2024届八省(T8)第一次联考导数压轴题解析

题目

( 2024届八省(T8)第一次联考第22题 )
已知函数 $f(x)=3 a-x-(x+1) \ln (x+1)$, $g(x)=a^2 \mathrm{e}^x+\dfrac{1}{2}(2-a) x^2-3 a x(x>-1)$,
$1 \leqslant a \leqslant 6, g(x)$ 的导函数记为 $g^{\prime}(x), \mathrm{e}$ 为自然对数的底数, 约为 2.718 .

1. 判断函数 $f(x)$ 的零点个数;
2. 设 $x_1$ 是函数 $f(x)$ 的一个零点, $x_2$ 是函数 $g(x)$ 的一个极值点, 证明:
   (i). $-1 < x_2 < 1 < x_1$;
   (ii). $f(x_2) < g^{\prime}(x_1)$.

解析

第一问解答

$f(x)$的定义域是$(-1,+\infty)$.

1. 当$x\in (-1,0]$时，有$(x+1)\ln(x+1)\leqslant 0$, 又$1\leqslant a\leqslant6$,所以
   $$f(x)=3 a-x-(x+1) \ln (x+1)\geqslant 3a>0，$$所以$f(x)$在$ (-1,0]$上没有零点.
2. 当$x\in (0,+\infty)$时，$f^{\prime}(x)=-2-\ln (x+1) < 0$, 所以$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减.又
   $$\begin{aligned}
   f(1)= & 3 a-1-2 \ln 2 \geqslant 3-1-2 \ln 2=2(1-\ln 2) > 0,\\\\
   f(3a)= & -(3a+1)\ln(3a+1) < 0
   \end{aligned}$$
   所以$f(x)$在$ (0,+\infty)$有且仅有一个零点$x_1$,且$x_1\in (1,3a)$.
   所以 $f(x)$ 的零点个数为 1.

第二问解答

1. 由$(1)$ 知 $f(x)$ 零点 $x_1 > 1$.
   由 $g^{\prime}(x)=a^2 e^x+(2-a) x-3 a$,及$e^x \geqslant x+1$(证略)得，当$x > 1$ 时,
   $$\begin{aligned}
   g ^ {\prime}(x) & \geqslant a^2(x+1)+(2-a) x-3 a \\\\
   & = (a^2-a+2) x+a^2-3 a \\\\
   & > (a^2-a+2)+a^2-3 a \\\\
   & = 2(a-1)^2 \geqslant 0
   \end{aligned}$$所以$g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, 没有极值点，故$x_2\notin(1,+\infty)$.
   又$$g^{\prime}(1)=a^2 e+2-4 a=e(a-\dfrac{2}{e})^2+2-\dfrac{4}{e} > 0,$$所以$1$也不是$g(x)$的极值点.
   因为$g(x)$定义域为$(-1,+\infty)$,故$-1 < x_2 < 1$.
   ($x_2$的存在性可以用$g’(1)g’(-1) < 0$来证明.)
   综上$-1 < x_2 < 1 < x_1$.
2. ( 方法一 虚拟零点 )
   因为 $f(x_1)=g^{\prime}(x_2)=0$, 要证 $f(x_2) < g^{\prime}(x_1)$，需证 $f(x_2)+g^{\prime}(x_2) < f(x_1)+g^{\prime}(x_1)$.
   设 $h(x)=f(x)+g^{\prime}(x)$, 需证 $h(x_2) < h(x_1)$.
   因为 $h^{\prime}(x)=a^2 e^x-\ln (x+1)-a$, 所以
   $$
   h^{\prime \prime}(x)=a^2 e^x-\dfrac{1}{x+1}
   $$
   当 $x \in(-1,+\infty)$ 时，$a^2 e^x$ 递增， $\dfrac{1}{x+1}$ 递减， $h^{\prime \prime}(x)$ 递增.
   又$$x \to -1, h^{\prime \prime}(x) \to -\infty, h^{\prime \prime}(0)=a^2-1 \geqslant 0,$$所以 $h^{\prime \prime}(x)=0$ 在 $(-1,+\infty)$ 上有唯一零点 $x_0$, 且 $x_0 \in(-1,0].$
   当 $x \in(-1, x_0)$ 时, $h^{\prime \prime}(x) < 0, h^{\prime}(x)$ 递减，
   当 $x \in(x_0,+\infty)$ 时, $h^{\prime \prime}(x) > 0, h^{\prime}(x)$ 递增.
   所以
   $$ h^{\prime}(x)_{\min}=h^{\prime}(x_0)=a^2 e^{x_0}-\ln (x_0+1)-a,$$
   由 $h^{\prime}(x_0)=a^2 e^{x_0}-\dfrac{1}{x_0+1}=0$ 得
   $$a^2 e^{x_0}=\dfrac{1}{x_0+1}\text{ 且} a=\sqrt{\dfrac{1}{e^{x_0}(x_0+1)}}.$$
   又因为 $-1 < x_0 \leqslant 0$,所以$\ln (x_0+1) < 0$ 且 $e^{x_0} \geqslant x_0+1 > 0,$ 所以
   $$
   \begin{aligned}
   h^{\prime}(x_0) & =a^2 e^{x_0}-\ln (x_0+1)-a \\\\
   & =\dfrac{1}{x_0+1}-\ln (x_0+1)-\sqrt{\dfrac{1}{e^{x_0}(x_0+1)}} \\\\
   & \geqslant \dfrac{1}{x_0+1}-\sqrt{\dfrac{1}{e^{x_0}(x_0+1)}} \\\\
   & =\dfrac{1}{\sqrt{x_0+1}}(\dfrac{1}{\sqrt{x_0+1}}-\dfrac{1}{\sqrt{e^{x_0}}}) \\\\
   & =\dfrac{1}{\sqrt{x_0+1}} \cdot \dfrac{\sqrt{e^{x_0}}-\sqrt{x_0+1}}{\sqrt{e^{x_0}} \cdot \sqrt{x_0+1}} \geqslant 0
   \end{aligned}
   $$
   所以 $h^{\prime}(x) \geqslant 0$, 所以 $h(x)$ 在 $(-1,+\infty)$ 单调递增.
   又$-1 < x_2 < x_1$ 得 $h(x_2) < h(x_1)$.
   所以 $f(x_2) < g^{\prime}(x_1)$.
   ( 方法二 放缩法)
   因为 $f(x_1)=g^{\prime}(x_2)=0$, 要证 $f(x_2) < g^{\prime}(x_1)$，需证 $f(x_2)+g^{\prime}(x_2) < f(x_1)+g^{\prime}(x_1)$.
   设 $h(x)=f(x)+g^{\prime}(x)$, 需证 $h(x_2) < h(x_1)$.
   因为 $h^{\prime}(x)=a^2 e^x-\ln (x+1)-a$,
   注意到 $\ln (x+1) \leqslant x$ ，所以
   $$h^{\prime}(x)=a^2 e^x-\ln (x+1)-a \geqslant a^2 e^x-x-a ,$$
   令$\varphi(x)=a^2 e^x-x-a(x>-1) $, 则 $\varphi^{\prime}(x)=a^2 e^x-1 $,

• 当 $\sqrt{e} < a \leqslant 6$ 时, $x > -1$ 时有 $a^2 e^x > e \cdot e^{-1}=1$,
  所以 $\varphi^{\prime}(x) > 0$ ，
  所以 $\varphi(x)$ 在 $(-1,+\infty)$ 上递增,
  所以$\varphi(x)>\varphi(-1)=\dfrac{a^2}{e}+1-a$,
  函数$m(a)=\dfrac{1}{e} a^2-a+1$的 对称轴为 $a=\dfrac{e}{2}$ ，在 $[\sqrt{e} , 6]$ 上递增，
  所以$ m(a) \geqslant m(\sqrt{e})=2-\sqrt{e}>0$ 即 $\varphi(x) > 0$ ,故 $h^{\prime}(x) > 0$.
• 当 $1 \leqslant a \leqslant \sqrt{e}$ 时，令 $\varphi^{\prime}(x)=0$ 得 $x=\ln \dfrac{1}{a^2}$ .
  当$x \in(-1, \ln \dfrac{1}{a^2}), \varphi^{\prime}(x) < 0, \varphi(x)$ 递减，
  当 $x \in(\ln \dfrac{1}{a^2},+\infty) ， \varphi^{\prime}(x) > 0 ， \varphi(x)$ 递增.
  所以 $\varphi(x) \geqslant \varphi(\ln \dfrac{1}{a^2})=1-\ln \dfrac{1}{a^2}-a=1+\ln a^2-a$.
  令$t(a)=1+2 \ln a-a $,则$t^{\prime}(a)=\dfrac{2}{a}-1 \geqslant \dfrac{2}{\sqrt{e}}-1 > 0 $,
  所以$ t(a)$ 在 $[1, \sqrt{e}]$ 递增，
  所以$ t(a) \geqslant t(1)=0 $,即$\varphi(x) \geqslant 0$，故 $h^{\prime}(x) \geqslant 0$.

综上,当$1\leqslant a\leqslant 6$时， $h^{\prime}(x) \geqslant 0$, 所以 $h(x)$ 在 $(-1,+\infty)$ 单调递增.
又$-1 < x_2 < x_1$ 得 $h(x_2) < h(x_1)$.
所以 $f(x_2) < g^{\prime}(x_1)$.