设函数 f(x)=ln x-a(x-1) e^ x，其中…——2019 高考数学第 20 题答案解析

【解答】
设函数 $f(x)=\ln x-a(x-1) e^{x}$ ，其中 $a \in R$ ．
（I）若 $a \leq 0$ ，讨论 $f(x)$ 的单调性；
（II）若 $0（i）证明 $f(x)$ 恰有两个零点
（ii）设 $x$ 为 $f(x)$ 的极值点，$x_{1}$ 为 $f(x)$ 的零点，且 $x_{1}>x_{0}$ ，证明 $3 x_{0}-x_{1}>2$ ．
【答案】（I）$f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内单调递增．；
（II）（i）见解析；
（ii）见解析．

【解析】
【分析】
（I）；首先写出函数的定义域，对函数求导，判断导数在对应区间上的符号，从而得到结果；
（II）（i）对函数求导，确定函数的单调性，求得极值的符号，从而确定出函数的零点个数，得到结果；
（ii）首先根据题意，列出方程组，借助于中介函数，证得结果．
【详解】（I）解：由已知，$f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$ ，
且 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\left[a e^{x}+a(x-1) e^{x}\right]=\frac{1-a x^{2} e^{x}}{x}$ ，

因此当 $a \leq 0$ 时， $1-a x^{2} e^{x}>0$ ，从而 $f^{\prime}(x)>0$ ，
所以 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内单调递增．
（II）证明：（i）由（I）知，$f^{\prime}(x)=\frac{1-a x^{2} e^{x}}{x}$ ，
令 $g(x)=1-a x^{2} e^{x}$ ，由 $0又 $g(1)=1-a e>0$ ，且 $g\left(\ln \frac{1}{a}\right)=1-a\left(\ln \frac{1}{a}\right)^{2} \frac{1}{a}=1-\left(\ln \frac{1}{a}\right)^{2}<0$ ，

故 $g(x)=0$ 在 $(0,+\infty)$ 内有唯一解，
从而 $f^{\prime}(x)=0$ 在 $(0,+\infty)$ 内有唯一解，不妨设为 $x_{0}$ ，
则 $1\frac{g\left(x_{0}\right)}{x}=0$ ，
所以 $f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 内单调递增；
当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时，$f^{\prime}(x)=\frac{g(x)}{x}<\frac{g\left(x_{0}\right)}{x}=0$ ，
所以 $f(x)$ 在 $\left(\boldsymbol{x}_{\mathbf{0}},+\infty\right)$ 内单调递减，

因此 $x_{0}$ 是 $f(x)$ 的唯一极值点．
令 $h(x)=\ln x-x+1$ ，则当 $x>1$ 时，$h^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-1<0$ ，故 $h(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 内单调递减，
从而当 $x>1$ 时，$h(x)

从而 $f\left(\ln \frac{1}{a}\right)=\ln \ln \frac{1}{a}-a\left(\ln \frac{1}{a a}-1\right) e^{\ln \frac{1}{a}}=\ln \ln \frac{1}{a}-\ln \frac{1}{a}+1=h\left(\ln \frac{1}{a}\right)<0$ ，
又因为 $f\left(x_{0}\right)>f(1)=0$ ，所以 $f(x)$ 在 $\left(\boldsymbol{x}_{\mathbf{0}},+\infty\right)$ 内有唯一零点，

又 $f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 内有唯一零点 1 ，从而，$f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内恰有两个零点．
（ii）由题意，$\left\{\begin{array}{l}f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0 \\ f\left(x_{1}\right)=0\end{array}\right.$ ，即 $\left\{\begin{array}{l}a x_{0}{ }^{2} e^{x_{0}=1} \\ \ln x_{1}=a\left(x_{1}-1\right) e^{x_{1}}\end{array}\right.$ ，
从而 $\ln x_{1}=\frac{x_{1}-1}{x_{0}{ }^{2}} e^{x_{1}-x_{0}}$ ，即 $e^{x_{1}-x_{0}}=\frac{x_{0}{ }^{2} \ln x_{1}}{x_{1}-1}$ ，
以内当 $x>1$ 时， $\ln xx_{0}>1$ ，故 $e^{x_{1}-x_{0}}<\frac{x_{0}^{2}\left(x_{1}-1\right)}{x_{1}-1}=x_{0}^{2}$ ，
两边取对数，得 $\ln e^{x_{1}-x_{0}}<\ln x_{0}{ }^{2}$ ，

于是 $x_{1}-x_{0}<2 \ln x_{0}<2\left(x_{0}-1\right)$ ，整理得 $3 x_{0}-x_{1}>2$ ，
【点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法，考查函数思想、化归与转化思想，考查综合分析问题和解决问题的能力。