2005-湖南卷理-21 解-导数与函数的单调性

本题导读

本题考查导数的综合应用。第一问通过求导将单调递减区间存在性问题转化为二次不等式在正半轴的有解问题；第二问是经典的极值点偏移与对数平均不等式背景题，通过中点斜率表达与两式相减，转化为单元函数不等式的证明。

📌【题干】

Question

（2005年湖南卷(理)） 已知函数 $f(x)=\ln x,g(x)=\frac{1}{2}a{x}^2+bx,a\ne 0$.

(1) 若 $b=2$，且 $h(x)=f(x)-g(x)$ 存在单调递减区间，求 $a$ 的取值范围；

(2) 设函数 $f(x)$ 的图象 $C_1$ 与函数 $g(x)$ 图象 $C_2$ 交于点 $P、Q$，过线段 $PQ$ 的中点作 $x$ 轴的垂线分别交 $C_1,C_2$ 于点 $M、N$，证明 $C_1$ 在点 $M$ 处的切线与 $C_2$ 在点 $N$ 处的切线不平行.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问：写出 $h(x)$ 的导函数，将“存在单调递减区间”转化为 $h^{\prime }(x)<0$ 在 $(0,+\infty )$ 上有解，进而讨论二次函数在正半轴有正值解的参数范围。
2. 第二问：设出交点坐标，两式相减得到关于 $a,b$ 的组合表达式。写出中点横坐标 $x_0$ 处的两条切线斜率 $k_1,k_2$，将证明 $k_1\ne k_2$ 转化为证明对数平均值不等式，利用换元法构造辅助函数求导证明。

✅【答案】

Success

$a$ 的取值范围是 $(-1,0)\cup (0,+\infty )$

✍【详细解析】

Abstract

(1) 解： 当 $b=2$ 时， $h(x)=\ln x-\frac{1}{2}a{x}^2-2x$，其定义域为 $(0,+\infty )$。 求导得： $h^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-ax-2=\frac{-a{x}^2-2x+1}{x}$ 因为 $h(x)$ 存在单调递减区间，所以 $h^{\prime }(x)<0$ 在 $(0,+\infty )$ 上有解。 因为 $x>0$，等价于 $-a{x}^2-2x+1<0$，即 $a{x}^2+2x-1>0$ 在 $(0,+\infty )$ 上有解。 设 $F(x)=a{x}^2+2x-1$： ① 当 $a>0$ 时，二次函数开口向上，当 $x\to +\infty$ 时 $F(x)\to +\infty$，显然在 $(0,+\infty )$ 上有解； ② 当 $a<0$ 时，二次函数开口向下，对称轴为 $x=-\frac{1}{a}>0$， 要使 $F(x)>0$ 在 $(0,+\infty )$ 上有解，只需满足 $\Delta =4-4a(-1)=4+4a>0⟹a>-1$。 结合 $a<0$，得 $-1<a<0$。 综上所述， $a$ 的取值范围是 $(-1,0)\cup (0,+\infty )$。

(2) 证明： 设 $P(x_1,y_1),Q(x_2,y_2)$，不妨设 $0<x_1<x_2$。 因为 $P,Q$ 是 $C_1$ 与 $C_2$ 的交点，则： $\{\begin{array}{l}\ln x_1=\frac{1}{2}a{x}_1^2+b{x}_1\\ \ln x_2=\frac{1}{2}a{x}_2^2+b{x}_2\end{array}$ 两式相减得： $\ln x_2-\ln x_1=\frac{1}{2}a(x_2^2-x_1^2)+b(x_2-x_1)$。 两边同除以 $x_2-x_1$ 得： $\frac{\ln x_2-\ln x_1}{x_2-x_1}=\frac{1}{2}a(x_1+x_2)+b$ 线段 $PQ$ 的中点横坐标为 $x_0=\frac{x_1+x_2}{2}$，则 $M,N$ 的横坐标均为 $x_0$。 $C_1$ 在点 $M$ 处的切线斜率为： $k_1=f^{\prime }(x_0)=\frac{1}{x_0}=\frac{2}{x_1+x_2}$ $C_2$ 在点 $N$ 处的切线斜率为： $k_2=g^{\prime }(x_0)=a{x}_0+b=a\cdot \frac{x_1+x_2}{2}+b$ 将前面推导的代数关系代入 $k_2$，得 $k_2=\frac{\ln x_2-\ln x_1}{x_2-x_1}$。 要证明两切线不平行，只需证 $k_1\ne k_2$，即证： $\frac{\ln x_2-\ln x_1}{x_2-x_1}\ne \frac{2}{x_1+x_2}⟹\ln \frac{x_2}{x_1}>\frac{2(x_2-x_1)}{x_1+x_2}=\frac{2\left(\frac{x_2}{x_1}-1\right)}{\frac{x_2}{x_1}+1}$ 令 $t=\frac{x_2}{x_1}>1$，构造辅助函数： $F(t)=\ln t-\frac{2(t-1)}{t+1}(t\ge 1)$ 求导得： $F^{\prime }(t)=\frac{1}{t}-\frac{4}{(t+1{)}^2}=\frac{(t+1{)}^2-4t}{t(t+1{)}^2}=\frac{(t-1{)}^2}{t(t+1{)}^2}$ 因为 $t>1$，所以 $F^{\prime }(t)>0$，函数 $F(t)$ 在 $[1,+\infty )$ 上单调递增。 故 $F(t)>F(1)=0$，即 $\ln t>\frac{2(t-1)}{t+1}$ 恒成立。 由此证得 $k_2>k_1$，即 $k_1\ne k_2$。 所以 $C_1$ 在点 $M$ 处的切线与 $C_2$ 在点 $N$ 处的切线不平行。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：利用导数证明不等式，切线斜率的平行判定（斜率相等则平行或重合）。
2. 核心方法：两点取值代数式相减法（常用于消去多余线性参数 $b$），换元法将双变量问题变形为单变量函数问题。
3. 避坑指南：第二问求出 $k_2=a{x}_0+b$ 后，切忌盲目去解 $a,b$ 的具体值。必须通过两式相减把整体 $a{x}_0+b$ 替换为不含 $a,b$ 的对数平均值形式，否则将陷入死胡同。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题源于数学分析中著名的对数平均不等式（Logarithmic Mean Inequality）： $\frac{x_2-x_1}{\ln x_2-\ln x_1}<\frac{x_1+x_2}{2}$。这是近二十年来高考导数压轴题中“极值点偏移”与“中点割线隔离”题型的鼻祖和经典构型。
2. 结论推广：对于任意满足 $f(x)=\ln x$ 与二次函数有两交点 $x_1,x_2$ 的情况，其中点处的割线斜率（即 $\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}$）与对应位置的切线斜率均满足严格的大小夹逼关系，此结论在指数函数 $y=e^x$ 的切线偏移中亦有对偶形式。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 20.01 导数定义与几何意义
• 20.12 极值点偏移专题
• 20.13 对数平均与指数平均不等式专题

类题演练 (Links)