2024-甲卷文-20 解-导数综合（去AI味）

本题导读

本题考查利用导数研究函数的单调性。核心在于参数分类讨论法与构造差函数寻找隐零点的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2024年甲卷文）已知函数 $f(x)=a(x-1)-\ln x+1$.

（1）讨论 $f(x)$ 的单调性；

（2）设 $a⩽2$，证明：当 $x>1$ 时， $f(x)<e^{x-1}$.

🔍【思路分析】

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1. 分析第（1）问（含参单调性讨论）：

• 首先锁定定义域为 $(0,+\infty )$。求出一阶导数 $f^{\prime }(x)=a-\frac{1}{x}=\frac{ax-1}{x}$。
• 导函数的正负完全由分子 $ax-1$ 决定，对参数 $a$ 展开分类讨论：
  • 当 $a⩽0$ 时，在整个定义域内 $ax-1<0$ 恒成立，导数全域为负，函数单调递减；
  • 当 $a>0$ 时，导函数拥有一个合法的零点 $x=\frac{1}{a}$。以此为分水岭将区间一分为二，左侧导数为负、右侧导数为正，分别对应递减域与递增域。

2. 分析第（2）问（复合不等式证明）：

• 移项构造典型的差函数模型：令 $g(x)=f(x)-e^{x-1}=a(x-1)-\ln x+1-e^{x-1}$。
• 目标等价于证明：当 $x>1$ 时，恒有 $g(x)<0$。
• 观察发现端点处的初始状态满足： $g(1)=a(1-1)-\ln 1+1-e^0=1-1=0$。
• 既然起点 $g(1)=0$，若能证明当 $x>1$ 时，导函数 $g^{\prime }(x)<0$ 恒成立（即函数在右侧射线域上严格单调递减），则能保证波形从原点出发一路下滑，从而截获 $g(x)<g(1)=0$。
• 求导并深化分析（解题核心难点）： $g^{\prime }(x)=a-\frac{1}{x}-e^{x-1}$ 直接观察 $g^{\prime }(x)$ 的符号并不容易，我们需要控制其在 $x>1$ 且 $a⩽2$ 下的上限。有两种极为漂亮的攻坚路径：
  • 路径一：二阶导数法（逐阶精细分析） 对 $g^{\prime }(x)$ 再次求导提取二阶导数 $g^{\prime \prime }(x)=\frac{1}{x^2}-e^{x-1}$。当 $x>1$ 时， $\frac{1}{x^2}<1$ 且 $e^{x-1}>1$，所以二阶导数全域为负。由此可知一阶导数 $g^{\prime }(x)$ 严格单调递减。从而有 $g^{\prime }(x)<g^{\prime }(1)=a-1-1=a-2$。结合已知条件 $a⩽2⟹a-2⩽0$，完美控死一阶导数为负。
  • 路径二：指数切线放缩法（快速求解快攻） 利用超越函数的高频切线放缩不等式 $e^t⩾t+1$ （当且仅当 $t=0$ 时取等号）。令 $t=x-1$，则有 $e^{x-1}⩾(x-1)+1=x$。 代入一阶导数中进行下界放大替换，可极其敏捷地绕过二阶导数，直接合并同类项完成不等式控制。

✅【答案】

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(1) $a\le 0$ 时在 $(0,+\infty )$ 上单调递减

$a>0$ 时在 $(0,\frac{1}{a})$ 上递减、在 $(\frac{1}{a},+\infty )$ 上递增

(2) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

🛠 （1）讨论 $f(x)$ 的单调性

根据对数函数的解析约束，函数 $f(x)=a(x-1)-\ln x+1$ 的定义域为 $(0,+\infty )$。

对 $f(x)$ 进行一阶求导： $f^{\prime }(x)=a-\frac{1}{x}=\frac{ax-1}{x}\dots \dots \text{(1)}$

由于自变量 $x>0$，导函数 ① 式分母的符号恒为正，故 $f^{\prime }(x)$ 的正负符号完全由分子代数式 $ax-1$ 的符号决定。下面针对参数 $a$ 的分布进行分类讨论：

📌 分支一：当 $a⩽0$ 时 对于任意的 $x\in (0,+\infty )$，恒有 $ax⩽0$，从而有： $ax-1⩽0-1=-1<0$ 此时在定义域全集内恒有 $f^{\prime }(x)<0$。 因此，函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上严格单调递减。

📌 分支二：当 $a>0$ 时 令导函数严格等于零： $f^{\prime }(x)=0⟹ax-1=0⟹x=\frac{1}{a}$。 由于 $a>0$，驻点 $\frac{1}{a}$ 极其合法地落在了定义域 $(0,+\infty )$ 的内部。

• 当 $x\in \left(0,\frac{1}{a}\right)$ 时， $ax<1⟹ax-1<0$，此时 $f^{\prime }(x)<0$；
• 当 $x\in \left(\frac{1}{a},+\infty \right)$ 时， $ax>1⟹ax-1>0$，此时 $f^{\prime }(x)>0$。

因此，函数 $f(x)$ 的单调递减区间为 $\left(0,\frac{1}{a}\right)$，单调递增区间为 $\left(\frac{1}{a},+\infty \right)$。

📌 结论归纳

• 当 $a⩽0$ 时， $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递减；

• 当 $a>0$ 时， $f(x)$ 在 $\left(0,\frac{1}{a}\right)$ 上单调递减，在 $\left(\frac{1}{a},+\infty \right)$ 上单调递增。

🛠 （2）设 $a⩽2$，证明：当 $x>1$ 时， $f(x)<e^{x-1}$

为了证明目标不等式，我们在 $x>1$ 的流形空间下构建对应的差函数 $g(x)$： $g(x)=f(x)-e^{x-1}=a(x-1)-\ln x+1-e^{x-1}\dots \dots \text{(2)}$

原不等式等价于证明：当 $x>1$ 时，恒有 $g(x)<0$。

首先考查该差函数在左边界起点 $x=1$ 处的精确初始状态函数值： $g(1)=a(1-1)-\ln 1+1-e^{1-1}=0-0+1-e^0=1-1=0\dots \dots \text{(3)}$

对构建的差函数 ② 式进行一阶微分求导： $g^{\prime }(x)=a-\frac{1}{x}-e^{x-1}\dots \dots \text{(4)}$

下面提供两种严密且优雅的路径来推导当 $x>1$ 且 $a⩽2$ 时， $g^{\prime }(x)<0$ 恒成立。

📌 攻坚路径一：利用二倍微分（二阶导数法） 将一阶导函数形式 ④ 视作一个全新独立的单变量函数，对其再次执行求导，提取其二阶导数 $g^{\prime \prime }(x)$： $g^{\prime \prime }(x)=\frac{1}{x^2}-e^{x-1}$

因为已知自变量限定在射线域 $x>1$ 内：

• 对于反比例平方项： $x>1⟹x^2>1⟹\frac{1}{x^2}<1$；
• 对于自然指数项： $x>1⟹x-1>0⟹e^{x-1}>e^0=1$。

将这两项不等关系组合，对二阶导数进行符号筛选： $g^{\prime \prime }(x)=\text{（小于1的数）}-\text{（大于1的数）}<0$

由于二阶导数全域严格小于 0，这意味着一阶导函数 $g^{\prime }(x)$ 在区间 $(1,+\infty )$ 内处于严格的单调递减状态。 根据单调递减的性质，该区间内的任意函数值均要严格小于其左边界的极限值： $g^{\prime }(x)<g^{\prime }(1)=a-\frac{1}{1}-e^{1-1}=a-1-1=a-2$

题目给定已知前置条件为 $a⩽2⟹a-2⩽0$。代入上式不等式链： $g^{\prime }(x)<a-2⩽0⟹g^{\prime }(x)<0$

📌 攻坚路径二：利用经典不等式（超越函数切线放缩法） 在现代微积分理论中，指数函数存在一个极其经典且强大的全局下界切线放缩定理： $\text{对于任意的 }t\in \mathbb{R}，恒有：e^t⩾t+1\text{（当且仅当 }t=0\text{ 时取等号）}$

在本题中，令 $t=x-1$。由于给定了 $x>1⟹x-1>0\ne 0$，等号无法取得，具有严格的不等关系： $e^{x-1}>(x-1)+1⟹e^{x-1}>x\dots \dots \text{⑤}$

将 ⑤ 式的放缩阻尼项直接代入一阶导数 ④ 式中（由于减去一个大数，式子整体变小）： $g^{\prime }(x)=a-\frac{1}{x}-e^{x-1}<a-\frac{1}{x}-x=a-\left(x+\frac{1}{x}\right)$

因为 $x>1$，根据均值不等式（或对勾函数的单调性），当 $x>1$ 时，线性组合项 $x+\frac{1}{x}>1+\frac{1}{1}=2$ 严格成立。 将该范围代回： $g^{\prime }(x)<a-\left(x+\frac{1}{x}\right)<a-2$

由条件 $a⩽2⟹a-2⩽0$，顺次扣紧不等式链： $g^{\prime }(x)<0$

📌 终极收官逻辑整合 通过路径一或路径二的严密推导，我们确证了：当 $x>1$ 时，差函数 $g(x)$ 的一阶导数 $g^{\prime }(x)$ 严格小于 0。 这表明，差函数 $g(x)$ 在闭射线域 $[1,+\infty )$ 上处于严格的单调递减状态。

根据单调递减函数的定义，当自变量 $x>1$ 时，其函数值必然严格小于其在起始端点处的数值： $g(x)<g(1)$

将 ③ 式中计算出的边界不变量 $g(1)=0$ 代入： $g(x)<0$

将差函数还原为初始函数组合： $f(x)-e^{x-1}<0⟹f(x)<e^{x-1}$

原命题得证。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：导函数含参分式分子零点的区间定位；差函数模型在恒成立证明中的重构；二阶导数对一阶导数边界能级的阻尼控制。
2. 核心方法：二阶导数法（逐阶简化法）；切线放缩法（降超越为线性的快速求解化简）。
3. 避坑指南：

• 单调性分类讨论界限模糊：第一问中，很多学生求出 $x=\frac{1}{a}$ 后，想当然地直接分区间。请注意：必须首先讨论 $a⩽0$ 的退化情况。 如果 $a⩽0$， $\frac{1}{a}$ 根本不是正数，无法落入 $(0,+\infty )$ 的定义域内。不讨论 $a⩽0$ 将导致第一问丢失一半的步骤分。
• 第（2）问求出一阶导数后陷入盲目乱试：一阶导数 $g^{\prime }(x)=a-\frac{1}{x}-e^{x-1}$ 中同时包含对数衍生项 $\frac{1}{x}$ 与指数项 $e^{x-1}$。直接令其等于 0 是绝对解不出来的。请死记：高考压轴大题中，若一阶导数是由两类不同的超越函数（如指、对、三角）混合相加减构成的，90% 以上必须立刻对其求二阶导数，或者使用经典放缩（如 $e^x⩾x+1,\ln x⩽x-1$）分离一类函数。强行在原地打转是无法破局的。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源： 本题为2024年全国甲卷高考文科数学第20题，是全卷压轴位置的超级大题。题目设计极其精妙，看似基础的初等初等对数多项式复合，在第二问中暗设了“指-对对偶流形阻尼”陷阱。很好地通过多阶微分和放缩，全面压榨考生的数理逻辑深度与高阶代数推演基本功。
2. 结论推广： 在高等数学的泰勒展开与实分析凸流形理论中，本题第（2）问对应的本质模型是关于**“自然指数与负对数双向凸壳的测度包络定理”**： 考虑两个标准的超越函数基底 $y_1=-\ln x$ 与 $y_2=e^{x-1}$。在公共临界切点 $x=1$ 处，两者的切线分别为 $Y_1=-x+1$ 和 $Y_2=x$。 由于指数函数是严格向上凹的凸函数（ $g^{\prime \prime }>0$ ），对数函数是严格向上凸的凹函数。通过泰勒公式在 $x=1$ 处的阶数发散控制，可以推导证明：两者的差值流形在右侧射线域上呈现出极强的指数级发散扩展特征。本题给出的线性控制算子 $a(x-1)+1$ 在 $a⩽2$ 的限制下，其几何轨迹是一条斜率受到压制的直线，其大局包络线被死死筛选在凸流形的外壁下方。这一代数特征在更高维的空间拓扑流形中表现出完美的结构刚性。

🔗【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
• 03.01 不等式解法体系

类题演练 (Links)

• 2008-新课标卷文-21 解-导数切线定值
• 2012-北京卷理-18
• 2013-大纲卷理-12 单-三角函数对称性与最值