已知函数 $f(x)=x \mathrm{e}^{n x}-n x\left(n \in \mathbf{N}^*\right.$ 且 $\left.n \geqslant 2\right)$ 的图象与 $x$ 轴交于 $P, Q$ 两点, 且点 $P$ 在点 $Q$ 的左侧.
(1) 求点 $P$ 处的切线方程 $y=g(x)$, 并证明: $x \geqslant 0$ 时, $f(x) \geqslant g(x)$.
(2) 若关于 $x$ 的方程 $f(x)=t$ ( $t$ 为实数) 有两个正实根 $x_1, x_2$, 证明: $\left|x_1-x_2\right| < \frac{2 t}{n \ln n}+\frac{\ln n}{n}$.
【答案】 (1) 令 $f(x)=0$, 得 $x \mathrm{e}^{n x}-n x=0$. 所以 $x=0$ 或 $\mathrm{e}^{n x}=n$. 即 $x=0$ 或 $x=\frac{\ln n}{n}$.

因为点 $P$ 在点 $Q$ 的左侧, 所以 $P(0,0), Q\left(\frac{\ln n}{n}, 0\right)$.
因为 $f^{\prime}(x)=(n x+1) \mathrm{e}^{n x}-n$, 所以 $f^{\prime}(0)=1-n$,
得点 $P$ 处的切线方程为 $y=(1-n) x$, 即 $g(x)=(1-n) x$.

当 $x \geqslant 0$ 时, $f(x)-g(x)=x \mathrm{e}^{n x}-n x-(1-n) x=x\left(\mathrm{e}^{n x}-1\right)$,
因为 $x \geqslant 0, n \in \mathbf{N}^*$ 且 $n \geqslant 2$, 所以 $n x \geqslant 0$, 所以 $\mathrm{e}^{n x} \geqslant 1$, 即 $\mathrm{e}^{n x}-1 \geqslant 0$.
所以 $x\left(\mathrm{e}^{n x}-1\right) \geqslant 0$, 所以 $f(x) \geqslant g(x)$.

(2) 不妨设 $x_1 \leqslant x_2$, 且只考虑 $x \geqslant 0$ 的情形.
因为 $f^{\prime}(x)=(n x+1) \mathrm{c}^{n x}-n$, 所以 $f^{\prime}\left(\frac{\ln n}{n}\right)=\left(n \frac{\ln n}{n}+1\right) \mathrm{e}^{\ln n}-n=(\ln n+1) n-n=n \ln n$.
所以点 $Q$ 处的切线方程为 $y=n \ln n(x-\ln n)=(n \ln n) x-\ln ^2 n$, 记 $h(x)=(n \ln n) x-\ln ^2 n, $


令 $F(x)=f(x)-h(x)=x \mathrm{e}^{n x}-n x-\left[(n \ln n) x-\ln ^2 n\right]=x \mathrm{e}^{p x}-(n+n \ln n) x+\ln ^2 n, x \geqslant 0$,
设 $G(x)=F^{\prime}(x)=(n x+1) \mathrm{e}^{n x}-(n+n \ln n)$, 则 $G^{\prime}(x)=n(n x+2) \mathrm{e}^{n x} > 0$. 所以 $F^{\prime}(x)$ 单调递增.

又因为 $F^{\prime}\left(\frac{\ln n}{n}\right)=\left(n \frac{\ln n}{n}+1\right) \mathrm{e}^{\ln n}-(n+n \ln n)=0$,
所以, 当 $x \in\left(0, \frac{\ln n}{n}\right)$ 时, $F^{\prime}(x) < 0$; 当 $x \in\left(\frac{\ln n}{n},+\infty\right)$ 时, $F^{\prime}(x) > 0$.
所以 $F(x)$ 在 $\left(0, \frac{\ln n}{n}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\frac{\ln n}{n},+\infty\right)$ 上单调递增. 所以 $F(x)$ 在 $x=\frac{\ln n}{n}$ 时有极小值, 也是最
小值,
即 $F(x) \geqslant F\left(\begin{array}{c}\ln n \\ n\end{array}\right)=\frac{\ln n}{n} \mathrm{e}^{n \cdot \frac{\ln n}{n}}-(n+n \ln n)_n^{\ln n}+\ln ^2 n=0$, 所以当 $x \geqslant 0$ 时, $f(x) \geqslant h(x)$.

设方程 $h(x)=t$ 的根为 $x_2{ }^{\prime}$, 则 $x_2{ }^{\prime}=\frac{t+\ln ^2 n}{n \ln n}$.
易知 $h(x)$ 单调递增, 由 $h\left(x_2\right) \leqslant f\left(x_2\right)=t=h\left(x_2{ }^{\prime}\right)$, 所以 $x_2 \leqslant x_2{ }^{\prime}$.


对于 (1) 中 $g(x)=(1-n) x$, 设方程 $g(x)=t$ 的根为 $x_1{ }^{\prime}$, 则 $x_1{ }^{\prime}=\frac{t}{1-n}$. 易知 $g(x)$ 单调递减, 由 (1) 知 $g\left(x_1\right) \leqslant f\left(x_1\right)=t=g\left(x_1{ }^{\prime}\right)$, 所以 $x_1{ }^{\prime} \leqslant x_1$. 所以 $x_2-x_1 \leqslant x_2{ }^{\prime}-x_1{ }^{\prime}=\frac{t+\ln ^2 n}{n \ln n}-\frac{t}{1-n}=\left(\frac{1}{n \ln n}+\frac{1}{n-1}\right) t+\frac{\ln n}{n}$.

因为 $n \ln n-(n-1)=n(\ln n-1)+1$, 易知 $n \geqslant 3$ 时, $\ln n-1 > 0$, 故 $n(\ln n-1)+1 > 0(n \geqslant 3)$; 当 $n=2$ 时, $2(\ln 2-1)+1=\ln 4-1 > 0$, 所以 $n \ln n > n-1 > 0$, 所以 $0 < { }_{n \ln n}^1 < \frac{1}{n-1}$, 所以 $\frac{1}{n \ln n}+\frac{1}{n-1} > \underset{n \ln n^{\circ}}{2}$ 记 $\varphi(x)=f^{\prime}(x)=(n x+1) \mathrm{e}^{n x}-n, x \geqslant 0$, 则 $\varphi^{\prime}(x)=n(n x+2) \mathrm{e}^{n x} > 0$ 恒成立. 所以 $f^{\prime}(x)=(n x+1) \mathrm{e}^{n x}-n$ 单调递增, 因为 $f^{\prime}(0)=1-n < 0, f^{\prime}\left(\begin{array}{c}\ln n \\ n\end{array}\right)=n \ln n > 0$, 所以存在 $x_0 \in\left(0, \frac{\ln n}{n}\right)$ 使得 $f^{\prime}\left(x_0\right)=0$. 所以, 当 $x \in\left(0, x_0\right)$ 时. $f^{\prime}(x) < 0$; 当 $x \in\left(x_0,+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(x) > 0$. 所以 $f(x)$ 在 $\left(0, x_0\right)$ 上单调递减, 在 $\left(x_0,+\infty\right)$ 上单调递增.

因为 $f(0)=0, f\left(\frac{\ln n}{n}\right)=0$, 由函数图象知当方程 $f(x)=t(t$ 为实数 $)$ 有两个正实根 $x_1, x_2$ 时, $t < 0$, 所以 $\left(\frac{1}{n \ln n}+\frac{1}{n-1}\right) t < _{n \ln n}^{2 t}$. 所以 $x_2-x_1 \leqslant x_2{ }^{\prime}-x_1{ }^{\prime} < _{n \ln n}^{2 t}+{ }_n{ }^{\ln n}$, 即 $\left|x_2-x_1\right| < \frac{2 t}{n \ln n}+{ }_n{ }^{\ln n} . $


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解答题 来源:2022年12月江苏南充市高三数学第一轮模拟试卷(文科数学)
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