2024年浙江杭州高三一模数学试题 #18
已知函数 $f(x)=a x\ln x-x^3-1$．
（1）若 $a=1$，求 $f^{\prime}(x)$ 的单调区间；
（2）若 $0\leqslant a\leqslant 3$，求证：$f(x)<0$；
（3）若 $h(x)=\dfrac{f(x)+x^3+1}a$，且存在 $x_1\neq x_2$ 使得 $h\left(x_1\right)=h\left(x_2\right)=b$，求证：\[b\mathrm e+1<\left|x_1-x_2\right|<b+1.\]
解析
（1）根据题意，函数 $f(x)$ 的导函数\[f^{\prime}(x)=a(\ln x+1)-3 x^2,\]当 $a=1$ 时，有 $f'(x)=\ln x+1-3x^2$，进而 $f'(x)$ 的导函数\[f''(x)=\dfrac{1-6 x^2}x,\]所以 $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0,\dfrac{\sqrt 6}6\right)$ 上单调递增，在 $\left(\dfrac{\sqrt 6}6,+\infty\right)$ 上单调递减，所以 $f'(x)$ 的最大值为\[f^{\prime}\left(\dfrac{\sqrt 6}6\right)=\ln\dfrac{\sqrt 6}6+\dfrac 1 2=\dfrac 12\left(1-\ln 6\right)<0,\]所以在 $(0,+\infty)$ 上恒有 $f''(x)<0$，于是函数 $f'(x)$ 的单调递减区间为 $(0,+\infty)$，没有单调递增区间．
（2）根据题意，有\[f(x)<0\iff a\ln x-x^2-\dfrac 1x<0,\]因此只需要证明\[\begin{cases} -x^2-\dfrac 1x<0,\\ 3\ln x-x^2-\dfrac 1x<0,\end{cases}\]第一个不等式显然成立，而根据对数函数的基本放缩，有\[LHS\leqslant 3(x-1)-x^2-\dfrac 1x=-\dfrac{2+(x-1)^3}{x}<0,\]命题得证．
（3）根据题意，有 $h(x)=x\ln x$，其导函数\[h'(x)=\ln x+1,\]进而可得 $h(x)$ 在 $\left(0,\dfrac 1{\mathrm e}\right)$ 上单调递减，在 $\left(\dfrac 1{\mathrm e},+\infty\right)$ 上单调递增，在 $x=\dfrac1{\mathrm e}$ 处取得极小值 $-\dfrac{1}{\mathrm e}$，进而 $b\in\left(-\dfrac{1}{\mathrm e},0\right)$，如图．
记 $m=\dfrac{1}{\mathrm e}$，点 $B(t,-t)$，直线 $OB:y=-x$，直线 $AB:y=\dfrac{1}{\mathrm e-1}(x-1)$，函数 $h(x)$ 在 $A(1,0)$ 处的切线 $l_A:y=x-1$，构造函数\[\varphi_1(x)=\begin{cases} -x,&x\in (0,t],\\ \dfrac{1}{\mathrm e-1}(x-1),&x\in (t,1],\end{cases}\quad \varphi_2(x)=\begin{cases} h(x),&x\in (0,t],\\ x-1,&x\in (t,1],\end{cases}\]则当 $b\in(0,-t)$ 时，有 $ x_1,x_2\in(0,1)\setminus \{t\}$，且\[\varphi_1(x)>h(x)>\varphi_2(x).\]不妨设 $x_1>x_2$，直线 $y=b$ 与 $\varphi_1(x)$ 的交点横坐标为 $x_3,x_4$（$x_3>x_4$），与 $\varphi_2(x)$ 的交点横坐标为 $x_5,x_2$（$x_5>x_2$），则有\[x_5>x_1>x_3>t>x_4>x_2>0,\]因此\[b\mathrm e+1=\big((\mathrm e-1)b+1\big)-\big(-b\big)=x_3-x_4<|x_1-x_2|=x_1-x_2<x_5-0=b+1,\]命题得证．