2025_天津卷 (2025)
20．已知函数 $f(x)=a x-(\ln x)^{2}$
① $a=1$ 时，求 $f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处的切线方程；
② $f(x)$ 有 3 个零点，$x_{1}, ~ x_{2}, ~ x_{3}$ 且 $\left(x_{1}<x_{2}<x_{3}\right)$ 。
（i） 求 $a$ 的取值范围；
（ii） 证明 $\left(\ln x_{2}-\ln x_{1}\right) \cdot \ln x_{3}<\frac{4 \mathrm{e}}{\mathrm{e}-1}$ ．
(1) $y=x$; (2) （i）$\left(0, \frac{4}{\mathrm{e}^{2}}\right)$ ；（ii）证明见解析．
【答案】①$y=x$
② （i）$\left(0, \frac{4}{\mathrm{e}^{2}}\right)$ ；（ii）证明见解析．
【解析】
【分析】①利用导数的几何意义，求导数值得斜率，由点斜式方程可得；
②（i）令 $f(x)=0$ ，分离参数得 $a=\frac{(\ln x)^{2}}{x}$ ，作出函数 $g(x)=\frac{(\ln x)^{2}}{x}$ 图象，数形结合可得 $a$ 范围；（ii）由②结合图象，可得 $x_{1}, x_{2}, x_{3}$ 范围，整体换元 $\ln x_{1}=t_{1}, \ln x_{2}=t_{2}, \ln x_{3}=t_{3}$ ，转化为 $\left\{\begin{array}{l}a \mathrm{e}^{t_{1}}=t_{1}^{2}① \\ a \mathrm{e}^{t_{2}}=t_{2}^{2}② \\ a \mathrm{e}^{t_{3}}=t_{3}^{2}③\end{array}\right.$ 结合由②③可得 $\left\{\begin{array}{l}\ln a+t_{2}=2 \ln t_{2} \\ \ln a+t_{3}=2 \ln t_{3}\end{array}\right.$ ，两式作差，利用对数平均不等式可得 $t_{1} t_{3}<4$ ，再由 $t_{1}^{2}=a \mathrm{e}^{t_{1}}<a$ 得$-t_{1}<\sqrt{a}$ ，结合 $a=\frac{t_{3}^{2}}{\mathrm{e}^{t_{3}}}$ 减元处理，再构造函数求最值，放缩法可证明不等式。
【小问 1 详解】
当 $a=1$ 时，$f(x)=x-(\ln x)^{2}, x>0$ ，
则 $f^{\prime}(x)=1-\frac{2 \ln x}{x}$ ，则 $f^{\prime}(1)=1$ ，且 $f(1)=1$ ，
则切点 $(1,1)$ ，且切线的斜率为 1 ，
故函数 $f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处的切线方程为 $y=x$ ；
【小问 2 详解】
（i）令 $f(x)=a x-(\ln x)^{2}=0, x>0$ ，
得 $a=\frac{(\ln x)^{2}}{x}$ ，
设 $g(x)=\frac{(\ln x)^{2}}{x}, x>0$ ，
则 $g^{\prime}(x)=\frac{\frac{2 \ln x}{x} \cdot x-(\ln x)^{2}}{x^{2}}=\frac{\ln x(2-\ln x)}{x^{2}}$ ，
由 $g^{\prime}(x)=0$ 解得 $x=1$ 或 $\mathrm{e}^{2}$ ，其中 $g(1)=0, g\left(\mathrm{e}^{2}\right)=\frac{4}{\mathrm{e}^{2}}$ ；
当 $0<x<1$ 时，$g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减；
当 $1<x<\mathrm{e}^{2}$ 时，$g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 在 $\left(1, \mathrm{e}^{2}\right)$ 上单调递增；
当 $x>\mathrm{e}^{2}$ 时，$g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 在 $\left(\mathrm{e}^{2},+\infty\right)$ 上单调递减；
且当 $x \rightarrow 0$ 时，$g(x) \rightarrow+\infty$ ；当 $x \rightarrow+\infty$ 时，$g(x) \rightarrow 0$ ；
如图作出函数 $g(x)$ 的图象，
要使函数 $f(x)$ 有 3 个零点，
则方程 $a=g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内有 3 个根，即直线 $y=a$ 与函数 $g(x)$ 的图象有 3 个交点．
结合图象可知， $0<a<\frac{4}{\mathrm{e}^{2}}$ 。
故 $a$ 的取值范围为 $\left(0, \frac{4}{\mathrm{e}^{2}}\right)$ ；
（ii）由图象可知， $0<x_{1}<1<x_{2}<\mathrm{e}^{2}<x_{3}$ ，
设 $\ln x_{1}=t_{1}, \ln x_{2}=t_{2}, \ln x_{3}=t_{3}$ ，则 $t_{1}<0<t_{2}<2<t_{3}$ ，
满足 $\left\{\begin{array}{l}a \mathrm{e}^{t_{1}}=t_{1}^{2}① \\ a \mathrm{e}^{t_{2}}=t_{2}^{2}② \\ a \mathrm{e}^{t_{3}}=t_{3}^{2}③\end{array}\right.$ ，由②③可得 $\left\{\begin{array}{l}\ln a+t_{2}=2 \ln t_{2} \\ \ln a+t_{3}=2 \ln t_{3}\end{array}\right.$ ，
两式作差可得 $t_{3}-t_{2}=2\left(\ln t_{3}-\ln t_{2}\right)$ ，
则由对数均值不等式可得 $2=\frac{t_{3}-t_{2}}{\ln t_{3}-\ln t_{2}}>\sqrt{t_{2} t_{3}}$ ，
则 $t_{2} t_{3}<4$ ，故要证 $\left(\ln x_{2}-\ln x_{1}\right) \cdot \ln x_{3}<\frac{4 \mathrm{e}}{\mathrm{e}-1}$ ，
即证 $t_{2} t_{3}-t_{1} t_{3}<\frac{4 \mathrm{e}}{\mathrm{e}-1}$ ，只需证 $4-t_{1} t_{3} \leq \frac{4 \mathrm{e}}{\mathrm{e}-1}$ ，
即证 $-t_{1} t_{3} \leq \frac{4}{\mathrm{e}-1}$ ，又因为 $t_{1}<0, t_{1}^{2}=a \mathrm{e}^{t_{1}}<a$ ，则 $\left|t_{1}\right|=-t_{1}<\sqrt{a}$ ，
所以 $-t_{1} t_{3}<\sqrt{a} t_{3}=\frac{t_{3}^{2}}{\mathrm{e}^{\frac{t_{3}}{2}}}$ ，故只需证 $\frac{t_{3}^{2}}{\mathrm{e}^{\frac{t_{3}}{2}}} \leq \frac{4}{\mathrm{e}-1}$ ，
设函数 $\varphi(t)=\frac{t^{2}}{\mathrm{e}^{\frac{t}{2}}}, t>2$ ，则 $\varphi^{\prime}(t)=\frac{2 t \mathrm{e}^{\frac{t}{2}}-\frac{1}{2} t^{2} \mathrm{e}^{\frac{t}{2}}}{\mathrm{e}^{t}}=\frac{\left(2-\frac{1}{2} t\right) t}{\mathrm{e}^{\frac{t}{2}}}$ ，
当 $2<t<4$ 时，$\varphi^{\prime}(t)>0$ ，则 $\varphi(t)$ 在 $(2,4)$ 上单调递增；
当 $t>4$ 时，$\varphi^{\prime}(t)<0$ ，则 $\varphi(t)$ 在 $(4,+\infty)$ 上单调递减；
故 $\varphi(t)_{\text {max }}=\varphi(4)=\frac{16}{\mathrm{e}^{2}}$ ，即 $\varphi(t) \leq \frac{16}{\mathrm{e}^{2}}$ ．
而由 $4 e^{2}-16 e+16=4(e-2)^{2}>0$ ，
可知 $\frac{16}{\mathrm{e}^{2}}<\frac{4}{\mathrm{e}-1}$ 成立，故命题得证。