从零点到切线：2025 武汉九调第 19 题深入剖析

问题

已知函数 \(f \left(x\right) = \left(x^2 - kx + 1\right) \ln x\) 在 \(\left(0, 1\right)\) 和 \(\left(1, + \infty\right)\) 上各有零点 \(x_1, x_2\)。

1. 求 \(k\) 的取值范围；
2. 设曲线 \(y = f(x)\) 过 \(\left(x_1, 0\right)\) 的切线与坐标轴围成三角形的面积为 \(S\)，求

\[\frac{S}{x_2 - x_1} \]

的最大值；
3. 设方程 \(f(x) = a\) 有三个零点 \(t_1, t_0, t_2\) 且 \(t_1 < t_0 < t_2\)，求证

\[t_2 - t_1 \le x_2 - x_1. \]

第 1 问

首先考虑函数 \(f(x)\) 是两个式子 \(x^2 - kx + 1\) 和 \(\ln x\) 的乘积，那么有

\[f \left(x\right) = \left(x^2 - kx + 1\right) \ln x = 0 \iff x^2 - kx + 1 = 0 \vee \ln x = 0. \]

因为 \(\ln x\) 在 \(\left(0, 1\right)\) 和 \(\left(1, +\infty\right)\) 上均不为零，所以 \(x_1, x_2\) 必须是 \(x^2 - kx + 1 = 0\) 的两根。顺便一提，\(x = 1\) 恰好也是 \(f \left(x\right) = 0\) 的一个根，只不过我们现在用不到。

下面我们考虑二次函数 \(\lambda \left(x\right) = x^2 - kx + 1\) 的零点分布：

• \(\lambda \left(x\right)\) 有两个零点，等价于其判别式 \(\Delta = k^2 - 4 > 0\)；
• 两根分布在 \(1\) 的异侧，由 \(\lambda \left(x\right)\) 开口向上知 \(\lambda \left(1\right) = 2 - k < 0\)；
• 两根分布在 \(0\) 的同侧，由 \(\lambda \left(x\right)\) 开口向上知 \(\lambda \left(0\right) = 1 > 0\)；

这些条件是充要的。解上述不等式组可以得到 $$\boxed{k > 2}.$$

第 2 问

考虑先求出 \(S\) 关于 \(x_1\) 的表达式。点 \(\left(x_1, 0\right)\) 处的切线方程为 \(y = f' \left(x_1\right) \left(x - x_1\right) + f \left(x_1\right)\)，分别令 \(x, y = 0\) 容易得到

\[\begin{cases} y = f \left(x_1\right) - x_1 f' \left(x_1\right), \\ x = \dfrac{x_1 f' \left(x_1\right) - f \left(x_1\right)}{f' \left(x_1\right)}. \end{cases} \]

于是

\[S = \frac{1}{2}\mid xy \mid = \frac{\mid f \left(x_1\right) - x_1 f' \left(x_1\right) \mid^2}{2 \mid f' \left(x_1\right) \mid}. \]

一个比较显然的观察是 \(f \left(x_1\right) = 0\)，故上式可被继续化简为

\[S = \frac{\mid 0 - x_1 f' \left(x_1\right) \mid^2}{2 \mid f' \left(x_1\right) \mid} = \frac{x_1^2 \mid f' \left(x_1\right) \mid}{2}. \]

然后我们就可以写出 \(S / \left(x_2 - x_1\right)\) 的表达式如下

\[\frac{S}{x_2 - x_1} = \frac{x_1^2 \mid f' \left(x_1\right) \mid}{2 \left(x_2 - x_1\right)}. \]

对目前形式的化简到了头。为了让总的未知数变少，我们现在希望只保留 \(x_1\) 作为变量。下面我们不妨考虑 \(f' \left(x_1\right)\)。对 \(f \left(x\right)\) 进行求导得到

\[f \left(x\right) = \left(x^2 - kx + 1\right) \ln x \implies f' \left(x\right) = \left(2x - k\right) \ln x + x - k + \frac{1}{x}. \]

代入 \(x_1\) 得到

\[f' \left(x_1\right) = \left(2x_1 - k\right) \ln x_1 + x_1 - k + \frac{1}{x_1}. \]

为了消去 \(x_2\)，我们研究 \(x_2\) 与 \(x_1\) 之间的联系。回忆先前的结论：

\(x_1, x_2\) 是 \(x^2 - kx + 1 = 0\) 的两根。

由此及 Vieta 定理可以得到

\[\begin{cases} x_1^2 - kx_1 + 1 = x_1 - k + \frac{1}{x_1} = 0, \\ x_1 + x_2 = k, \\ x_1 x_2 = 1. \\ \end{cases} \]

将这些东西代入先前的表达式中

\[\begin{aligned} f' \left(x_1\right) &= \left(x_1 - x_2\right) \ln x_1 > 0, \\ \frac{S}{x_2 - x_1} &= \frac{x_1^2 \left(x_1 - x_2\right) \ln x_1}{2 \left(x_2 - x_1\right)} = -\frac{x_1^2 \ln x_1}{2}. \end{aligned} \]

不妨记 \(S / \left(x_2 - x_1\right) = \rho \left(x\right) = -\frac{1}{2} x^2 \ln x\)，其中 \(x \in \left(0, 1\right)\)。对 \(\rho \left(x\right)\) 求导得

\[\rho \left(x\right) = -\frac{1}{2} x^2 \ln x \implies \rho' \left(x\right) = -\frac{x}{2} \left(2\ln x + 1\right). \]

据此知 \(\rho \left(x\right)\) 在 \(\left(0, \frac{1}{\sqrt{\mathrm{e}}}\right)\) 上递增，在 \(\left(\frac{1}{\sqrt{\mathrm{e}}}, 1\right)\) 上递减。从而

\[\frac{S}{x_2 - x_1} = \rho \left(x_1\right) \le \rho \left(\frac{1}{\sqrt{\mathrm{e}}}\right) = \boxed{\frac{1}{4 \mathrm{e}}}. \]

第 3 问

研究方程 \(f \left(x\right) = a\) 的性质通常需要研究曲线 \(y = f \left(x\right)\) 与 \(y = a\) 的交点情况，这就需要我们进一步分析函数性质并作出草图。对于 \(f \left(x\right)\)，我们现在已经知道的有

• 零点：该函数有三个零点 \(x_1, 1, x_2\)，并且 \(0 < x_1 < 1 < x_2,\)
• 正负性：

\[f \left(x\right) \begin{cases} &< 0, &x \in \left(0, x_1\right) \cup \left(1, x_2\right), \\ &> 0, &x \in \left(x_1, 1\right) \cup \left(x_2, +\infty\right), \\ &= 0, &x \in \left\{x_1, 1, x_2\right\}. \end{cases} \]

这时候大概也能猜出 \(f \left(x\right)\) 的单调性了。继续求导有

\[f' \left(x\right) = \left(2x - k\right) \ln x + x - k + \frac{1}{x} \implies f'' \left(x\right) = 2 \ln x + 3 - \frac{k}{x} - \frac{1}{x^2}. \]

不难看出 \(f'' \left(x\right)\) 是增函数。结合零点存在定理及以下事实

\[\begin{cases} f'' \left(1\right) = 2 - k < 0, \\ f'' \left(k\right) = 2\ln k - \frac{1}{k^2} + 2 > 2\ln 2 + \frac{7}{4} > 0. \\ \end{cases} \]

故 \(\exists \mu_0 \in \left(1, k \right)\)，s. t. \(f'' \left(\mu_0\right) = 0\)，则 \(f' \left(x\right)\) 在 \(\left(0, \mu_0\right)\) 上减，在 \(\left(\mu_0, +\infty\right)\) 上增。对于 \(f'\left(x\right)\)，想要套路地证明 \(f' \left(\mu_0\right) < 0\) 比较困难，但我们发现

\[f' \left(\frac{k}{2}\right) = -\frac{k}{2} + \frac{1}{k} < -\frac{2}{2} + \frac{1}{2} = -\frac{1}{2} < 0. \]

不论 \(k / 2\) 在哪个区间中，都满足 \(f' \left(\mu_0\right) \le f' \left(k / 2\right) < 0\)，这就说明在两个区间上各有一个零点，记为 \(\mu_1 < \mu_0 < \mu_2\)，使得

• \(x \in \left(0, \mu_1\right)\) 时 \(f' \left(x\right) > 0 \iff f \left(x\right)\) 单调递增；
• \(x \in \left(\mu_1, \mu_2\right)\) 时 \(f' \left(x\right) < 0 \iff f \left(x\right)\) 单调递减；
• \(x \in \left(\mu_2, +\infty\right)\) 时 \(f' \left(x\right) > 0 \iff f \left(x\right)\) 单调递增；

根据先前的讨论可以得到 \(0 < x_1 < \mu_1 < 1 < \mu_2 < x_2\)。作出一张草图如下

下面接着讨论 \(x_2 - x_1\) 和 \(t_2 - t_1\) 的关系。证明这种不等式有一些常见的技巧，比如从比值、差值入手，或者考虑放缩。我们发现这刚好是差值的形式，想想哪里还出现过这个式子？

\(f' \left(x_1\right) = \mathbf{\left(x_1 - x_2\right)} \ln x_1.\)

发现 \(f' \left(x_1\right)\) 的形式跟 \(x_2 - x_1\) 相关并且极其优美，那么 \(f' \left(x_2\right)\) 呢？

\[\begin{aligned} f' \left(x_2\right) &= \left(2x_2 - k\right) \ln x_2 + x_2 - k + \frac{1}{x_2}, \\ &= \left(x_2 - x_1\right) \ln x_2 = f' \left(x_1\right). \\ \end{aligned} \]

现在得知 \(f'\left(x_1\right) = f'\left(x_2\right)\)。几个化简之处均利用了前述二次方程性质与 Vieta 定理。

下面考虑怎么放缩：第一种是利用 \(x_1, x_2\) 作为二次函数两根的性质，设法将 \(t_1, t_2\) 与二次函数建立关联，但是由于 \(t_1 > x_1\) 且 \(t_2 > x_2\)，这样做比较困难。

另一种想法是利用切线或割线放缩——这一点或许在第 2 问有所提示，也充分利用了导函数相等的结论。记过 \(\left(x_1, 0\right)\) 和 \(\left(x_2, 0\right)\) 两点的切线分别为 \(l_1, l_2\)，显然有 \(l_1 \parallel l_2\)。

结合图像，在 \(y=a, l_1, y=0, l_2\) 围成的平行四边形中，结论 \(t_2 - t_1 \le x_2 - x_1\) 清晰可见。最后只需用数学语言描述图像即可。

Lemma. \(\forall x \in \left(0, \mu_1 \right), f' \left(x_1\right) \left(x - x_1\right) \ge f \left(x\right)\)，即切线 \(l_1\) 在 \(y = f\left(x\right)\) 上方。

Proof. 记 \(g \left(x\right) = f' \left(x_1\right) \left(x - x_1\right) - f \left(x\right)\)，只需 \(g \left(x\right) \ge 0\) 成立。求导得

\[g' \left(x\right) = f' \left(x_1\right) - f'\left(x\right). \]

由 \(f'\left(x\right)\) 在 \(\left(0, \mu_0\right)\) 上减，且 \(x_1 < t_1 < \mu_1 < \mu_0\)，故

\[g'\left(x\right) \begin{cases} < 0, x \in \left(0, x_1 \right), \\ = 0, x = x_1, \\ > 0, x \in \left(x_1, \mu_1 \right). \\ \end{cases} \]

因此 \(g \left(x\right) \ge g \left(x_1\right) = 0\)。

同理可证 \(\forall x \in \left(\mu_2, +\infty\right), f' \left(x_2\right) \left(x - x_2\right) \le f \left(x\right)\)，即切线 \(l_2\) 在 \(y = f\left(x\right)\) 下方。

将 \(t_1, t_2\) 分别代入切线不等式中

\[\begin{cases} f' \left(x_1\right) \left(t_1 - x_1\right) \ge f \left(t_1\right) = a, \\ f' \left(x_2\right) \left(t_2 - x_2\right) \le f \left(t_2\right) = a. \\ \end{cases} \iff f' \left(x_1\right) \left(t_1 - x_1\right) \ge a \ge f' \left(x_2\right) \left(t_2 - x_2\right). \]

最后利用 \(f'\left(x_1\right) = f'\left(x_2\right)\) 化简后即成立。