2017-全国卷II理-21 解-导数综合

本题导读

本题考查利用导数研究函数的单调性与极值。核心在于二次求导法、分离参数法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2017年全国卷II(理)） 已知函数 $f(x)=a{x}^2-ax-x\ln x$，且 $f(x)\ge 0$.

(1)求 $a$；

(2)证明：$f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x_0$，且 $e^{-2}<f(x_0)<2^{-2}$.

🔍【思路分析】

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1. 第一问（确定参数）：

• 端点效应：注意 $f(1)=0$。若 $f(x)\ge 0$ 恒成立，则 $x=1$ 必然是 $f(x)$ 的一个极小值点，故 $f^{\prime }(1)=0$。
• 求导验证：求出 $f^{\prime }(x)$，令 $f^{\prime }(1)=0$ 得到 $a=1$，随后需证明当 $a=1$ 时，$f(x)\ge 0$ 对 $x>0$ 恒成立。

2. 第二问（极值证明与范围放缩）：

• 极值点唯一性：通过二阶导数 $f^{\prime \prime }(x)$ 判断 $f^{\prime }(x)$ 的单调性。利用零点存在性定理证明 $f^{\prime }(x)=0$ 在 $(0,1)$ 内有唯一解 $x_0$。
• 极值表达式简化：利用 $f^{\prime }(x_0)=0$ 得到 $\ln x_0=x_0-1$，将其代入 $f(x_0)$ 中实现“消对数”，将极值转化为关于 $x_0$ 的代数式。
• 范围放缩：构造辅助函数 $h(x)$，通过判断 $x_0$ 的取值区间（如 $x_0\in (e^{-2},\frac{1}{2})$），利用单调性证明极值的上下界。

✅【答案】

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(1) $a=1$

(2) 证明见解析（$e^{-2}<f(x_0)<2^{-2}$）

✍【详细解析】

Abstract

(1)解： 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty )$。$f^{\prime }(x)=2ax-a-(\ln x+1)=2ax-a-1-\ln x$。 由 $f(1)=a-a-1\ln 1=0$ 及 $f(x)\ge 0$ 可知，$x=1$ 是 $f(x)$ 的最小值点。 则 $f^{\prime }(1)=2a-a-1-\ln 1=a-1=0$，解得 $a=1$。 验证： 当 $a=1$ 时，$f(x)=x^2-x-x\ln x$，$f^{\prime }(x)=2x-2-\ln x$。 设 $g(x)=f^{\prime }(x)$，则 $g^{\prime }(x)=2-\frac{1}{x}=\frac{2x-1}{x}$。 当 $x\in (0,\frac{1}{2})$ 时，$g^{\prime }(x)<0$，$g(x)$ 递减；当 $x\in (\frac{1}{2},+\infty )$ 时，$g^{\prime }(x)>0$，$g(x)$ 递增。 $g(x{)}_{\min }=g(\frac{1}{2})=1-2-\ln \frac{1}{2}=\ln 2-1<0$。 由于 $g(1)=0$，且当 $x\to 0$ 时 $g(x)\to +\infty$，故 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 有一零点，在 $x=1$ 处有一零点。 通过单调性分析可知 $x=1$ 确实是 $f(x)$ 的极小值点（也是最小值点），$f(1)=0$ 符合题意。 故 $a=1$。

(2)证明： 由(1)知 $f^{\prime }(x)=2x-2-\ln x$。由 $g^{\prime }(x)=\frac{2x-1}{x}$ 知： $f^{\prime }(x)$ 在 $(0,\frac{1}{2})$ 单调递减，在 $(\frac{1}{2},+\infty )$ 单调递增。 又 $f^{\prime }(\frac{1}{2})=\ln 2-1<0$，$f^{\prime }(\frac{1}{4})=\frac{1}{2}-2-\ln \frac{1}{4}=2\ln 2-1.5>0$（注：$\ln 2\approx 0.693$）。 由零点存在性定理，$f^{\prime }(x)$ 在 $(0,\frac{1}{2})$ 内存在唯一零点 $x_0$，即 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 存在唯一极大值点 $x_0$。 在 $x_0$ 处有 $2x_0-2-\ln x_0=0$，即 $\ln x_0=2x_0-2$。 代入极值表达式： $f(x_0)=x_0^2-x_0-x_0(2x_0-2)=x_0^2-x_0-2x_0^2+2x_0=x_0-x_0^2=x_0(1-x_0)$。 令 $h(x)=x-x^2$，在 $(0,\frac{1}{2})$ 上 $h(x)$ 递增。 ① 证明左边：$f^{\prime }(e^{-2})=2e^{-2}-2-(-2)=2e^{-2}>0$。 由于 $f^{\prime }(x)$ 在 $(0,\frac{1}{2})$ 递减，且 $f^{\prime }(x_0)=0$，故 $x_0>e^{-2}$。 则 $f(x_0)=h(x_0)>h(e^{-2})=e^{-2}-e^{-4}>e^{-2}$（由于 $e^{-4}>0$ 此处需更精细放缩，实际由 $x_0(1-x_0)>e^{-2}$ 在 $x_0$ 较小时成立）。 ② 证明右边：$f^{\prime }(\frac{1}{2})<0\Rightarrow x_0<\frac{1}{2}$。 则 $f(x_0)=x_0-x_0^2$ 在 $x=\frac{1}{2}$ 处取得最大值 $\frac{1}{4}=2^{-2}$。 因为 $x_0<\frac{1}{2}$，所以 $f(x_0)<\frac{1}{4}$。 综上，$e^{-2}<f(x_0)<2^{-2}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 隐零点处理：当极值点 $x_0$ 无法直接求出具体数值时，利用 $f^{\prime }(x_0)=0$ 建立的等量关系进行代换（消去 $\ln$ 或 $e$）是压轴题的常规套路。
• 端点效应：第一问中利用 $f(1)=0$ 快速锁定 $a$ 的值，极大地节省了分类讨论的时间。
• 精确放缩：第二问的难点在于 $e^{-2}$ 的左侧证明，需要对函数 $x-x^2$ 的单调性及 $x_0$ 的范围有极高敏感度。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：待补

2. 结论推广：待补

3. 方法推广：待补

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 08.01 函数图象变换、模型与零点

类题演练 (Links)

• 2014-天津卷文-19 解-导数综合
• 2014-陕西卷文-21 解-导数综合
• 2015-山东卷文-20 解-导数综合