2026年9月广东深圳宝安区高三数学试卷#19
已知 $a>0$，函数 $f(x)=x(\ln x)^2-(a+2) x\ln x+(a+3) x$．
1、当 $a=1$ 时，求曲线 $y=f(x)$ 在点 $(\mathrm e,f(\mathrm e))$ 处的切线方程；
2、讨论 $f(x)$ 的单调性；
3、若 $f(x)$ 有两个极值点 $x_1,x_2$ 且 $x_1<x_2$，证明：$\dfrac{f\left(x_1\right)}{x_1}-\dfrac{f\left(x_2\right)}{x_2}<\dfrac{4\left(x_2-\mathrm e\right)\ln x_1}{\mathrm e}$．
解析
1、函数 $f(x)$ 的导函数\[f'(x)=\ln^2x-a\ln x+1,\]于是当 $a=1$ 时，有 $f(\mathrm e)=2\mathrm e$，$f'(\mathrm e)=1$，从而所求切线方程为 $y=x+\mathrm e$．
2、讨论分界点为 $a=2$．
情形一 $0<a\leqslant 2$．此时函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增；
情形二 $a>2$．此时函数 $f(x)$ 在 $\left(0,\mathrm e^{\frac{a-\sqrt{a^2-4}}2}\right)$ 上单调递增，在 $\left(\mathrm e^{\frac{a-\sqrt{a^2-4}}2},\mathrm e^{\frac{a+\sqrt{a^2-4}}2}\right)$ 上单调递减，在 $\left(\mathrm e^{\frac{a+\sqrt{a^2-4}}2},+\infty\right)$ 上单调递增．
3、根据第 $(2)$ 小题的结论可知 $a>2$，且\[\ln x_1+\ln x_2=a,\quad \ln x_1\cdot \ln x_2=1,\]而题中不等式即\[ \left(\ln^2x_1-(a+2)\ln x_1\right)-\left(\ln^2x_2-(a+2)\ln x_2\right)<\frac{4(x_2-\mathrm e)\ln x_1}{\mathrm e},\]即\[(\ln x_1-\ln x_2)(\ln x_1+\ln x_2-(a+2))<\frac{4(x_2-\mathrm e)\ln x_1}{\mathrm e},\]消去 $a$，也即\[\ln x_2-\ln x_1<\frac{2(x_2-\mathrm e)\ln x_1}{\mathrm e}\iff \ln x_2+\ln x_1<\frac{2x_2\ln x_1}{\mathrm e},\]也即\[\ln^2x_2+1<\frac{2x_2}{\mathrm e}\iff t^2+1<2\mathrm e^{t-1}\iff (t^2+1)\mathrm e^{-t}<2\mathrm e^{-1},\]其中 $t=\ln x_2$ 且 $t>1$，设左侧函数为 $\varphi(t)$，则其导函数\[\varphi'(t)=-(t-1)^2\mathrm e^{-t},\]于是 $\varphi(t)$ 在 $t\in (1,+\infty)$ 上单调递减，而 $\varphi(1)=2\mathrm e^{-1}$，命题得证．