已知函数 f(x)=a x- 1 x -(a+1) ln…——2022 高考数学第 20 题答案解析

【答案】（1）-1
②$(0,+\infty)$

## 【解析】

【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；
（2）求导得 $f^{\prime}(x)=\frac{(a x-1)(x-1)}{x^{2}}$ ，按照 $a \leq 0 , 01$ 结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解．

【小问 1 详解】
当 $a=0$ 时，$f(x)=-\frac{1}{x}-\ln x, x>0$ ，则 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x^{2}}-\frac{1}{x}=\frac{1-x}{x^{2}}$ ，
当 $x \in(0,1)$ 时，$f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增；
当 $x \in(1,+\infty)$ 时，$f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减；
所以 $f(x)_{\text {max }}=f(1)=-1$ ；
【小问 2 详解】
$f(x)=a x-\frac{1}{x}-(a+1) \ln x, x>0$ ，则 $f^{\prime}(x)=a+\frac{1}{x^{2}}-\frac{a+1}{x}=\frac{(a x-1)(x-1)}{x^{2}}$ ，
当 $a \leq 0$ 时，$a x-1<0$ ，所以当 $x \in(0,1)$ 时，$f^{\prime}(x)>0, ~ f(x)$ 单调递增；
当 $x \in(1,+\infty)$ 时，$f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减；
所以 $f(x)_{\text {max }}=f(1)=a-1<0$ ，此时函数无零点，不合题意；
当 $01$ ，在 $(0,1),\left(\frac{1}{a},+\infty\right)$ 上，$f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增；
在 $\left(1, \frac{1}{a}\right)$ 上，$f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减；

又 $f(1)=a-1<0$ ，
由（1）得 $\frac{1}{x}+\ln x \geq 1$ ，即 $\ln \frac{1}{x} \geq 1-x$ ，所以 $\ln x当 $x>1$ 时，$f(x)=a x-\frac{1}{x}-(a+1) \ln x>a x-\frac{1}{x}-2(a+1) \sqrt{x}>a x-(2 a+3) \sqrt{x}$ ，
则存在 $m=\left(\frac{3}{a}+2\right)^{2}>\frac{1}{a}$ ，使得 $f(m)>0$ ，
所以 $f(x)$ 仅在 $\left(\frac{1}{a},+\infty\right)$ 有唯一零点，符合题意；
当 $a=1$ 时，$f^{\prime}(x)=\frac{(x-1)^{2}}{x^{2}} \geq 0$ ，所以 $f(x)$ 单调递增，又 $f(1)=a-1=0$ ，
所以 $f(x)$ 有唯一零点，符合题意；
当 $a>1$ 时，$\frac{1}{a}<1$ ，在 $\left(0, \frac{1}{a}\right),(1,+\infty)$ 上，$f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增；
在 $\left(\frac{1}{a}, 1\right)$ 上，$f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减；此时 $f(1)=a-1>0$ ，
由（1）得当 $01-\frac{1}{x}, \ln \sqrt{x}>1-\frac{1}{\sqrt{x}}$ ，所以 $\ln x>2\left(1-\frac{1}{\sqrt{x}}\right)$ ，
此时 $f(x)=a x-\frac{1}{x}-(a+1) \ln x存在 $n=\frac{1}{4(a+1)^{2}}<\frac{1}{a}$ ，使得 $f(n)<0$ ，
所以 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{1}{a}\right)$ 有一个零点，在 $\left(\frac{1}{a},+\infty\right)$ 无零点，
所以 $f(x)$ 有唯一零点，符合题意；
综上，$a$ 的取值范围为 $(0,+\infty)$ ．
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题．