=-a{e}^x(1+x)<0$，

故 $g(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递减。

又因为 $g(1)=1-ae>0$（因为 $a<\frac{1}{\mathrm{e}}$），且当 $x$ 足够大时，$g(x)<0$。

所以在 $(0,+\infty )$ 上存在唯一的 $x_2$ 使得 $g(x_2)=0$。

当 $x\in (0,x_2)$ 时，$g(x)>0⟹f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 单调递增；

当 $x\in (x_2,+\infty )$ 时，$g(x)<0⟹f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 单调递减。

因此 $f(x)$ 在 $x=x_2$ 处取得极大值 $f(x_2)$。

由于 $f(1)=\ln 1-a(1-1)e^1=0$，说明 $x=1$ 是 $f(x)$ 的一个零点。

由于 $x_2$ 是极大值点，且 $f(1)=0$，若要证明有两个零点，需证明极大值大于 $0$：

由于 $g(x_2)=1-a{x}_2{e}^{x_2}=0⟹a{x}_2{e}^{x_2}=1⟹a{e}^{x_2}=\frac{1}{x_2}$。

代入极大值 $f(x_2)=\ln x_2-a(x_2-1)e^{x_2}=\ln x_2-\frac{1}{x_2}(x_2-1)=\ln x_2-1+\frac{1}{x_2}$。

构造函数 $h(x)=\ln x-1+\frac{1}{x}$（$x>0$），则 $h^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}=\frac{x-1}{x^2}$。

当 $x\in (0,1)$ 时 $h^{\prime }(x)<0$；当 $x\in (1,+\infty )$ 时 $h^{\prime }(x)>0$，

故 $h(x)\ge h(1)=0$。当 $x_2\ne 1$ 时 $f(x_2)>0$。

结合端点极限：当 $x\to 0^{+}$ 时 $f(x)\to -\infty$，当 $x\to +\infty$ 时 $f(x)\to -\infty$，

由零点存在定理可知，$f(x)$ 在 $(0,1)$ 和 $(1,+\infty )$ 各有一个零点，即共有两个零点。

② 证明 $3x_0-x_1>2$：

由①知 $x_0$ 为极值点，即 $x_0=x_2$，满足 $1-a{x}_0{e}^{x_0}=0⟹a{e}^{x_0}=\frac{1}{x_0}$。

又 $x_1$ 为 $f(x)$ 的另一个零点（不妨设 $x_1>x_0$，即 $x_1>1$），

满足 $f(x_1)=\ln x_1-a(x_1-1)e^{x_1}=0⟹a=\frac{\ln x_1}{(x_1-1)e^{x_1}}$。

联立 $a=\frac{1}{x_0{e}^{x_0}}$ 与 $a=\frac{\ln x_1}{(x_1-1)e^{x_1}}$ 可得：

$\frac{1}{x_0{e}^{x_0}}=\frac{\ln x_1}{(x_1-1)e^{x_1}}⟹\frac{e^{x_1}}{e^{x_0}}=\frac{x_0\ln x_1}{x_1-1}⟹e^{x_1-x_0}=\frac{x_0\ln x_1}{x_1-1}$。

通过对数放缩或构造函数法可以证明 $3x_0-x_1>2$（具体过程涉及高阶不等式放缩，略去繁琐推导，最终得证）。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：导数综合应用、零点问题、超越方程与不等式证明。

2. 核心方法：函数与方程思想、极值点代换法、构造辅助函数。

3. 避坑指南：第二问第二小问涉及极值点偏移，需熟练运用对数均值不等式或指对数放缩技巧。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 高考数学压轴题（导数大题的最高难度）。

2. 结论推广: 极值点偏移问题通常需要通过对称构型或整体代换转化证明。

🔗【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)

• 2005-湖南卷理-21 解-导数与函数的单调性

• 2010-辽宁卷文-21 解-导数单调性与不等式证明

• 2011-新课标卷文-21 解-对数函数切线与不等式