已知函数 f ( x ) = ( x - 1 ) ln x…——2019 高考数学第 21 题答案解析

【答案】（1）见详解；（2）见详解

【解析】

【分析】

（1）先对函数 f x( ) 求导，根据导函数的单调性，得到存在唯一 $x _ { 0 }$ ，使得 $f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = 0$ ，进而可得判断函数f x( ) 的单调性，即可确定其极值点个数，证明出结论成立；

（2）先由①的结果，得到 $f ( x _ { 0 } ) < f ( 1 ) = - 2 < 0 , f ( e ^ { 2 } ) = e ^ { 2 } - 3 > 0$ ，得到$f ( x ) = 0$ 在 $( x _ { 0 } , + \infty )$ _{内存在唯一实根，记作}x =a _，再求出 $f ( \frac { 1 } { \alpha } ) = 0$ ，即可结合题意，说明结论成立.

【详解】①由题意可得，f x( )的定义域为 $( 0 , + \infty )$

由 $f ( x ) = ( x - 1 ) \ln x - x - 1$

得 $f ^ { \prime } ( x ) = \ln x + { \frac { x - 1 } { x } } - 1 = \ln x - { \frac { 1 } { x } }$

显然 $f ^ { \prime } ( x ) = \ln x - { \frac { 1 } { x } }$ 单调递增；

又 $f ^ { \prime } ( 1 ) = - 1 < 0$ $f ^ { \prime } ( 2 ) = \ln 2 - { \frac { 1 } { 2 } } = { \frac { \ln 4 - 1 } { 2 } } > 0$

故存在唯 $- \boldsymbol { x } _ { 0 }$ ，使得 $f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = 0$

又当 $x > x _ { 0 }$ 时， $f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) > 0$ ，函数f x( )单调递增；当 $0 < x < x _ { 0 }$ 时， $f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) < 0$ ，函数f x( ) 单调递减；

因此，f x( )存在唯一的极值点；

> ②由①知， $f ( x _ { 0 } ) < f ( 1 ) = - 2$ ，又 $f ( e ^ { 2 } ) = e ^ { 2 } - 3 > 0$

所以 f x( ) 0= 在 $( x _ { 0 } , + \infty )$ 内存在唯一实根，记作 $x = \alpha$

由 $1 < x _ { 0 } < \alpha$ 得 $\frac { 1 } { \alpha } < 1 < x _ { 0 }$

又 $f ( { \frac { 1 } { \alpha } } ) = ( { \frac { 1 } { \alpha } } - 1 ) \ln { \frac { 1 } { \alpha } } - { \frac { 1 } { \alpha } } - 1 = { \frac { f ( \alpha ) } { \alpha } } = 0$

故 $\frac { 1 } { \alpha }$ 是方程 f x( ) 0= 在 $( 0 , x _ { 0 } )$ 内的唯一实根；

综上，f x( )=0 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.

【点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性、极值、以及函数零点的问题，属于常考题型.