2022-浙江卷-22 解-导数综合

本题导读

本题考查导数的计算与单调区间。核心在于换元法、齐次化构造法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2022年浙江卷） 设函数 $f(x)=\frac{e}{2x}+\ln x(x>0)$．

（Ⅰ）求 $f(x)$ 的单调区间；

（Ⅱ）已知 $a,b\in \mathbb{R}$，曲线 $y=f(x)$ 上不同的三点 $(x_1,f(x_1))$，$(x_2,f(x_2))$，$(x_3,f(x_3))$ 处的切线都经过点 $(a,b)$．证明：

（ⅰ）若 $a>e$，则 $0<b-f(a)<\frac{1}{2}(\frac{a}{e}-1)$；

（ⅱ）若 $0<a<e$，$x_1<x_2<x_3$，则 $\frac{2}{e}+\frac{e-a}{6e^2}<\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_3}<\frac{2}{a}-\frac{e-a}{6e^2}$．

（注：$e\approx 2.71828\dots$ 是自然对数的底数）

🔍【思路分析】

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第（Ⅰ）问：直接对 $f(x)$ 求导，求出导函数的零点，判断导数的符号，即可得到单调区间。

第（Ⅱ）问：核心在于将“切线过点”转化为方程的根。

1. 写出切线方程：设切点为 $x_0$，写出在 $x_0$ 处的切线方程，并将点 $(a,b)$ 代入，得到一个关于切点 $x_0$ 的方程。

2. 构造零点函数：将上述方程重写为函数 $g(x)=0$ 的形式，根据题意，$g(x)$ 必有三个不同的正根 $x_1,x_2,x_3$。对 $g(x)$ 求导，利用极值点的情况（一极大一极小且异号）得到参数 $a,b$ 满足的不等式。

3. 证明 (i)：利用 $g(x)$ 在 $a>e$ 时三个根的存在条件（极大值 $>0$，极小值 $<0$），直接分离出 $b$ 的范围，再利用单变量导数证明不等式。

4. 证明 (ii)：这是典型的“极值点偏移”问题的究极变种。通过换元 $t=\frac{1}{x}$，将原方程转化为关于 $t$ 的方程 $H(t)=0$。利用 $H(t_1)=H(t_3)=0$ 作差，提取出 $t_1+t_3$ 的表达式。构造二次函数形式的差值乘积，利用齐次化变量替换（令 $s=t_1/t_3$）消去元，再结合对数的帕德逼近放缩 $\ln n>\frac{3(n^2-1)}{n^2+4n+1}$，最后转化为多项式恒正的证明。

✅【答案】

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✍【详细解析】

Abstract

由题意，$f(x)=\frac{e}{2x}+\ln x(x>0)$。

求导得：

$f^{\prime }(x)=-\frac{e}{2x^2}+\frac{1}{x}=\frac{2x-e}{2x^2}$

令 $f^{\prime }(x)>0$，解得 $x>\frac{e}{2}$；

令 $f^{\prime }(x)<0$，解得 $0<x<\frac{e}{2}$。

因此，$f(x)$ 的单调递减区间为 $\left(0,\frac{e}{2}\right)$，单调递增区间为 $\left(\frac{e}{2},+\infty \right)$。

设曲线 $y=f(x)$ 在点 $(x_0,f(x_0))$ 处的切线方程为：

$y-\left(\frac{e}{2x_0}+\ln x_0\right)=f^{\prime }(x_0)(x-x_0)=\left(-\frac{e}{2x_0^2}+\frac{1}{x_0}\right)(x-x_0)$

因为该切线经过点 $(a,b)$，代入 $(x,y)=(a,b)$ 并整理得：

$b-\frac{e}{2x_0}-\ln x_0=\left(-\frac{e}{2x_0^2}+\frac{1}{x_0}\right)a-\left(-\frac{e}{2x_0}+1\right)$

移项构造函数 $g(x)$（将 $x_0$ 替换为一般的变量 $x$）：

$g(x)=\left(-\frac{e}{2x^2}+\frac{1}{x}\right)a-b+\frac{e}{x}+\ln x-1(x>0)$

由题意可知，函数 $g(x)$ 必须有三个不同的正零点 $x_1,x_2,x_3$。

对 $g(x)$ 求导：

$g^{\prime }(x)=\left(\frac{e}{x^3}-\frac{1}{x^2}\right)a-\frac{e}{x^2}+\frac{1}{x}=\frac{a(e-x)+x(x-e)}{x^3}=\frac{(x-e)(x-a)}{x^3}$

（i）若 $a>e$，证明 $0<b-f(a)<\frac{1}{2}(\frac{a}{e}-1)$

因为 $a>e$，当 $x\in (0,e)$ 时，$g^{\prime }(x)>0$；当 $x\in (e,a)$ 时，$g^{\prime }(x)<0$；当 $x\in (a,+\infty )$ 时，$g^{\prime }(x)>0$。

所以 $g(x)$ 在 $(0,e)$ 上单调递增，在 $(e,a)$ 上单调递减，在 $(a,+\infty )$ 上单调递增。

$g(x)$ 在 $x=e$ 处取得极大值，在 $x=a$ 处取得极小值。

若要 $g(x)$ 有三个不同的零点，必须满足：

$\{\begin{array}{l}g(e)>0\\ g(a)<0\end{array}$

代入计算极大值和极小值：

g(e) = \left(-\frac{e}{2e^2} + \frac{1}{e}\right)a - b + \frac{e}{e} + \ln e - 1 = \frac{a}{2e} - b + 1 > 0 \implies b < \frac{a}{2e} + 1$$$$g(a) = \left(-\frac{e}{2a^2} + \frac{1}{a}\right)a - b + \frac{e}{a} + \ln a - 1 = \frac{e}{2a} + \ln a - b < 0 \implies b > \frac{e}{2a} + \ln a = f(a)

所以 $b-f(a)>0$ 成立。

又因为 $b<\frac{a}{2e}+1$，所以：

$b-f(a)<\frac{a}{2e}+1-\left(\frac{e}{2a}+\ln a\right)$

若要证 $b-f(a)<\frac{1}{2}(\frac{a}{e}-1)$，只需证：

$\frac{a}{2e}+1-\frac{e}{2a}-\ln a<\frac{a}{2e}-\frac{1}{2}⟺\ln a+\frac{e}{2a}>\frac{3}{2}$

构造函数 $h(a)=\ln a+\frac{e}{2a}(a>e)$，

$h^{\prime }(a)=\frac{1}{a}-\frac{e}{2a^2}=\frac{2a-e}{2a^2}$

因为 $a>e$，所以 $h^{\prime }(a)>0$，$h(a)$ 在 $(e,+\infty )$ 上单调递增。

因此 $h(a)>h(e)=\ln e+\frac{e}{2e}=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$。

从而证明了 $0<b-f(a)<\frac{1}{2}\left(\frac{a}{e}-1\right)$。

（ii）若 $0<a<e$，$x_1<x_2<x_3$，证明目标不等式

令 $t=\frac{1}{x}$，则 $g(x)=0$ 转化为关于 $t$ 的方程 $H(t)=0$，其中：

$H(t)=\left(-\frac{e}{2}{t}^2+t\right)a-b+et-\ln t-1(t>0)$

因为 $x_1<x_2<x_3$，对应 $H(t)$ 有三个不同的根 $t_1>t_2>t_3$。且 $H^{\prime }(t)=\frac{-(at-1)(et-1)}{t}$，因为 $a<e$，极值点为 $1/e$ 和 $1/a$。

结合图象可知，三根的分布满足：$t_3\in (0,1/e)$，$t_2\in (1/e,1/a)$，$t_1\in (1/a,+\infty )$。

由 $H(t_1)=H(t_3)=0$ 作差得：

$a\left[-\frac{e}{2}(t_1^2-t_3^2)+(t_1-t_3)\right]+e(t_1-t_3)-(\ln t_1-\ln t_3)=0$

两边同除以 $t_1-t_3$（显然 $t_1\ne t_3$）：

$-\frac{ae}{2}(t_1+t_3)+a+e-\frac{\ln t_1-\ln t_3}{t_1-t_3}=0$

整理得到 $t_1+t_3$ 的表达式：

$t_1+t_3=\frac{2}{ae}\left(a+e-\frac{\ln t_1-\ln t_3}{t_1-t_3}\right)\dots \text{(3)}$

设目标不等式两端为 $P=\frac{2}{a}-\frac{e-a}{6e^2}$ 和 $Q=\frac{2}{e}+\frac{e-a}{6e^2}$。

我们要证 $Q<t_1+t_3<P$，等价于证明一元二次式的放缩：$(t_1+t_3-P)(t_1+t_3-Q)<0$。

展开该式：

$(t_1+t_3{)}^2-(P+Q)(t_1+t_3)+P\cdot Q<0$

注意到 $P+Q=\frac{2}{a}+\frac{2}{e}=\frac{2(a+e)}{ae}$，将③式代入前两项，可以绝妙地提取公因式：

$(t_1+t_3)\left[t_1+t_3-\left(\frac{2}{a}+\frac{2}{e}\right)\right]=(t_1+t_3)\left[-\frac{2}{ae}\frac{\ln t_1-\ln t_3}{t_1-t_3}\right]$

所以只需证明：

$-\frac{2}{ae}\frac{\ln t_1-\ln t_3}{t_1-t_3}(t_1+t_3)+P\cdot Q<0⟺\frac{2}{ae}\frac{\ln t_1-\ln t_3}{t_1-t_3}(t_1+t_3)>P\cdot Q$

（核心技巧：齐次化）

令 $s=\frac{t_1}{t_3}$。因为 $t_1>1/a$ 且 $t_3<1/e$，所以 $s>\frac{1/a}{1/e}=\frac{e}{a}$。

令 $n=\frac{e}{a}>1$，则 $s>n>1$。

代数式变形：$\frac{\ln t_1-\ln t_3}{t_1-t_3}(t_1+t_3)=\frac{\ln (t_1/t_3)}{t_3(t_1/t_3-1)}\cdot t_3\left(\frac{t_1}{t_3}+1\right)=\frac{s+1}{s-1}\ln s$。变量 $t_3$ 被完美消去！

所以我们要证的不等式化简为：

$\frac{s+1}{s-1}\ln s>\frac{ae}{2}P\cdot Q$

因为函数 $u(s)=\frac{s+1}{s-1}\ln s$ 在 $s>1$ 时单调递增（通过对 $u(s)$ 求导易证），且 $s>n$，所以 $u(s)>u(n)$。

因此只需证明 $\frac{n+1}{n-1}\ln n>\frac{ae}{2}P\cdot Q$。

（多项式化简与放缩）

将 $P,Q$ 全部用 $n=e/a$ 表示。由于 $a=\frac{e}{n}$：

P = \frac{2n}{e} - \frac{e - e/n}{6e^2} = \frac{1}{e} \left( 2n - \frac{n-1}{6n} \right) = \frac{1}{e} \left( \frac{12n^2 - n + 1}{6n} \right)$$$$Q = \frac{2}{e} + \frac{e - e/n}{6e^2} = \frac{1}{e} \left( 2 + \frac{n-1}{6n} \right) = \frac{1}{e} \left( \frac{13n - 1}{6n} \right)

系数 $\frac{ae}{2}=\frac{e^2}{2n}$。代入相乘得到：

$\frac{ae}{2}P\cdot Q=\frac{e^2}{2n}\cdot \frac{1}{e^2}\frac{(12n^2-n+1)(13n-1)}{36n^2}=\frac{156n^3-25n^2+14n-1}{72n^3}$

现在只需证明：$\frac{n+1}{n-1}\ln n>\frac{156n^3-25n^2+14n-1}{72n^3}$。

根据经典放缩不等式（帕德逼近）：当 $n>1$ 时，$\ln n>\frac{3(n^2-1)}{n^2+4n+1}$。

所以左边放缩为：

$\frac{n+1}{n-1}\cdot \frac{3(n-1)(n+1)}{n^2+4n+1}=\frac{3(n+1{)}^2}{n^2+4n+1}$

比较放缩后的两端：

$\frac{3(n+1{)}^2}{n^2+4n+1}-\frac{156n^3-25n^2+14n-1}{72n^3}=\frac{216n^3(n^2+2n+1)-(n^2+4n+1)(156n^3-25n^2+14n-1)}{72n^3(n^2+4n+1)}$

分子展开合并同类项后得到：

$60n^5-167n^4+146n^3-30n^2-10n+1$

因式分解该多项式，发现含有因式 $(n-1{)}^2$（因为导数代入 $n=1$ 亦为 $0$）：

$=(n-1{)}^2(60n^3-47n^2-8n+1)$

我们只需判断 $w(n)=60n^3-47n^2-8n+1$ 在 $n>1$ 时的符号。

令 $n=x+1(x>0)$ 代入：

$w(x+1)=60(x+1{)}^3-47(x+1{)}^2-8(x+1)+1=60x^3+133x^2+78x+6>0$

至此，不等式严格成立。

命题得证：$\frac{2}{e}+\frac{e-a}{6e^2}<\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_3}<\frac{2}{a}-\frac{e-a}{6e^2}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 将切线问题转化为零点问题：这是导数大题的常规套路，通过设切点得到切线方程，再利用切线过定点反解出原函数相关的根的问题。

2. 极值点偏移变形：第(ii)问不再是传统的两根极值点偏移，而是“三根问题选两侧”。通过设 $t=1/x$ 将有理式转化为方便相减求和的多项式与对数项结构。

3. 巧用二次结构与韦达定律的影子：在放缩中，将需要证明的 $Q<X<P$ 转化为 $(X-P)(X-Q)<0$，然后利用已知的 $X$ (即 $t_1+t_3$) 以及 $P+Q$ 巧妙抵消平方项，这是代数处理中的“神来之笔”。

📖【试题探源与推广】

Tip

本题可以说是高考导数中代数变形的“天花板”之一。涉及了两个较高阶的竞赛/压轴题技巧：

1. 齐次化（Homogenization）消元法

在遇到 $\frac{\ln t_1-\ln t_3}{t_1-t_3}$ 这种对数平均结构，且外部还乘有 $(t_1+t_3)$ 时，若直接放缩极难处理。

通过设比值 $s=\frac{t_1}{t_3}$，将其转化为 $\frac{\ln s}{s-1}\cdot (s+1)$。这一步骤将原本复杂的二元变量 $(t_1,t_3)$ 统一为了单一变量 $s$，从而让我们可以专门针对 $s$ 进行求导或放缩。凡是遇到形如 $F(x_1,x_2)=\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}$ 的结构，设比值几乎是唯一的出路。

2. 帕德逼近（Padé approximant）极限放缩

普通的高考题中，放缩 $\ln x$ 常用的泰勒展开式 $\ln x\le x-1$ 或 $\ln x>1-\frac{1}{x}$。但在这道顶级压轴题中，泰勒展开的精度不够，会放缩过头导致不等式不成立。

本题必须使用对数平均不等式的衍生结论，或者称为 $\ln x$ 的三阶帕德逼近下界：

当 $x>1$ 时，$\ln x>\frac{3(x^2-1)}{x^2+4x+1}$。

这个不等式的逼近精度较高，学生在备战压轴题时，除了熟记 $\frac{x-1}{x}<\ln x<x-1$ 之外，掌握 $\frac{2(x-1)}{x+1}<\ln x<\frac{x^2-1}{2x}$ 以及 $\ln x>\frac{3(x^2-1)}{x^2+4x+1}$ 等高阶放缩，往往能在考场上实现“简化处理”。

🔗【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
• 20.01 导数定义与几何意义

类题演练 (Links)

• 2007-天津卷理-20 解-函数极值
• 2008-新课标卷文-21 解-导数切线定值
• 2008-江苏卷-08 填-切线求参数