2013-江苏卷-20 解-导数单调性与最值

本题导读

本题考查导数的应用。核心在于分类讨论法、导数法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2013年江苏卷） 设函数 $f(x)=\ln x-ax$，$g(x)=e^x-ax$，其中 $a$ 为实数.

(1)若 $f(x)$ 在 $(1,+\infty )$ 上是单调递减函数，且 $g(x)$ 在 $(1,+\infty )$ 上有最小值，求 $a$ 的取值范围；

(2)若 $g(x)$ 在 $(-1,+\infty )$ 上是单调递增函数，试求 $f(x)$ 的零点个数，并证明你的结论.

🔍【思路分析】

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1. 第一问（交集求范围）：
   • 单调性约束：$f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-a\le 0$ 在 $(1,+\infty )$ 上恒成立，导出 $a\ge \frac{1}{x}$ 的上界，即 $a\ge 1$。
   • 最值约束：$g(x)$ 有最小值意味着导数 $g^{\prime }(x)=e^x-a$ 在 $(1,+\infty )$ 内必须有零点且变号。若 $a\le e$，导数恒非负，无最小值。故需 $a>e$。
   • 取交集：综合两个条件得出结果。
2. 第二问（零点判定）：
   • 确定 $a$ 的范围：根据 $g(x)$ 在 $(-1,+\infty )$ 递增，得出 $g^{\prime }(x)\ge 0$ 恒成立，即 $a\le e^{-1}=\frac{1}{e}$。
   • 分类讨论 $a$：
     • 当 $a\le 0$ 时，分析 $f(x)$ 的单调性与极值。
     • 当 $0<a\le \frac{1}{e}$ 时，利用导数确定 $f(x)$ 的单调区间和极大值，再结合边界极限判定零点。

✅【答案】

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$a\ge 1$；$a>e$；1 个零点；2 个零点

✍【详细解析】

Abstract

（1）解： 因为 $f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-a$，若 $f(x)$ 在 $(1,+\infty )$ 上递减， 则 $f^{\prime }(x)\le 0$ 在 $(1,+\infty )$ 上恒成立，即 $a\ge \frac{1}{x}$。 由于 $\frac{1}{x}<1$，$x\in (1,+\infty )$，故 $a\ge 1$。 又 $g^{\prime }(x)=e^x-a$。 ① 若 $1\le a\le e$，则当 $x>1$ 时，$e^x>e\ge a$，故 $g^{\prime }(x)>0$。 此时 $g(x)$ 在 $(1,+\infty )$ 上单调递增，无最小值，不合题意。 ② 若 $a>e$，令 $g^{\prime }(x)=0$ 得 $x=\ln a>1$。 当 $x\in (1,\ln a)$ 时，$g^{\prime }(x)<0$，$g(x)$ 递减； 当 $x\in (\ln a,+\infty )$ 时，$g^{\prime }(x)>0$，$g(x)$ 递增。 此时 $g(x)$ 在 $x=\ln a$ 处取得极小值，也是最小值，符合题意。 故 $a$ 的取值范围是 $a>e$。

（2）解：结论：当 $a=\frac{1}{e}$ 或 $a\le 0$ 时，$f(x)$ 有 1 个零点；当 $0<a<\frac{1}{e}$ 时，$f(x)$ 有 2 个零点。

证明如下： 由 $g(x)$ 在 $(-1,+\infty )$ 上递增，得 $g^{\prime }(x)=e^x-a\ge 0$ 对 $x>-1$ 恒成立。 即 $a\le e^x$ 恒成立，故 $a\le e^{-1}=\frac{1}{e}$。

(i) 当 $0<a\le \frac{1}{e}$ 时： $f^{\prime }(x)=\frac{1-ax}{x}$。令 $f^{\prime }(x)=0$ 得 $x=\frac{1}{a}$。 $f(x)$ 在 $(0,\frac{1}{a})$ 递增，在 $(\frac{1}{a},+\infty )$ 递减。 极大值 $f(\frac{1}{a})=\ln \frac{1}{a}-1=-\ln a-1$。 因为 $a\le \frac{1}{e}$，故 $-\ln a\ge 1$，即 $f(\frac{1}{a})\ge 0$。

• 若 $a=\frac{1}{e}$，极大值 $f(e)=0$，此时只有 1 个零点。
• 若 $0<a<\frac{1}{e}$，极大值 $f(\frac{1}{a})>0$。 当 $x\to 0$ 时，$f(x)\to -\infty$；当 $x\to +\infty$ 时，$f(x)\to -\infty$。 由零点存在性定理知，在 $(0,\frac{1}{a})$ 和 $(\frac{1}{a},+\infty )$ 各有 1 个零点，共 2 个零点。

(ii) 当 $a=0$ 时： $f(x)=\ln x$，在 $(0,+\infty )$ 上可知只有 1 个零点 ($x=1$)。

(iii) 当 $a<0$ 时： $f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-a>0$ 在 $(0,+\infty )$ 恒成立，故 $f(x)$ 单调递增。 当 $x\to 0$ 时，$f(x)\to -\infty$；当 $x\to +\infty$ 时，$f(x)\to +\infty$。 故 $f(x)$ 只有 1 个零点。

综上所述证明完成。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：利用导数研究函数的单调性是解决最值和零点问题的基石。 2. 分类标准：本题中参数 $a$ 决定了极值点的位置以及极大值与 0 的大小关系，因此分类点选在 $a=0,\frac{1}{e}$。

核心方法：见详细解析

避坑指南：在叙述零点个数时，必须体现单调区间及区间端点的正负情况（或极限状态）。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：利用导数研究函数的单调性是解决最值和零点问题的基石。 2. 分类标准：本题中参数 $a$ 决定了极值点的位置以及极大值与 0 的大小关系，因此分类点选在 $a=0,\frac{1}{e}$。

结论推广：见详细解析。

方法推广：见详细解析

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 05.02 函数的四大性质

类题演练 (Links)

• 2023-新高考II卷-06 单-导数单调性
• 2014-江西卷文-18 解-导数最值
• 2014-福建卷文-22 解-导数