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2024年高考数学天津20

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（16分）设函数

$f(x)=x\ln x$ ．
（1）求

$f(x)$ 图像上点

$(1$ ，

$f$ （1）

$)$ 处的切线方程；
（2）若

$f(x)\geqslant a(x-\sqrt{x})$ 在

$x\in (0,+\infty )$ 时恒成立，求

$a$ 的值；
（3）若

$x_{1}$ ，

$x_{2}\in (0,1)$ ，证明

$\vert f(x_1)-f(x_2)\vert \leqslant \vert x_1-x_2\vert ^\dfrac{1}{2}$ ．
答案：（1）

$y=x-1$ ；
（2）2；
（3）详见解答过程．
分析：（1）先对函数求导，结合导数的几何意义可切线斜率，进而可求切线方程；
（2）设

$g(t)=a(t-1)-2\ln t$ ，命题等价于对任意

$t\in (0,+\infty )$ ，都有

$g(t)\geqslant 0$ ，利用特殊值赋值法，即可求解；
（3）结合重要不等式

$t-1\geqslant \ln t$ 可先证明对

$0 < a < b$ ，有

$\ln a+1 < \dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} < \ln b+1$ ，然后结合

$x_{1}$ ，

$x_{2}$ 的各种情况进行证明即可．
解：（1）由于

$f(x)=x\ln x$ ，故

$f'(x)=\ln x+1$ ，
所以

$f$ （1）

$=0$ ，

$f'$ （1）

$=1$ ，
所以所求的切线经过

$(1,0)$ ，且斜率为1，
故其方程为

$y=x-1$ ；
（2）设

$h(t)=t-1-\ln t$ ，则

$h'(t)=1-\dfrac{1}{t}=\dfrac{t-1}{t}$ ，从而当

$0 < t < 1$ 时

$h'(t) < 0$ ，当

$t > 1$ 时

$h'(t) > 0$ ，
所以

$h(t)$ 在

$(0$ ，

$1]$ 上递减，在

$[1$ ，

$+\infty )$ 上递增，这就说明

$h(t)\geqslant h$ （1），
即

$t-1\geqslant \ln t$ ，且等号成立当且仅当

$t=1$ ，
设

$g(t)=a(t-1)-2\ln t$ ，
则

$f(x)-a(x-\sqrt{x})=x\ln x-a(x-\sqrt{x})=x(a(\dfrac{1}{\sqrt{x}}-1)-2\ln \dfrac{1}{\sqrt{x}})=x\cdot g(\dfrac{1}{\sqrt{x}})$ ．
当

$x\in (0,+\infty )$ 时，

$\dfrac{1}{\sqrt{x}}$ 的取值范围是

$(0,+\infty )$ ，
所以命题等价于对任意

$t\in (0,+\infty )$ ，都有

$g(t)\geqslant 0$ ．
一方面，若对任意

$t\in (0,+\infty )$ ，都有

$g(t)\geqslant 0$ ，则对

$t\in (0,+\infty )$ ，
有

$0\leqslant g(t)=a(t-1)-2\ln t=a(t-1)+2\ln \dfrac{1}{t}\leqslant a(t-1)+2(\dfrac{1}{t}-1)=at+\dfrac{2}{t}-a-2$ ，
取

$t=2$ ，得

$0\leqslant a-1$ ，故

$a\geqslant 1 > 0$ ．
再取

$t=\sqrt{\dfrac{2}{a}}$ ，得

$0\leqslant a\cdot \sqrt{\dfrac{2}{a}}+2\sqrt{\dfrac{a}{2}}-a-2=2\sqrt{2a}-a-2=-(\sqrt{a}-\sqrt{2})^{2}$ ，
所以

$a=2$ ．
另一方面，若

$a=2$ ，则对任意

$t\in (0,+\infty )$ 都有

$g(t)=2(t-1)-2\ln t=2h(t)\geqslant 0$ ，满足条件．
综合以上两个方面知

$a=2$ ．
证明：（3）先证明一个结论：对

$0 < a < b$ ，有

$\ln a+1 < \dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} < \ln b+1$ ．
证明：前面已经证明不等式

$t-1\geqslant \ln t$ ，
故

$\dfrac{b\ln b-a\ln a}{b-a}=\dfrac{a\ln b-a\ln a}{b-a}+\ln b=\dfrac{\ln \dfrac{b}{a}}{\dfrac{b}{a}-1}+\ln b < 1+\ln b$ ，
且

$\dfrac{b\ln b-a\ln a}{b-a}=\dfrac{b\ln b-b\ln a}{b-a}+\ln a=\dfrac{-\ln \dfrac{a}{b}}{1-\dfrac{a}{b}}+\ln a > \dfrac{-(\dfrac{a}{b}-1)}{1-\dfrac{a}{b}}+\ln a=1+\ln a$ ，
所以

$\ln a+1 < \dfrac{b\ln b-a\ln a}{b-a} < \ln b+1$ ，
即

$\ln a+1 < \dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} < \ln b+1$ ．
由

$f\prime (x)=\ln x+1$ ，可知当

$0 < x < \dfrac{1}{e}$ 时，

$f\prime (x) < 0$ ，当

$x > \dfrac{1}{e}$ 时

$f\prime (x) > 0$ ．
所以

$f(x)$ 在

$(0,\dfrac{1}{e}]$ 上单调递减，在

$[\dfrac{1}{e},+\infty )$ 上单调递增．
不妨设

$x_{1}\leqslant x_{2}$ ，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论．
情况一：当

$\dfrac{1}{e}\leqslant x_{1}\leqslant x_{2} < 1$ 时，有

$\vert f(x_{1})-f(x_{2})\vert =f(x_{2})-f(x_{1}) < (\ln x_{2}+1)(x_{2}-x_{1}) < x_{2}-x_{1} < \sqrt{x_{2}-x_{1}}$ ，结论成立；
情况二：当

$0 < x_{1}\leqslant x_{2}\leqslant \dfrac{1}{e}$ 时，有

$\vert f(x_{1})-f(x_{2})\vert =f(x_{1})-f(x_{2})=x_{1}\ln x_{1}-x_{2}\ln x_{2}$
对任意的

$c\in (0,\dfrac{1}{e}]$ ，设

$\varphi (x)=x\ln x-c\ln c-\sqrt{c-x}$ ，则

$\varphi '{(x)}=\ln x+1+\dfrac{1}{2\sqrt{c-x}}$
由于

$\varphi '(x)$ 单调递增，且有

$\varphi \prime (\dfrac{c}{2{e}^{1+\dfrac{1}{\sqrt{2c}}}})=\ln \dfrac{c}{2{e}^{1+\dfrac{1}{\sqrt{2c}}}}+1+\dfrac{1}{2\sqrt{c-\dfrac{c}{2{e}^{1+\dfrac{1}{\sqrt{2c}}}}}} < \ln \dfrac{1}{e^{1+\dfrac{1}{\sqrt{2c}}}}+1+\dfrac{1}{2\sqrt{c-\dfrac{c}{2}}}=-1-\dfrac{1}{\sqrt{2c}}+1+\dfrac{1}{\sqrt{2c}}=0$ ，
且当

$x\geqslant c-\dfrac{1}{4(\ln \dfrac{2}{c}-1)^{2}}x > \dfrac{c}{2}$ 时，由

$\dfrac{1}{2\sqrt{c-x}}\geqslant \ln \dfrac{2}{c}-1$ 可知，

$\varphi '{(x)}=\ln x+1+\dfrac{1}{2\sqrt{c-x}} > \ln \dfrac{c}{2}+1+\dfrac{1}{2\sqrt{c-x}}=\dfrac{1}{2\sqrt{c-x}}-(\ln \dfrac{2}{c}-1)\geqslant 0$ ．
所以

$\varphi '(x)$ 在

$(0,c)$ 上存在零点

$x_{0}$ ，再结合

$\varphi '(x)$ 单调递增，即知

$0 < x < x_{0}$ 时

$\varphi '(x) < 0$ ，

$x_{0} < x < c$ 时

$\varphi '(x) > 0$
故

$\varphi (x)$ 在

$(0$ ，

$x_{0}]$ 上递减，在

$[x_{0}$ ，

$c]$ 上递增．
①当

$x_{0}\leqslant x\leqslant c$ 时，有

$\varphi (x)\leqslant \varphi$ （c）

$=0$ ；
②当

$0 < x < x_{0}$ 时，由于

$\sqrt{c}\ln \dfrac{1}{c}=-2f(\sqrt{c})\leqslant -2f(\dfrac{1}{e})=\dfrac{2}{e} < 1$ ，故我们可以取

$q\in (\sqrt{c}\ln \dfrac{1}{c},1)$ ．
从而当

$0 < x < \dfrac{c}{1-q^2}$ 时，由

$\sqrt{c-x} > q\sqrt{c}$ ，
可得

$\varphi (x)=x\ln x-c\ln c-\sqrt{c-x} < -c\ln c-\sqrt{c-x} < -c\ln c-q\sqrt{c}=\sqrt{c}(\sqrt{c}\ln \dfrac{1}{c}-q) < 0$ ，
再根据

$\varphi (x)$ 在

$(0$ ，

$x_{0}]$ 上递减，即知对

$0 < x < x_{0}$ 都有

$\varphi (x) < 0$ ；
综合①②可知对任意

$0 < x\leqslant c$ ，都有

$\varphi (x)\leqslant 0$ ，即

$\varphi (x)=x\ln x-c\ln c-\sqrt{c-x}\leqslant 0$ ．
根据

$c\in (0,\dfrac{1}{e}]$ 和

$0 < x\leqslant c$ 的任意性，取

$c=x_{2}$ ，

$x=x_{1}$ ，就得到

$x_1\ln x_1-x_2\ln x_2-\sqrt{x_2-x_1}\leqslant 0$
所以

$\vert f(x_{1})-f(x_{2})\vert =f(x_{1})-f(x_{2})=x_{1}\ln x_{1}-x_{2}\ln x_{2}\leqslant \sqrt{x_{2}-x_{1}}$
情况三：当

$0 < x_{1}\leqslant \dfrac{1}{e}\leqslant x_{2} < 1$ 时，根据情况一和情况二的讨论，
可得

$\vert f(x_{1})-f(\dfrac{1}{e})\vert \leqslant \sqrt{\dfrac{1}{e}-x_{1}}\leqslant \sqrt{x_{2}-x_{1}}$ ，

$\vert f(\dfrac{1}{e})-f(x_{2})\vert \leqslant \sqrt{x_{2}-\dfrac{1}{e}}\leqslant \sqrt{x_{2}-x_{1}}$ ，
而根据

$f(x)$ 的单调性，知

$\vert f(x_{1})-f(x_{2})\vert \leqslant \vert f(x_{1})-f(\dfrac{1}{e})\vert$ 或

$\vert f(x_{1})-f(x_{2})\vert \leqslant \vert f(\dfrac{1}{e})-f(x_{2})\vert$ ．
故一定有

$\vert f(x_{1})-f(x_{2})\vert \leqslant \sqrt{x_{2}-x_{1}}$ 成立．
综上，结论成立．
点评：本题主要考查了导数几何意义在切削方程求解中的应用，还考查了由不等式恒成立求解参数范围，及不等式的证明，属于难题．

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