2026年3月广东广州市一模数学试卷 #18
已知函数 $f(x)=(1-2 x)\ln x+a x-1$．
1、若 $a=1$，求 $f(x)$ 的单调区间；
2、若 $f(x)$ 有且仅有 $1$ 个零点，求 $a$ 的值；
3、若 $f(x)\leqslant a+b$ 对任意 $x>0$ 恒成立，证明：$a-b<4$．
解析
1、函数 $f(x)$ 的导函数\[f'(x)=-2\ln x+\dfrac1x+(a-2),\]为 $(0,+\infty)$ 上的单调递减函数，而当 $a=1$ 时，有 $f'(1)=0$，于是 $f(x)$ 的单调递增区间为 $(0,1)$，单调递减区间为 $(1,+\infty)$．
2、根据第 $(1)$ 小题的结论，由于当 $x\to 0^+$ 时，$f'(x)\to +\infty$；当 $x\to +\infty$ 时，$f'(x)\to -\infty)$，因此函数 $f'(x)$ 有唯一零点，记为 $t_a$，函数 $f(x)$ 在 $(0,t_a)$ 上单调递增，在 $(t_a,+\infty)$ 上单调递减，于是函数 $f(x)$ 在 $x=t_a$ 处取得极大值亦为最大值．又当 $x\to 0$ 时，$f(x)\to -\infty$；当 $x\to +\infty$ 时，$f(x)\to -\infty$；因此题意即\[f(t_a)=0\iff (1-2t_a)\ln t_a+a\cdot t_a-1=0,\]其中\[-2\ln t_a+\dfrac{1}{t_a}+(a-2)=0\iff a=2\ln t_a-\dfrac{1}{t_a}+2,\]于是\[(1-2t_a)\ln t_a+\left(2\ln t_a-\dfrac{1}{t_a}+2\right)\cdot t_a-1=0\iff \ln t_a+2t_a-2=0\iff t_a=1,\]于是 $a=1$．
3、根据题意，有\[\forall x>0,(1-2x)\ln x+ax-1\leqslant a+b,\]即\[\forall x>0,a(x-1)-b\leqslant (2x-1)\ln x+1,\]令 $x=2$ 可得\[a-b\leqslant 3\ln 2+1<3+1<4,\]命题得证．
备注
根据题意，有\[\forall x>0,b\geqslant f(x)-a\iff b\geqslant (\ln t_a+2t_a-2)-a,\]因此只需要证明\[(\ln t_a+2t_a-2)-a>a-4,\]即\[2a<2+\ln t_a+2t_a\iff 2\left(2\ln t_a-\dfrac{1}{t_a}+2\right)<2+\ln t_a+2t_a,\]也即\[2t_a+\dfrac{2}{t_a}-3\ln t_a>2,\]设函数 $g(x)=2x+\dfrac 2x-3\ln x$，则其导函数\[g'(x)=2-\dfrac{2}{x^2}-\dfrac 3x=\dfrac{(x-2)(2x+1)}{x^2},\]于是函数 $g(x)$ 在 $(0,2)$ 上单调递减，在 $(2,+\infty)$ 上单调递增，在 $x=2$ 处取得极小值亦为最小值 $g(2)=5-3\ln 2$，而 $5-3\ln 2>5-3=2$，因此命题得证．