26年湛江高考二模第18题 证明不等式+求参数最值

专题：导数 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) 题型：证明不等式+求参数最值 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)难度系数：★★★★

经典例题讲解尽量从学生的角度出发，重在引导思考与总结!

【题目】

（26年湛江二模第18题）
已知函数\(f(x)=\ln⁡x-ax(a∈R)\)，\(g(x)=xe^{1-x}\)，
（1）讨论\(f(x)\)的单调性；
（2）证明：当\(a=1\)时，对任意\(x>0\)，都有\(f(x)<g(x)\)；
（3）若方程\(f(x)=g(x)\)没有实根，求整数\(a\)的最小值.
 
 
 
 
 

【分析】

第一问：

直接求导，进行分类讨论；
遇到\(\ln⁡x\)注意定义域\(x>0\)，求函数单调性主要分析\(f' (x)=\dfrac{1}{x}-a(x>0)\)的正负性；
可从两个角度思考：
① 代数法：因为\(x>0\)，所以\(\dfrac{1}{x}>0\)，那只要\(a≤0\)，一定有\(\dfrac{1}{x}-a>0\)恒成立；
若\(a>0\)，不管是多小的正数，\(\dfrac{1}{x}-a\)都有可能为负数；
故分\(a≤0\)和\(a>0\)两种情况讨论；
② 几何法：从\(f' (x)=\dfrac{1}{x}-a=\dfrac{1}{x}+(-a)(x>0)\)的图象入手，它可看成是\(y=\dfrac{1}{x}(x>0)\)上下平移得到的；
当\(a≤0\)时，图象都在\(x\)轴上方，即\(f' (x)>0\)；当\(a>0\)时，图象下移，比与\(x\)轴有\(1\)个交点；
如下图分析：

 

第二问：
当\(a=1\)时，\(f(x)<g(x)⇔\ln⁡x-x< xe^{1-x}\)恒成立，
方法很多，常见的有
① 直接构造函数法：证明\(t(x)=xe^{1-x}+x -\ln⁡x>0\)，该方法较为直接简单，但函数中同时含对数与指数，运算可能较为复杂；
② 放缩法：其中尝试的角度很多，
（1）可直接对\(f(x)=\ln⁡x-x\)和\(g(x)=xe^{1-x}\)进行放缩，利用上\(e^x≥x+1\)，\(\ln⁡x≤x-1\)进行尝试；
（2）也可以考虑利用公切线或它们的凹凸性，但对它们的图象的简单研究，都是凸函数，在\(x=1\)时取到最大值，这个角度不太行；要第三者\(h(x)\),使得\(f(x)<h(x)<g(x)\)难度也不小；

（3）那能不能对不等式\(\ln⁡x-x< xe^{1-x}\)进行变形，再放缩呢？
比如变形为\(\dfrac{\ln⁡x}{x}-1<e^{1-x}\)，对\(s(x)=\dfrac{\ln⁡x}{x}-1\)与\(t(x)=e^{1-x}\)两个函数图象研究，发现简单多了；

 

第三问：
方程\(f(x)=g(x)\)没有实数根，即\(\ln⁡x-ax= xe^{1-x}\)没有实数根，
方法1 直接构造函数法
设\(h(x)=\ln⁡x-ax- xe^{1-x}\)，分析求函数图象，确定\(h(x)\)没有零点时，求出整数\(a\)的最小值；
那要考虑好如何分类讨论；具体求解难度较大；

 

方法2 分离参数法
\(\ln⁡x-ax= xe^{1-x}\)没有实数根

\(⇔a=\dfrac{\ln⁡x- xe^{1-x}}{x}\)没有实数根

\(⇔y=a\)与\(h(x)=\dfrac{\ln⁡x- xe^{1-x}}{x}\)没有交点，
函数\(h(x)=\dfrac{\ln⁡x- xe^{1-x}}{x}\)图象是连续的，那求出其最大值（或上限）或估计其取值范围，就可以确定整数\(a\)的最小值；
由于函数结构较为复杂，在具体求解过程中，要多次求导，含隐零点问题；
 

方法3 结合第二问的结论\(\ln⁡x-x< xe^{1-x}⇒\dfrac{\ln⁡x- xe^{1-x}}{x}<1\)恒成立，即\(h(x)<1\)，
所以整数\(a>1\)是符合题意的，

从第二问看也不能确定\(1\)是大于\(\dfrac{\ln⁡x- xe^{1-x}}{x}\)的最小整数，所以还不能确定整数\(a\)的最小值为\(1\)，但可能性较大；

可以尝试证明当整数\(a<1\)时，命题不成立的就行.
设\(h(x)=\ln⁡x-ax- xe^{1-x}\)，
取两个点\(x_1 、x_2\)，证明\(a<1\)时满足\(h(x_1 )h(x_2 )<0\)，则\(h(x)\)在\((x_1,x_2)\)上存在零点，即命题不成立.
\(x_1 、x_2\)的取值技巧性较强，可试试\(1、\dfrac{1}{e} 、e、e^2\)或与\(e\)有关的式子等.
 

【解答】

第一问：
\(f(x)\)的定义域为\((0,+∞)\)，\(f' (x)=\dfrac{1}{x}-a\)，
① 当\(a≤0\)时，\(f' (x)>0\)，则\(f(x)\)在\((0 ，+∞)\)上单调递增；
② 当\(a>0\)时，令\(f' (x)=0\)，得\(x=\dfrac{1}{a}\)，
当\(0<x<\dfrac{1}{a}\)时，\(f' (x)>0\)，\(f(x)\)单调递增；

当\(x>\dfrac{1}{a}\)时，\(f' (x)<0\)，\(f(x)\)单调递减；
综上，当\(a≤0\)时，\(f(x)\)在\((0 ，+∞)\)上单调递增；
当\(a>0\)时，\(f(x)\)在\(\left(0 ，\dfrac{1}{a}\right)\)上单调递增，在\(\left(\dfrac{1}{a} ，+∞\right)\)上单调递减；

 

第二问：
方法1
证明：当\(a=1\)时，\(f(x)=\ln⁡x-x\)，要证明\(f(x)<g(x)\)，即证明\(xe^{1-x}+x -\ln⁡x>0\)，
设\(t(x)= xe^{1-x}+x -\ln⁡x\)，
则\(t' (x)=e^{1-x}-xe^{1-x}+1-\dfrac{1}{x}=(1-x) e^{1-x}+\dfrac{x-1}{x}=\dfrac{x-1}{x}(1-xe^{1-x})\)，
设\(h(x)= 1-xe^{1-x}\)，则\(h'(x)=(x-1)e^{1-x}\)，
当\(0<x<1\)时，\(h' (x)<0\)，\(h(x)\)单调递减；

当\(x>1\)时，\(h' (x)>0\)，\(h(x)\)单调递增；
所以\(h(x)≥h(1)=1-1=0\)，
所以当\(0<x<1\)时，\(t' (x)<0\)，\(t(x)\)单调递减；

当\(x>1\)时，\(t' (x)>0\)，\(t(x)\)单调递增；
所以\(t(x)≥t(1)=1+1=2>0\)，
即\(xe^{1-x}+x -\ln⁡x>0\)恒成立，原不等式得证；

 

方法2
证明：当\(a=1\)时，\(f(x)=\ln⁡x-x\)，
要证明\(f(x)<g(x)\)，即证明\(\ln⁡x-x<xe^{1-x}\)，可变形为\(\dfrac{\ln⁡x}{x}-1<e^{1-x}\)，
设\(s(x)=\dfrac{\ln⁡x}{x}-1\)，则\(s'(x)=\dfrac{1-\ln⁡x}{x^2}\)，
当\(0<x<e\)时，\(s' (x)>0\)，\(s(x)\)单调递增；

当\(x>e\)时，\(s' (x)<0\)，\(s(x)\)单调递减；
所以\(s(x)≤s(e)=\dfrac{1}{e}-1<0\)，即\(\dfrac{\ln⁡x}{x}-1<0\)，
而\(∀x>0\)，\(e^{1-x}>0\)，所以\(\dfrac{\ln⁡x}{x}-1<e^{1-x}\)，
所以\(\ln⁡x-x<xe^{1-x}\)，原不等式得证；
 

第三问：
方法1

方程\(\ln⁡x-ax= xe^{1-x}\)没有实根，即\(a=\dfrac{\ln⁡x- xe^{1-x}}{x}\)没有实数根，
设\(h(x)=\dfrac{\ln⁡x- xe^{1-x}}{x}\)，则\(h'(x)=\dfrac{x^2 e^{1-x}-\ln⁡x+1}{x^2 }\)，
设\(s(x)=x^2 e^{1-x}-\ln⁡x+1\)，则\(s'(x)=\dfrac{(2x^2-x^3 ) e^{1-x}-1}{x}\)，
设\(t(x)=(2x^2-x^3 ) e^{1-x}-1\)，则\(t'(x)=xe^{1-x} (x-1)(x-4)\)，
故当\(0<x<1\)或\(x>4\)时，\(t'(x)>0\)，\(t(x)\)单调递增；

当\(1<x<4\)时，\(t' (x)<0\)，\(t(x)\)单调递减；
而\(t(1)=0\)，\(t(4)=-32e^(-3)-1<0\)，
当\(x>4\)时，\(2x^2-x^3=x^2 (2-x)<0\)，\((2x^2-x^3 ) e^{1-x}-1<0\)，即\(t(x)<0\)，
(多注意各函数的图象，导函数的正负性分析很重要，要确定导函数是否存在零点)
所以当\(x>0\)时，\(t(x)≤0\)，即\(s'(x)≤0\)，
所以\(s(x)\)在\((0,+∞)\)上单调递减，
而\(s(e)=e^{3-e}>0\)，\(s(e^2 )=e^{5-e^2 }-1<0\)，
所以存在\(x_0\in(e，e^2)\)，使得\(s(x_0 )=0\)，即\(x_0^2 e^{1-x_0}=\ln⁡x_0 -1\)，
(导函数零点\(x_0\)无法确定，即隐零点问题，往往要对\(x_0\)估值，估值范围根据后面的需求而定)
当\(0<x<x_0\)时，\(s(x)>0\)，即\(h' (x)>0\)，\(h(x)\)单调递增；
当\(x>x_0\)时，\(s(x)<0\)，即\(h' (x)<0\)，\(h(x)\)单调递减；
所以\(h(x)≤h(x_0 )=\dfrac{\ln⁡x_0 - x_0 e^{1-x_0}}{x_0} =\dfrac{\ln⁡x_0 - \frac{\ln⁡x_0 -1}{x_0}}{x_0}=\dfrac{(x_0-1) \ln⁡x_0 +1}{x_0^2}\)，
设\(m(x)=\dfrac{(x-1) \ln⁡x+1}{x^2}\)，\(x\in(e，e^2)\)，
则\(m'(x)=\dfrac{(2-x) \ln⁡x+x-3}{x^3}\)，
设\(n(x)=(2-x) \ln⁡x+x-3\)，\(x\in(e，e^2)\)，
则\(n' (x)=\dfrac{2}{x}-\ln⁡x<\dfrac{2}{e^2} -2<0\)，
所以\(n(x)\)在\((e，e^2)\)上单调递减，
则\(n(x)<n(e)=2-e+e-3=-1<0\)，即\(m'(x)<0\)，
所以\(m(x)\)在\((e，e^2)\)上单调递减，
则\(m(e^2 )<m(x)<m(e)\)，即\(\dfrac{2e^2-1}{e^4} <m(x)<\dfrac{1}{e}<1\)，
所以\(0<\dfrac{(x_0-1) \ln⁡x_0 +1}{x_0^2}<1\)，
所以若方程\(f(x)=g(x)\)没有实根，则整数\(a\)的最小值为\(1\).

 

方法2

设\(h(x)=\ln⁡x-ax- xe^{1-x}\)，
当\(a≤0\)时，\(h(e)=1-ae-e^{2-e}=-ae+(1-e^{2-e})>0\)，
\(h(e^a )=a-ae^a-e^a\cdot e^{1-e^a}=a(1-e^a )-e^{a+1-e^a}<0\)，
所以当\(a≤0\)时，\(h(x)\)在\((e^a，e)\)上至少存在一个零点\(x_0\)，则不满足题意；
由（2）可知当\(a=1\)时，\(f(x)<g(x)\)恒成立，即方程\(f(x)=g(x)\)没有实根，满足题意；
综上，若方程\(f(x)=g(x)\)没有实根，则整数\(a\)的最小值为\(1\).