每日一题[183]方程组解的存在性

2015年高考四川卷理科数学第21题（压轴题）：

已知函数$f(x)=-2(x+a)\ln x+x^2-2ax-2a^2+a$，其中$a>0$．

（1）设$g(x)$是$f(x)$的导函数，讨论$g(x)$的单调性；

（2）证明：存在$a\in (0,1)$，使得$f(x)\geqslant 0$在区间$(1,+\infty)$内恒成立，且$f(x)=0$在区间$(1,+\infty)$内有唯一解．

 （1）解    根据已知，有 $$g(x)=f'(x)=-2\ln x+2x-2-\dfrac{2a}{x}-2a,$$ 于是 $$g'(x)=\dfrac{2}{x^2}\left(x^2-x+a\right),$$ 因此

当$0<a<\dfrac 14$时，$g(x)$在$\left(0,\dfrac{1-\sqrt{1-4a}}2\right)$上单调递增，在$\left(\dfrac{1-\sqrt{1-4a}}2,\dfrac{1+\sqrt{1-4a}}{2}\right)$上单调递减，在$\left(\dfrac{1+\sqrt{1-4a}}2,+\infty\right)$上单调递增；

当$a\geqslant \dfrac 14$时，$g(x)$在$\mathcal R^+$上单调递增．

（2）证明    根据题意，函数$f(x)$的图象应该如图所示．

 考虑函数$g(x)$，由于$g'(1)=2a>0$，于是在$(1,+\infty)$上$g(x)$单调递增．又$g(1)=-4a<0$，$g(+\infty)>0$，于是$f(x)$在$(1,+\infty)$上先单调递减，再单调递增，有极小值点．设$f(x)$的极小值点为$x=x_0$，则 $$\begin{cases}-\ln x_0+x_0-1-a\left(\dfrac 1{x_0}+1\right)=0,\\-2(x_0+a)\ln x_0+x_0^2-2ax_0-2a^2+a=0,\end{cases}$$ 我们的目标是证明这个二元方程组有实数解，且至少有一组解满足限制条件 $$x_0>1\land 0<a<1.$$

采用消元的策略，由第一个方程可得 $$a=\dfrac{-\ln x_0+x_0-1}{x_0^{-1}+1},$$ 代入第二个方程有 $$-2\left(x_0+\dfrac{-\ln x_0+x_0-1}{x_0^{-1}+1}\right)\ln x_0+x_0^2-2x_0\cdot \dfrac{-\ln x_0+x_0-1}{x_0^{-1}+1}-2\left(\dfrac{-\ln x_0+x_0-1}{x_0^{-1}+1}\right)^2+\dfrac{-\ln x_0+x_0-1}{x_0^{-1}+1}=0,$$ 记该方程左边为$\varphi (x_0)$，则 $$\varphi (1)=1>0,$$ 且 $$\begin{split}\varphi ({\rm e})&=\left({\rm e-2}\right)\left[-\dfrac{1}{{\rm e}^{-1}+1}-2\dfrac {{\rm e}-2}{\left( {\rm e}^{-1}+1\right)^2}\right]\\&<0,\end{split}$$ 因此必然存在$x_0\in (1,{\rm e})$，使得$\varphi (x_0)=0$．

此时 $$a=\dfrac{-\ln x_0+x_0-1}{x_0^{-1}+1},$$ 记该方程右边为$\mu (x_0)$，则 $$\mu' (x_0)=\dfrac{x_0^2+x_0-2-\ln x_0}{(1+x_0)^2},$$ 当$x_0\in (1,{\rm e})$时，函数$\mu (x_0)$单调递增（如上图），于是 $$0<a<\dfrac{{\rm e}-2}{{\rm e}^{-1}+1}<1,$$ 因此原命题得证．

 2015年10月31日补充练习题，2015年高考全国新课标I卷文科数学第21题（压轴题）：

设函数$f(x)={\rm e} ^{2x}-a\ln x$．

（1）讨论$f(x)$的导函数$f'(x)$的零点的个数；

（2）证明：当$a>0$时，$f(x)\geqslant 2a+a\ln\dfrac 2a$．

答案：（1）$a\leqslant 0$时没有零点，$a>0$时有一个零点；

（2）略．（提示：用极值点坐标表示$a$）