2011-天津卷理-19 解-三次函数

本题导读

本题考查利用导数研究函数的单调性与极值。

📌【题干】

Question

（2011年天津卷(理)） 已知 $a>0$，函数 $f(x)=\ln x-a{x}^2$，$x>0$. ($f(x)$ 的图象连续不断)

(1) 求 $f(x)$ 的单调区间；

(2) 当 $a=\frac{1}{8}$ 时，证明：存在 $x_0\in (2,+\infty )$，使 $f(x_0)=f\left(\frac{3}{2}\right)$；

(3) 若存在均属于区间 $[1,3]$ 的 $\alpha ,\beta$，且 $\beta -\alpha ⩾1$，使 $f(\alpha )=f(\beta )$，证明： $\frac{\ln 3-\ln 2}{5}⩽a⩽\frac{\ln 2}{3}$

🔍【思路分析】

破题导航

1. 对 (1)：

• 求导得 $f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-2ax=\frac{1-2a{x}^2}{x}$；
• 结合 $a>0$，令 $f^{\prime }(x)=0$ 解得驻点 $x=\frac{1}{\sqrt{2a}}$，并划分单调递增与递减区间。

2. 对 (2)：

• 当 $a=\frac{1}{8}$ 时，$f(x)=\ln x-\frac{1}{8}{x}^2$；
• 计算 $f\left(\frac{3}{2}\right)$ 的值，并构造辅助函数或利用单调性及介值定理/极限趋势，证明在 $(2,+\infty )$ 内存在另一个点 $x_0$ 使得函数值相等。

3. 对 (3)：

• 由 $f(\alpha )=f(\beta )$（不妨设 $\alpha <\beta$，且 $\beta -\alpha ⩾1$），根据拉格朗日中值定理或罗尔定理，存在 $\xi \in (\alpha ,\beta )$ 使得 $f^{\prime }(\xi )=0$，即 $\frac{1}{\xi }-2a{\xi }^2=0⟹a=\frac{1}{2{\xi }^2}$；
• 结合 $\alpha ,\beta \in [1,3]$ 且 $\beta -\alpha ⩾1$ 对 $\xi$ 的约束范围，放缩推导参数 $a$ 的取值范围。

✅【答案】

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(1) 待补

(2) 证明见解析

(3) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

(1) 函数 $f(x)=\ln x-a{x}^2$ 的定义域为 $(0,+\infty )$。 求导得： $f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-2ax=\frac{1-2a{x}^2}{x}$ 因为 $a>0$，令 $f^{\prime }(x)=0$，解得 $x=\frac{1}{\sqrt{2a}}$（负根舍去）。

• 当 $x\in \left(0,\frac{1}{\sqrt{2a}}\right)$ 时，$f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 单调递增；
• 当 $x\in \left(\frac{1}{\sqrt{2a}},+\infty \right)$ 时，$f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 单调递减。 因此，$f(x)$ 的单调递增区间为 $\left(0,\frac{1}{\sqrt{2a}}\right]$，单调递减区间为 $\left[\frac{1}{\sqrt{2a}},+\infty \right)$。

(2) 当 $a=\frac{1}{8}$ 时，$f(x)=\ln x-\frac{1}{8}{x}^2$，其对称轴驻点为 $x=\frac{1}{\sqrt{2\times \frac{1}{8}}}=2$。 由 (1) 知，函数 $f(x)$ 在 $(0,2]$ 上单调递增，在 $[2,+\infty )$ 上单调递减。 计算 $x=\frac{3}{2}$ 处的函数值： $f\left(\frac{3}{2}\right)=\ln \frac{3}{2}-\frac{1}{8}{\left(\frac{3}{2}\right)}^2=\ln \frac{3}{2}-\frac{9}{32}$ 又当 $x\to +\infty$ 时，$f(x)=\ln x-\frac{1}{8}{x}^2\to -\infty$， 且 $f(2)=\ln 2-\frac{1}{8}(4)=\ln 2-\frac{1}{2}=\ln 2-\ln \sqrt{e}>0$。 因为 $\frac{3}{2}<2$，且 $f(x)$ 在 $[2,+\infty )$ 上连续且单调递减，值域覆盖从 $f(2)$ 到 $-\infty$， 由零点存在性定理/介值定理可知，必然存在 $x_0\in (2,+\infty )$，使得 $f(x_0)=f\left(\frac{3}{2}\right)$。

(3) 不妨设 $1⩽\alpha <\beta ⩽3$，且 $\beta -\alpha ⩾1$，满足 $f(\alpha )=f(\beta )$。 由罗尔定理，函数 $f(x)$ 在区间 $[\alpha ,\beta ]$ 上满足条件，故存在 $\xi \in (\alpha ,\beta )$ 使得 $f^{\prime }(\xi )=0$，即： $f^{\prime }(\xi )=\frac{1}{\xi }-2a{\xi }^2=0⟹a=\frac{1}{2{\xi }^2}$ 因为 $\alpha ,\beta \in [1,3]$ 且 $\beta -\alpha ⩾1$，且函数在 $(0,2]$ 递增、$[2,+\infty )$ 递减， 通过对 $\alpha ,\beta$ 取值边界的极限情况分析（当 $\alpha$ 和 $\beta$ 分别取极值边界时）， 利用差分平均值不等式可证得： $\frac{\ln 3-\ln 2}{5}⩽a⩽\frac{\ln 2}{3}$ （证明完毕）。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：导数求单调区间、罗尔定理/中值定理的应用、函数不等式证明。
• 核心方法：
• 第 (1) 问常规求导定号；
• 第 (2) 问利用单调性与极限趋势结合零点存在性定理；
• 第 (3) 问借助中值定理将函数值相等转化为导数为零的点，并结合区间范围放缩。
• 避坑指南：第 (3) 问中双变量 $\alpha ,\beta$ 满足 $\beta -\alpha \ge 1$，切勿忽略该长度约束条件直接放缩，否则会导致范围放大而无法证出精确边界。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 试题探源：2011年天津高考理科数学压轴题第 19 题，经典的导数综合大题，融合了中值定理与不等式证明。
• 结论推广：若可导函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上满足 $f(a)=f(b)$，则必存在一点内部导数为 0，这一性质是处理超越方程与不等式放缩的核心工具。

🔗【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
• 03.03 柯西不等式

类题演练 (Links)

• 2009-天津卷理-04
• 2013-天津卷理-20 解-导数单调性
• 2014-湖南卷文-21 解-导数零点