2022-甲卷理-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。核心在于构造函数法（极值点偏移）、同构代换法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2022年甲卷理） 已知函数 $f(x)=\frac{e^x}{x}-\ln x+x-a$．

（1）若 $f(x)⩾0$，求 $a$ 的取值范围；

（2）证明：若 $f(x)$ 有两个零点 $x_1,x_2$，则 $x_1{x}_2<1$．

🔍【思路分析】

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1. 第一问（求参数范围）：

   • 求导定单调性：对 $f(x)$ 求导，提取公因式找到导函数的唯一零点 $x=1$。

   • 求最值：根据导数的正负确定函数在 $(0,1)$ 递减，在 $(1,+\infty )$ 递增。函数在 $x=1$ 处取得最小值。

   • 建立不等式：要使 $f(x)⩾0$ 恒成立，只需让其最小值 $f(1)⩾0$ 即可，解出 $a$ 的范围。

2. 第二问（证明极值点偏移）：

   • 不等式等价转化：已知 $x_1,x_2$ 为两零点，不妨设 $0<x_1<1<x_2$。要证 $x_1{x}_2<1$，即证 $x_2<\frac{1}{x_1}$。

   • 利用单调性转化：因为 $x_2$ 和 $\frac{1}{x_1}$ 都大于 $1$，而 $f(x)$ 在 $(1,+\infty )$ 上单调递增，故等价于证明 $f(x_2)<f(\frac{1}{x_1})$。又因为 $f(x_1)=f(x_2)=0$，最终等价于证明 $f(x_1)<f(\frac{1}{x_1})$。

   • 构造辅助函数：构造“对称差函数” $h(x)=f(x)-f(\frac{1}{x})$，其中 $x\in (0,1)$。目标转化为证明 $h(x)<0$。

   • 导数放缩证明：对 $h(x)$ 求导，提取公因式 $\frac{x-1}{x^2}$，将剩余部分转化为比较 $\frac{e^x-1}{x}$ 与 $\frac{e^{1/x}-1}{1/x}$ 的大小。利用经典函数 $\phi (t)=\frac{e^t-1}{t}$ 的单调性完成致命一击。

✅【答案】

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(1) $(-\infty ,e+1]$

(2) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

（1）若 $f(x)⩾0$，求 $a$ 的取值范围

1. 求导：

   函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty )$。

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

   提取公因式 $(x-1)$：

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

2. 判定单调性与极值：

   因为 $x\in (0,+\infty )$，所以 $x^2>0$ 且 $e^x+x>0$ 恒成立。

   令 $f^{\prime }(x)=0$，解得 $x=1$。

   • 当 $x\in (0,1)$ 时，$x-1<0$，则 $f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 单调递减；

   • 当 $x\in (1,+\infty )$ 时，$x-1>0$，则 $f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 单调递增。

     故 $f(x)$ 在 $x=1$ 处取得极小值，同时也是全定义域上的最小值。

     $f(x{)}_{\min }=f(1)=\frac{e^1}{1}-\ln 1+1-a=e+1-a$

3. 求解参数范围：

   要使 $f(x)⩾0$ 在 $(0,+\infty )$ 上恒成立，仅需 $f(x{)}_{\min }⩾0$：

   $e+1-a⩾0⟹a⩽e+1$

   结论：$a$ 的取值范围是 $(-\infty ,e+1]$。

（2）证明：若 $f(x)$ 有两个零点 $x_1,x_2$，则 $x_1{x}_2<1$

1. 确认零点分布与逻辑转化：

   因为 $f(x)$ 有两个零点，则必有其最小值 $f(1)<0$，即 $a>e+1$。

   不妨设 $0<x_1<1<x_2$。

   要证明 $x_1{x}_2<1$，因为 $x_1>0$，等价于证明 $x_2<\frac{1}{x_1}$。

   因为 $x_1\in (0,1)$，所以 $\frac{1}{x_1}>1$。

   由于 $f(x)$ 在 $(1,+\infty )$ 上单调递增，且 $x_2>1,\frac{1}{x_1}>1$，

   所以 $x_2<\frac{1}{x_1}⟺f(x_2)<f\left(\frac{1}{x_1}\right)$。

   又因为 $x_1,x_2$ 为零点，即 $f(x_1)=f(x_2)=0$，

   上式等价于证明：$f(x_1)<f\left(\frac{1}{x_1}\right)$。

2. 构造辅助函数：

   构造函数 $h(x)=f(x)-f\left(\frac{1}{x}\right)$，其中 $x\in (0,1)$。

   目标转化为证明：对任意 $x\in (0,1)$，恒有 $h(x)<0$。

3. 对辅助函数求导：

   $h^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-f^{\prime }\left(\frac{1}{x}\right)\cdot \left(-\frac{1}{x^2}\right)=f^{\prime }(x)+\frac{1}{x^2}{f}^{\prime }\left(\frac{1}{x}\right)$

   代入（1）中求得的 $f^{\prime }(x)=\frac{(e^x+x)(x-1)}{x^2}$：

   h'(x) = \frac{(e^x + x)(x - 1)}{x^2} + \frac{1}{x^2} \frac{(e^{1/x} + 1/x)(1/x - 1)}{(1/x)^2}$$$$h'(x) = \frac{(e^x + x)(x - 1)}{x^2} + \frac{(x e^{1/x} + 1)(1 - x)}{x^2}

   提取公因式 $\frac{x-1}{x^2}$：

   $h^{\prime }(x)=\frac{x-1}{x^2}\left[(e^x+x)-(x{e}^{1/x}+1)\right]=\frac{x-1}{x^2}\left[(e^x-1)-x(e^{1/x}-1)\right]$

4. 放缩与单调性分析：

   设 $\phi (t)=\frac{e^t-1}{t}$，其中 $t>0$。

   ${\phi }^{\prime }(t)=\frac{t{e}^t-e^t+1}{t^2}$。

   设 $m(t)=t{e}^t-e^t+1$，则 $m^{\prime }(t)=e^t+t{e}^t-e^t=t{e}^t>0$（当 $t>0$ 时）。

   所以 $m(t)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递增，则 $m(t)>m(0)=0$。

   这说明 ${\phi }^{\prime }(t)>0$，故 $\phi (t)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递增。

   因为 $x\in (0,1)$，所以 $0<x<\frac{1}{x}$。

   利用 $\phi (t)$ 的单调性，有 $\phi (x)<\phi \left(\frac{1}{x}\right)$：

   $\frac{e^x-1}{x}<\frac{e^{1/x}-1}{1/x}=x(e^{1/x}-1)$

   移项得：$(e^x-1)-x(e^{1/x}-1)<0$。

   回到 $h^{\prime }(x)$ 的表达式：

   因为 $x\in (0,1)$，所以 $\frac{x-1}{x^2}<0$。

   两个负数相乘得正数，即 $h^{\prime }(x)>0$。

5. 得出最终结论：

   因为 $h^{\prime }(x)>0$ 在 $(0,1)$ 上恒成立，所以 $h(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增。

   故对任意 $x\in (0,1)$，有 $h(x)<h(1)=f(1)-f(1)=0$。

   即 $f(x)<f\left(\frac{1}{x}\right)$ 在 $(0,1)$ 上恒成立。

   因为 $x_1\in (0,1)$，所以 $f(x_1)<f\left(\frac{1}{x_1}\right)$ 成立，从而推导出 $x_1{x}_2<1$。

   原命题得证。

   【解法二】∵$g(t)$单调递增, $f(x)=g[t(x)]$有两个零点,

   ∴$g(t)$有且仅有一个零点$t_0$, 且$t(x)=t_0$有两个解$x_1,x_2$

   由$t(x)$的单调性知，$x_1,x_2$分别位于两个不同的单调区间

   因此不妨设{0<x_{1}<1<x_{2}}$$\therefore {{x}_{1}}-\ln {{x}_{1}}={{x}_{2}}-\ln {{x}_{2}}={{t}_{0}}    

   $\therefore 1=\frac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}$

   下面证明不等式 $\frac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}>\sqrt{x_1{x}_2}$ 成立:

   要证$\frac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}>\sqrt{x_1{x}_2}$,

   即证$\ln \frac{x_1}{x_2}<\sqrt{\frac{x_1}{x_2}}-\sqrt{\frac{x_2}{x_1}}$,

   令 $\sqrt{\frac{x_1}{x_2}}=t>1$

   即证 $2\ln t<t-\frac{1}{t},2\ln t-t+\frac{1}{t}<0$

   令$h(t)=2\ln t-t+\frac{1}{t}$, 即证$h(t)<0$

   $\therefore h\prime (t)=\frac{2}{t}-1-\frac{1}{t^2}=\frac{-t^2+2t-1}{t^2}=-\frac{{(t-1)}^2}{t^2}<0$

   ∴$h(t)$单调递减, $h(t)<h(1)=0$

   $\therefore 1=\frac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}>\sqrt{x_1{x}_2}$即$x_1{x}_2<1$

   【解法三】由（1）可知，要使$f(x)$有两个零点$x_1,x_2$，

   可将问题转化为$h(x)=x-\ln x-t(x>0)$有两个零点$x_1,x_2$

   不妨设$0<x_1<1<x_2$，令$F(x)=f(x)-f(\frac{1}{x})(x>1)$

   ，即$F(x)=x-\ln x-\frac{1}{x}+\ln \frac{1}{x}=x-\frac{1}{x}-2\ln x$

   $F(x)=x-\ln x-\frac{1}{x}+\ln \frac{1}{x}=x-\frac{1}{x}-2\ln x$，

   $F^{\prime }(x)=1-\frac{2}{x}+\frac{1}{x^2}=\frac{x^2-2x+1}{x^2}=\frac{{(x-1)}^2}{x^2}>0$

   即$F^{\prime }(x)>0$，所以$F(x)$在$(1,+\infty )$上单调递增

   所以$F(x)>F(1)=\frac{e}{1}-1\cdot e^{\frac{1}{1}}-2\ln 1+1-\frac{1}{1}=0$，即$F(x)>0$

   因为$x_2>1$，则有$F(x_2)>0$，即$h(x_2)-h(\frac{1}{x_2})>0$，

   所以$h(x_2)>h(\frac{1}{x_2})$

   因为$x_1,x_2$是$h(x)$两个的零点，

   所以$h(x_1)=h(x_2)$，所以$h(x_1)>h(\frac{1}{x_2})$

   因为$0<x_1<1<x_2$，则$0<\frac{1}{x_2}<1$，

   又因为$h(x)$在$(0,1)$上单调递减，所以$x_1<\frac{1}{x_2}$，

   所以$x_1{x}_2<1$

   【解法四】（2）由（1）可知，要使$f(x)$有两个零点$x_1,x_2$， 可将问题转化为$h(x)=x-\ln x-t(x>0)$有两个零点$x_1,x_2$

   则有$h(x_1)=h(x_2)$，

   即$x_1-\ln x_1=x_2-\ln x_2\Rightarrow x_1-x_2=\ln x_1-\ln x_2\Rightarrow \frac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}=1$

   令$x_1=t{x}_2(t\in (0,1))$，

   由$\frac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}=1\Rightarrow \frac{t{x}_2-x_2}{\ln t{x}_2-\ln x_2}=1\Rightarrow x_2=\frac{\ln t}{t-1}$，

   所以$x_1=t{x}_2=\frac{t\ln t}{t-1}$，

   要证$x_1{x}_2<1$， 即证$\frac{\ln t}{t-1}\cdot \frac{t\ln t}{t-1}<1\iff t\cdot {\ln }^{2}t<{(t-1)}^2\iff t\cdot {\ln }^{2}t-{(t-1)}^2<0$

   $g(t)=t\cdot {\ln }^{2}t-{(t-1)}^2(t\in (0,1))$，

   $g^{\prime }(t)={\ln }^{2}t+t\cdot 2\ln t\cdot \frac{1}{t}-(2t-2)={\ln }^{2}t+2\ln t-2t+2$，

   令$h(t)={\ln }^{2}t+2\ln t-2t+2(t\in (0,1))$，

   则$h^{\prime }(t)=2\ln t\cdot \frac{1}{t}+\frac{2}{t}=2\cdot \frac{\ln t-t+1}{t}$

   令$p(t)=\ln t-t+1$，

   则$p^{\prime }(t)=\frac{1}{t}-1=\frac{1-t}{t}>0$，所以$p(t)$在$(0,1)$上单调递增

   所以$p(t)\le p(1)=\ln 1-1+1=0$，

   即$h^{\prime }(t)<0$，所以$h(t)$在$(0,1)$上单调递减，

   所以$h(t)\ge h(1)={\ln }^{2}1-2\ln 1-2\times 1+1=0$，即$g^{\prime }(t)>0$，

   所以$g(t)$在$(0,1)$上单调递增，

   所以$g(t)<g(1)=1\cdot {\ln }^{2}1-{(1-1)}^2=0$，

   所以$t\cdot {\ln }^{2}t-{(t-1)}^2<0$

   所以$x_1{x}_2<1$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心技巧：

  1. 极值点偏移的“对称差函数”法：证明 $x_1+x_2>2x_0$ 构造 $h(x)=f(x)-f(2x_0-x)$；证明 $x_1{x}_2<x_0^2$（本题 $x_0=1$）构造 $h(x)=f(x)-f(\frac{x_0^2}{x})$。这是处理双零点偏移问题的“黄金定式”。

  2. 分离因子与函数同构：在研究 $h^{\prime }(x)$ 的符号时，将难以比较的结构整理出 $\frac{e^t-1}{t}$ 的同构形式，通过证明基底函数的单调性来实现不等式的严密放缩，极其优雅且严谨。

• 规律总结：高考中处理 $x_1{x}_2<1$ 这种乘积型偏移时，通常 $x=1$ 就是那个关键的极值点。利用单调性转化 $x_2<1/x_1⟺f(x_2)<f(1/x_1)$ 是打通逻辑的第一步。

• 避坑指南：在求 $h^{\prime }(x)$ 时，$f^{\prime }(1/x)$ 必须应用复合函数求导法则（即不要漏乘内部函数 $1/x$ 的导数 $-1/x^2$），这是大量学生折戟沉沙的地方。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：待补

2. 结论推广：待补

🔗【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
• 20.12 极值点偏移专题

类题演练 (Links)

• 2003-上海卷理-10
• 2013-天津卷理-20 解-导数单调性
• 2014-辽宁卷理-21 解-导数单调性