2024年浙江杭州高三一模数学试题 #18
已知函数 f(x)=axlnx−x3−1.
(1)若 a=1,求 f′(x) 的单调区间;
(2)若 0⩽a⩽3,求证:f(x)<0;
(3)若 h(x)=f(x)+x3+1a,且存在 x1≠x2 使得 h(x1)=h(x2)=b,求证:be+1<|x1−x2|<b+1.
解析
(1)根据题意,函数 f(x) 的导函数f′(x)=a(lnx+1)−3x2,当 a=1 时,有 f′(x)=lnx+1−3x2,进而 f′(x) 的导函数f″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.