已知函数 f ( x ) = a x - 1 x - (…——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 $f ^ { \prime } { \big ( } x { \big ) } = { \frac { { \big ( } a x - 1 { \big ) } { \big ( } x - 1 { \big ) } } { x ^ { 2 } } }$ ，按照 $a \leq 0 , 0 < a < 1$ 及a >1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， $f \left( x \right) = - { \frac { 1 } { x } } - \ln x , x > 0$ ，则 $f ^ { \prime } { \bigl ( } x { \bigr ) } = { \frac { 1 } { x ^ { 2 } } } - { \frac { 1 } { x } } = { \frac { 1 - x } { x ^ { 2 } } }$

当 $x \in \left( 0 , 1 \right)$ 时，f′(x)> 0，f(x)单调递增；

当 $x \in \left( 1 , + \infty \right)$ 时，f′(x)< 0，f(x)单调递减；

所以 $f \left( x \right) _ { \mathrm { m a x } } = f \left( 1 \right) = - 1$ ；

【小问2详解】

$f { \big ( } x { \big ) } = a x - { \frac { 1 } { x } } - { \big ( } a + 1 { \big ) } \ln x , x > 0$ ，则 $f ^ { \prime } { \bigl ( } x { \bigr ) } = a + { \frac { 1 } { x ^ { 2 } } } - { \frac { a + 1 } { x } } = { \frac { { \bigl ( } a x - 1 { \bigr ) } { \bigl ( } x - 1 { \bigr ) } } { x ^ { 2 } } }$

当 $a \leq 0$ 时， $a x - 1 < 0$ ，所以当 $x \in \left( 0 , 1 \right)$ 时， $f ^ { \prime } ( x ) > 0$ ，f(x)单调递增；

当 $x \in \left( 1 , + \infty \right)$ 时，f′(x)< 0，f(x)单调递减；

所以 $f \left( x \right) _ { \mathrm { m a x } } = f \left( 1 \right) = a - 1 < 0$ ，此时函数无零点，不合题意；

当 $0 < a < 1$ 时， $\frac { 1 } { a } > 1$ ，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 $f \left( 1 \right) = a - 1 < 0$

由①得 ${ \frac { 1 } { x } } + \ln x \geq 1$ ，即 $\ln { \frac { 1 } { x } } \geq 1 - x$ ，所以 $\ln x < x , \ln { \sqrt { x } } < { \sqrt { x } } , \ln x < 2 { \sqrt { x } }$

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， $f ^ { \prime } { \big ( } x { \big ) } = { \frac { { \big ( } x - 1 { \big ) } ^ { 2 } } { x ^ { 2 } } } \geq 0$ ，所以f(x)单调递增，又 $f \left( 1 \right) = a - 1 = 0$

所以f(x)有唯一零点，符合题意；

当 a >1时， $\frac { 1 } { a } < 1$ ，在 ${ \binom { 1 } { a , - } } , ( 1 , + \infty )$ 上，f′(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 $0 < x < 1$ 时， $\ln x > 1 - { \frac { 1 } { x } }$ $\ln { \sqrt { x } } > 1 - { \frac { 1 } { \sqrt { x } } }$ ，所以 $\ln x > 2 { \Bigg ( } 1 - { \frac { 1 } { \sqrt { x } } } { \Bigg ) }$

此时 $f ( x ) = a x - { \frac { 1 } { x } } - ( a + 1 ) \ln x < a x - { \frac { 1 } { x } } - 2 ( a + 1 ) { \left( 1 - { \frac { 1 } { \sqrt { x } } } \right) } < - { \frac { 1 } { x } } + { \frac { 2 ( a + 1 ) } { \sqrt { x } } } ,$

存在 $n = \frac { 1 } { 4 ( a + 1 ) ^ { 2 } } < \frac { 1 } { a }$ ，使得 $f ( n ) < 0$

所以 $f ( x ) \not \equiv \left( 0 , { \frac { 1 } { a } } \right)$ 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 $\scriptstyle ( 0 , + \infty )$

【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.