设函数 $f(x) =\ln x-a(x-1)e^x$，其中 $ a\in\mathbb{R} $．
（I）若 $ a\leqslant 0 $，讨论 $ f(x)$ 的单调性；
（II）若 $ 0<a<\dfrac{1}{e} $
（i）证明 $ f(x)$ 恰有两个零点；
（ii）设 $ x_0 $ 为 $ f(x)$ 的极值点，$ x_1 $ 为 $ f(x)$ 的零点，且 $ x_1>x_0 $，证明 $ 3x_0-x_1>2$．
（I）若 $ a\leqslant 0 $，讨论 $ f(x)$ 的单调性；
（II）若 $ 0<a<\dfrac{1}{e} $
（i）证明 $ f(x)$ 恰有两个零点；
（ii）设 $ x_0 $ 为 $ f(x)$ 的极值点，$ x_1 $ 为 $ f(x)$ 的零点，且 $ x_1>x_0 $，证明 $ 3x_0-x_1>2$．
【难度】
【出处】
2019年高考天津卷（文）
【标注】
【答案】
略
【解析】
（I）由已知，$f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$，且 $f^\prime(x)=\dfrac{1}{x}-[ae^x+a(x-1)e^x]=\dfrac{1-ax^2e^x}{x}$．
因此当 $a\leqslant 0$ 时，$1-ax^2e^x>0$，从而 $f^\prime(x)>0$，所以 $f(x)$ 在 $(,+\infty)$ 内单调递增．
（II）（i）由（I）知，$f^\prime(x)=\dfrac{1-ax^2e^x}{x}$．令 $g(x)=1-ax^2e^x$，由 $0<a<\dfrac{1}{e}$，可知 $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内单调递增，又 $g(1)=1-ae>0$，且 $g\left(\ln \dfrac{1}{a}\right)=1-a\left(\ln \dfrac{1}{a}\right)^2\dfrac{1}{a}=1-\left(\ln \dfrac{1}{a}\right)^2<0$，故 $g(x)=0$ 在 $(0,+\infty)$ 内有唯一解，从而 $f^\prime(x)=0$ 在 $(0,+\infty)$ 内有唯一解，不妨设为 $x_0$，则 $1<x_0<\ln\dfrac{1}{a}$．当 $x\in(0,x_0)$ 时，$f^\prime(x)=\dfrac{g(x)}{x}>\dfrac{g(x_0)}{x}=0$，所以 $f(x)$ 在 $(0,x_0)$ 内单调递增；当 $x\in(x_0,+\infty)$ 时，$f^\prime(x)=\dfrac{g(x)}{x}<\dfrac{g(x_0)}{x}=0$，所以 $f(x)$ 在 $(x_0,+\infty)$ 内单调递减，因此 $x_0$ 是 $f(x)$ 的唯一极值点．
令 $h(x)=\ln x-x+1$，则当 $x>1$ 时，$h^\prime(x)=\dfrac{1}{x}-1<0$，故 $h(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 内单调递减，从而当 $x>1$ 时，$h(x)<h(1)=0$，所以 $\ln x<x-1$，从而\[f\left(\ln\dfrac{1}{a}\right)=\ln\ln\dfrac{1}{a}-a\left(\ln\dfrac{1}{a}-1\right)e^{\ln\frac{1}{a}}=\ln\ln\dfrac{1}{a}-\ln\dfrac{1}{a}+1=h\left(\ln\dfrac{1}{a}\right)<0\]又因为 $f(x_0)>f(1)=0$，所以 $f(x)$ 在 $(x_0,+\infty)$ 内有唯一零点．又 $f(x)$ 在 $(0,x_0)$ 内有唯一零点 $1$，从而，$f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内恰有两个零点．
（ii）由题意，$\begin{cases}f^\prime(x_0)=0\\f(x_1)=0\end{cases}$ 即 $\begin{cases}ax_0^2e^{x_0}=1\\\ln x_1=a(x_1-1)e^{x_1}\end{cases}$，从而 $\ln x_1=\dfrac{x_1-1}{x_0^2}e^{x_1-x_0}$，即 $e^{x_1-x_0}=\dfrac{x_0^2\ln x_1}{x_1-1}$．因为当 $x>1$ 时，$\ln x<x-1$，又 $x_1>x_0>1$，故 $e^{x_1-x_0}<\dfrac{x_0^2(x_1-1)}{x_1-1}=x_0^2$，两边取对数，得 $\ln e^{x_1-x_0}<\ln x_0^2$，于是 $x_1-x_0<2\ln x_0<2(x_0-1)$，整理得 $3x_0-x_1>2$．
因此当 $a\leqslant 0$ 时，$1-ax^2e^x>0$，从而 $f^\prime(x)>0$，所以 $f(x)$ 在 $(,+\infty)$ 内单调递增．
（II）（i）由（I）知，$f^\prime(x)=\dfrac{1-ax^2e^x}{x}$．令 $g(x)=1-ax^2e^x$，由 $0<a<\dfrac{1}{e}$，可知 $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内单调递增，又 $g(1)=1-ae>0$，且 $g\left(\ln \dfrac{1}{a}\right)=1-a\left(\ln \dfrac{1}{a}\right)^2\dfrac{1}{a}=1-\left(\ln \dfrac{1}{a}\right)^2<0$，故 $g(x)=0$ 在 $(0,+\infty)$ 内有唯一解，从而 $f^\prime(x)=0$ 在 $(0,+\infty)$ 内有唯一解，不妨设为 $x_0$，则 $1<x_0<\ln\dfrac{1}{a}$．当 $x\in(0,x_0)$ 时，$f^\prime(x)=\dfrac{g(x)}{x}>\dfrac{g(x_0)}{x}=0$，所以 $f(x)$ 在 $(0,x_0)$ 内单调递增；当 $x\in(x_0,+\infty)$ 时，$f^\prime(x)=\dfrac{g(x)}{x}<\dfrac{g(x_0)}{x}=0$，所以 $f(x)$ 在 $(x_0,+\infty)$ 内单调递减，因此 $x_0$ 是 $f(x)$ 的唯一极值点．
令 $h(x)=\ln x-x+1$，则当 $x>1$ 时，$h^\prime(x)=\dfrac{1}{x}-1<0$，故 $h(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 内单调递减，从而当 $x>1$ 时，$h(x)<h(1)=0$，所以 $\ln x<x-1$，从而\[f\left(\ln\dfrac{1}{a}\right)=\ln\ln\dfrac{1}{a}-a\left(\ln\dfrac{1}{a}-1\right)e^{\ln\frac{1}{a}}=\ln\ln\dfrac{1}{a}-\ln\dfrac{1}{a}+1=h\left(\ln\dfrac{1}{a}\right)<0\]又因为 $f(x_0)>f(1)=0$，所以 $f(x)$ 在 $(x_0,+\infty)$ 内有唯一零点．又 $f(x)$ 在 $(0,x_0)$ 内有唯一零点 $1$，从而，$f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内恰有两个零点．
（ii）由题意，$\begin{cases}f^\prime(x_0)=0\\f(x_1)=0\end{cases}$ 即 $\begin{cases}ax_0^2e^{x_0}=1\\\ln x_1=a(x_1-1)e^{x_1}\end{cases}$，从而 $\ln x_1=\dfrac{x_1-1}{x_0^2}e^{x_1-x_0}$，即 $e^{x_1-x_0}=\dfrac{x_0^2\ln x_1}{x_1-1}$．因为当 $x>1$ 时，$\ln x<x-1$，又 $x_1>x_0>1$，故 $e^{x_1-x_0}<\dfrac{x_0^2(x_1-1)}{x_1-1}=x_0^2$，两边取对数，得 $\ln e^{x_1-x_0}<\ln x_0^2$，于是 $x_1-x_0<2\ln x_0<2(x_0-1)$，整理得 $3x_0-x_1>2$．
答案
解析
备注
