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2025年高考数学天津-19<-->返回列表
（16分）已知函数$f(x)=ax-(\ln x)^{2}$．
$(I)a=1$时，求$f(x)$在点$(1$，$f$（1）$)$处的切线方程；
（Ⅱ）$f(x)$有3个零点$x_{1}$，$x_{2}$，$x_{3}$，且$(x_{1} < x_{2} < x_{3})$．
$(i)$求$a$的取值范围；
$(ii)$证明：$(\ln x_{2}-\ln x_{1})\cdot \ln x_{3} < \dfrac{4e}{e-1}$．
〖答案〗（Ⅰ）$x-y=0$；（Ⅱ）$(i)(0$，$\dfrac{4}{{e}^{2}})$；$(ii)$证明见解析．
〖分析〗（Ⅰ）$a=1$时$f(x)=x-(\ln x)^{2}$，求出$f$（1）$=1$与$f\prime$（1），即可写出$f(x)$在点$(1$，$f$（1）$)$处的切线方程；
（Ⅱ）$(i)$由$f(x)=0$，得$a=\dfrac{{(\ln x)}^{2}}{x}$，设$g(x)=\dfrac{{(\ln x)}^{2}}{x}$，利用导数求出$g(x)$的极值点，画出函数$g(x)$的大致图象，结合图象求解即可；
$(ii)$由题意，$0 < x_{1} < 1 < x_{2} < e^{2} < x_{3}$，设$\ln x_{1}=t_{1}$，$\ln x_{2}=t_{2}$，$\ln x_{3}=t_{3}$，则$t_{1} < 0 < t_{2} < 2 < t_{3}$，代回方程由均值不等式得$t_{3}t_{2} < 4$，再证$t_{2}t_{3}-t_{1}t_{3} < \dfrac{4e}{e-1}$，分析得出$\dfrac{{t}_{3}}{{e}^{\dfrac{{t}_{3}}{2}}}\leqslant \dfrac{4}{e-1}$，构造函数$h(t)=\dfrac{{t}^{2}}{{e}^{\dfrac{t}{2}}}$，$t > 2$，求出$h(t)\leqslant \dfrac{16}{{e}^{2}}$，从而得出命题成立．
〖解答〗解：（Ⅰ）$a=1$时，$f(x)=x-(\ln x)^{2}$，且$f$（1）$=1$，$f\prime (x)=1-2\ln x\cdot \dfrac{1}{x}$，所以$k=f\prime$（1）$=1$，
所以$f(x)$在点$(1$，$f$（1）$)$处的切线方程为$y-1=1\times (x-1)$，即$x-y=0$；
（Ⅱ）$(i)$由$f(x)=0$，得$a=\dfrac{{(\ln x)}^{2}}{x}$，$x > 0$；
设$g(x)=\dfrac{{(\ln x)}^{2}}{x}$，则$g\prime (x)=\dfrac{2\ln x{-(\ln x)}^{2}}{{x}^{2}}=\dfrac{\ln x(2-\ln x)}{{x}^{2}}$，
令$g\prime (x)=0$，得$x=1$或$x=e^{2}$，
所以$x\in (0,1)$时，$g\prime (x) < 0$，$g(x)$单调递减，$g(x)\in (0$，$+\infty )$；
$x\in (1,e^{2})$时，$g\prime (x) > 0$，$g(x)$单调递增，$g(x)\in (0$，$\dfrac{4}{{e}^{2}})$；
$x\in (e^{2}$，$+\infty )$时，$g\prime (x) < 0$，$g(x)$单调递减，$g(x)\in (0$，$\dfrac{4}{{e}^{2}})$；
画出函数$g(x)$的大致图象，如图所示：
由函数的图象，结合题意知，$a$的取值范围是$(0,\dfrac{4}{{e}^{2}})$；
$(ii)$证明：由$(i)$知，$0 < x_{1} < 1 < x_{2} < e^{2} < x_{3}$，设$\ln x_{1}=t_{1}$，$\ln x_{2}=t_{2}$，$\ln x_{3}=t_{3}$，
则$t_{1} < 0 < t_{2} < 2 < t_{3}$，又$\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
a{{e}^{{{t}_{1}}}}=t_{1}^{2} \\
a{{e}^{{{t}_{2}}}}=t_{2}^{2} \\
a{{e}^{{{t}_{3}}}}=t_{3}^{2} \\
\end{array} \right.$，由②③得$\left\{\begin{array}{l}{\ln a{+t}_{2}=2l{nt}_{2}}\\ {\ln a{+t}_{3}=2l{nt}_{3}}\end{array}\right.$，两式相减得$t_{3}-t_{2}=2(\ln t_{3}-\ln t_{2})$，
由对数均值不等式得$2=\dfrac{{t}_{3}{-t}_{2}}{l{nt}_{3}-l{nt}_{2}} > \sqrt{{t}_{3}{\cdot t}_{2}}$，所以$t_{3}t_{2} < 4$；
要证$(\ln x_{2}-\ln x_{1})\ln x_{3} < \dfrac{4e}{e-1}$，即证$t_{2}t_{3}-t_{1}t_{3} < \dfrac{4e}{e-1}$，
只需证$4-t_{1}t_{3}\leqslant \dfrac{4e}{e-1}$，即证$-t_{1}t_{3}\leqslant \dfrac{4}{e-1}$，
又因为$t_{1} < 0$，$0 < {e}^{{t}_{1}} < 1$，所以${t}_{1}^{2}=a{e}^{{t}_{1}} < a$，所以$\vert t_{1}\vert =-t_{1} < \sqrt{a}$，
所以$-t_{1}t_{3} < \sqrt{{at}_{3}^{2}}=\dfrac{{t}_{3}^{2}}{{e}^{\dfrac{{t}_{3}}{2}}}$，只需证$\dfrac{{t}_{3}^{2}}{{e}^{\dfrac{{t}_{3}}{2}}}\leqslant \dfrac{4}{e-1}$；
设$h(t)=\dfrac{{t}^{2}}{{e}^{\dfrac{t}{2}}}$，$t > 2$，则$h\prime (t)=\dfrac{2{te}^{\dfrac{t}{2}}-{{\dfrac{1}{2}t}^{2}e}^{\dfrac{t}{2}}}{{e}^{t}}=\dfrac{(2-\dfrac{1}{2}t)t}{{e}^{\dfrac{t}{2}}}$，
当$2 < t < 4$时，$h\prime (t) > 0$，$h(t)$在$(2,4)$上单调递增；
当$t > 4$时，$h\prime (t) < 0$，$h(t)$在$(4,+\infty )$上单调递减；
所以$h(x)_{max}=h$（4）$=\dfrac{16}{{e}^{2}}$，即$h(t)\leqslant \dfrac{16}{{e}^{2}}$，
由$4e^{2}-16e+16=4(e-2)^{2} > 0$，得$\dfrac{16}{{e}^{2}} < \dfrac{4}{e-1}$成立，命题得证．
〖点评〗本题考查了导数的综合应用问题，也考查了函数的零点与不等式的证明，是难题．
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