2026年1月广东深中华附四校联考高三数学试卷#19
已知 $a\in \mathbb R$，函数 $f(x)=(x+1)\ln (x+1)-a\sin x$．
1、讨论函数 $f(x)$ 在区间 $(0,\pi)$ 内的零点个数；
2、若 $\exists a\in[0,1]$，使得 $f(x-1)+a x^2\leqslant\dfrac 1 2 b\mathrm e^{b x}$ 对 $\forall x\in(1,+\infty)$ 恒成立，求实数 $b$ 的取值范围；
3、若方程 $f(x-1)=(x+1)\ln x-2 a x$（$a>0$）有两个不相等的实根 $x_1,x_2$，求证：$x_1\cdot x_2<\dfrac 1{a^2}$．
解析
1、注意到 $f(0)=0$，而 $f(x)$ 的导函数\[f'(x)=1+\ln (x+1)-a\cos x,\]而 $f'(0)=1-a$，因此讨论分界点为 $a=1$，记题中函数为 $ f_a(x)$．
情形一 $ a\leqslant 1 $．此时 $ f(x)\geqslant f_1(x)$，则在 $x\in (0,\pi)$ 上，有\[f_1'(x)=1+\ln (x+1)-\cos x=(1-\cos x)+\ln (x+1)>0,\]而 $f_1(0)=0$，因此在该区间上，有 $f(x)>0$，零点个数为 $0$．
情形二 $a>1$．此时 $f'(x)$ 是 $(0,\pi)$ 上的单调递增函数，而 $f'(1)<0$，$f(\pi)>0$，因此函数 $f(x)$ 在该区间上先单调递减后但单调递增，零点个数为 $1$．
2、题中不等式即\[x\ln x-a\sin(x-1)+ax^2\leqslant \dfrac 12b\mathrm e^{bx},\]注意到当 $x>1$ 时，有 $x^2-\sin(x-1)>0$，于是题意即\[\forall x>1,x\ln x\leqslant \dfrac 12b\mathrm e^{bx}\iff \forall x>1,x^2\ln x^2\leqslant \mathrm e^{bx}\ln \mathrm e^{bx},\]函数 $y=x\ln x$ 在 $x\in (1,+\infty)$ 上单调递增，上式等价于\[\forall x>1,x^2\leqslant \mathrm e^{bx}\iff \forall x>1,b\geqslant \dfrac{2\ln x}{x},\]因此实数 $b$ 的取值范围是 $\left[\dfrac{2}{\mathrm e},+\infty\right)$．
3、题中方程即\[x\ln x-a\sin (x-1)=(x+1)\ln x-2ax\iff \ln x=2ax-a\sin (x-1),\]不妨设 $x_1>x_2>0$，则\[\ln x_1-\ln x_2=2a(x_1-x_2)-a\big(\sin(x_1-1)-\sin(x_2-1)\big).\]由于\[|\sin(x_1-1)-\sin(x_2-1)|=\left|2\sin\dfrac{x_1-x_2}2\cos\dfrac{x_1+x_2-2}{2}\right|<\left|2\cdot \dfrac{x_1-x_2}2\cdot 1\right|=x_1-x_2,\] 因此\[\ln x_1-\ln x_2>a(x_1-x_2),\]进而根据对数平均不等式，有\[\sqrt{x_1x_2}<\dfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}=\dfrac 1a,\]命题得证．