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″(x)=1−6x2x,
所以 f′(x) 在 (0,√66) 上单调递增,在 (√66,+∞) 上单调递减,所以 f′(x) 的最大值为f′(√66)=ln√66+12=12(1−ln6)<0,
所以在 (0,+∞) 上恒有 f″(x)<0,于是函数 f′(x) 的单调递减区间为 (0,+∞),没有单调递增区间.
(2)根据题意,有f(x)<0⟺alnx−x2−1x<0,
因此只需要证明{−x2−1x<0,3lnx−x2−1x<0,
第一个不等式显然成立,而根据对数函数的基本放缩,有LHS⩽3(x−1)−x2−1x=−2+(x−1)3x<0,
命题得证.
(3)根据题意,有 h(x)=xlnx,其导函数h′(x)=lnx+1,
进而可得 h(x) 在 (0,1e) 上单调递减,在 (1e,+∞) 上单调递增,在 x=1e 处取得极小值 −1e,进而 b∈(−1e,0),如图.

记 m=1e,点 B(t,−t),直线 OB:y=−x,直线 AB:y=1e−1(x−1),函数 h(x) 在 A(1,0) 处的切线 lA:y=x−1,构造函数φ1(x)={−x,x∈(0,t],1e−1(x−1),x∈(t,1],φ2(x)={h(x),x∈(0,t],x−1,x∈(t,1],
则当 b∈(0,−t) 时,有 x1,x2∈(0,1)∖{t},且φ1(x)>h(x)>φ2(x).
不妨设 x1>x2,直线 y=b 与 φ1(x) 的交点横坐标为 x3,x4(x3>x4),与 φ2(x) 的交点横坐标为 x5,x2(x5>x2),则有x5>x1>x3>t>x4>x2>0,
因此be+1=((e−1)b+1)−(−b)=x3−x4<|x1−x2|=x1−x2<x5−0=b+1,
命题得证.