《2024年步步高大一轮复习讲义高中数学人教A版》

跟踪训练1（2022·全国甲卷）已知函数$f(x)=\frac{e^x}{x}-\ln x + x - a$.
(1)若$f(x)\geq0$，求$a$的取值范围；
(2)证明：若$f(x)$有两个零点$x_1$，$x_2$，则$x_1x_2＜1$.

答案： 跟踪训练1
(1)解　　由题意知函数∮(x)的定义域为(0，+∞). 由f'(x)=$\frac{e(x-1)}{x²}$--x+1 =$\frac{e((x-1)-x+x}{x²}$ =$\frac{(ef+x)(x-1)}{x²}$, 可得函数f(x)在(0.1)上单调递减，在(1.+∞)上单调递增， 所以f(x)m。n=f
(1)=e+1-a， 又∮(x)≥0, 所以e+1一a≥0,解得a≤e+1, 所以a的取值范围为(-80，e+1].
(2)证明　方法一　不妨设x1＜x2,则由
(1)知0＜x1＜1＜x2,$\frac{1}{x1}$＞1. 令F(x)=f(x)-∮($\frac{1}{x}$), 则　F'(x)=$\frac{(e+x)(x-1)}{x²}$+(e÷+$\frac{1}{x}$)($\frac{1}{x}$-1) 　　　　　　　　$\frac{1}{x²}$ 　　　$\frac{1}{x²}$ 　　　　　　　　　1 =$\frac{(x-1)}{x²}$(e²+x-xe²-1). 令g(x)=e²+x-xe1-1(x＞0),则g'(x)=e²+1-e1+xe²1.$\frac{1}{x²}$ =e²+11+e÷($\frac{1}{x}$-1)(x＞0), 所以当x∈(0,1)时,g'(x)＞0, 所以当x∈(0,1)时,g(x)＜g
(1)=0，所以当x∈(0,1)时，F′(x)＞0, 所以F(x)在(0,1)上单调递增， 所以F(x)＜F
(1)， 即在(0,1)上∮(x)-f($\frac{1}{x}$)＜F
(1) =0. 又f(x1)=f(x2)=0, 所以f(x2)-f($\frac{1}{x1}$)＜0, 即f(x2)＜f($\frac{1}{x1}$). 　由
(1)可知，函数f(x)在(1，+∞)上单调递增， 　所以x2＜$\frac{1}{x1}$，即x1x2＜1, 　方法二　(同构法构造函数化解等式) 　不妨设x1＜x2, 　则由
(1)知0＜x1＜1＜x2,0＜$\frac{1}{x2}$＜1.由f(x1)=f(x2)=0， 　　　　　　　　　　。。 　得$\frac{e}{x1}$-lnx1+x1=$\frac{e}{x2}$-lnx2+x2.即e-x+x1-lnx1=e-x+x2-lnx2. 　因为函数y=e+x在R上单调递增，所以x-lnx1=x2-lnx2成立。构造函数h(x)=x-lnx(x＞0)，g(x)=h(x)-h($\frac{1}{x}$)=x-$\frac{1}{x}$-2lnx(x＞0)， 　则g'(x)=1+$\frac{1}{x²}$-2$\frac{1}{x}$=$\frac{(x-1)}{x²}$≥0 (x＞0)， 　所以函数g(x)在(0，+∞)上单调递增，所以当x＞1时，g(x)＞g
(1)=0，即当x＞1时，h(x)＞h($\frac{1}{x}$), 　所以h(x1)=h(x2)＞h($\frac{1}{x2}$). 　又h'(x)=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$(x＞0),所以h(x)在(0,1)上单调递减， 　所以0＜x1＜$\frac{1}{x2}$＜1,即x1x2＜1.

跟踪训练2 已知函数$f(x)=\frac{a}{x}+\ln x(a\in\mathbf{R})$.
(1)讨论$f(x)$的单调性；
(2)若$f(x)$有两个不相同的零点$x_1$，$x_2$，设$f(x)$的导函数为$f'(x)$. 证明：$x_1f'(x_1)+x_2f'(x_2)＞2\ln a + 2$.

答案： 跟踪训练2
(1)解　∮(x)=$\frac{a}{x}$+Inx 的定义域为(0，+∞)， 且f'(x)=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{x²}$=$\frac{x - a}{x²}$, 　当a≤0时，∮'(x)＞0恒成立，f(x) 在(0,+∞)上单调递增; 　当a＞0时，令∮'(x)＞0，解得x＞a,∮'(x)＜0,解得0＜x＜a, 　f(x)在(0,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增， 综上，当a≤0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a＞0时，f(x)在(0，a) 上单调递减，在(a，+∞)上单调递增.
(2)证明　由
(1)知，当a≤0时，∮(x) 在(0，+∞)上单调递增，故f(x)至多有一个零点，不符合要求，故a＞0,要想f(x)有两个不相同的零点x1,x2,则f(a)=1+\ln a＜0， 解得0＜a＜$\frac{1}{e}$, 由于$\frac{a}{x1}$+lnx1=0,$\frac{a}{x2}$+lnx2=0,故$\frac{a}{x1}$+$\frac{a}{x2}$=-lnx1-lnx2=-ln(x1x2).要证x1f'(x1)+x2f'(x2)＞2\ln a + 2，即证x1$\frac{x1 - a}{x1}$+x2$\frac{x2 - a}{x2}$=x1 - a + x2 - a = 2 + \ln(x1x2)＞2\ln a + 2, 即证\ln(x1x2)＞2\ln a, 因为y = \ln x在(0,+∞)上单调递增，所以只需证x1x2＞a²,不妨设0＜x1＜x2,$\frac{a}{x1}$+lnx1=0,$\frac{a}{x2}$+lnx2=0，两式相减得$\frac{a}{x1}$ - $\frac{a}{x2}$ = lnx2 - lnx1,变形为$\frac{x2 - x1}{\ln x2 - \ln x1}$ = $\frac{x1x2}{a}$, 下面证明$\frac{x2 - x1}{\ln x2 - \ln x1}$＞$\sqrt{x1x2}$在0＜x1＜x2上成立， 只需证x2 - x1＞(\ln x2 - \ln x1)$\sqrt{x1x2}$, 令t = $\frac{x2}{x1}$＞1, 即证t - $\frac{1}{t}$＞2\ln t,t＞1. 构造函数h(t)=t - $\frac{1}{t}$ - 2\ln t,t＞1,则h'(t)=1 + $\frac{1}{t²}$ - $\frac{2}{t}$ = $\frac{t² - 2t + 1}{t²}$ = $\frac{(t - 1)²}{t²}$＞0恒成立， 故h(t)=t - $\frac{1}{t}$ - 2\ln t在(1，+∞)上单调递增， 故h(t)＞h
(1)=1 - 1 - 2\ln 1 = 0， 所以t - $\frac{1}{t}$＞2\ln t,t＞1, 故$\frac{x2 - x1}{\ln x2 - \ln x1}$＞$\sqrt{x1x2}$, 即$\frac{x1x2}{a}$＞$\sqrt{x1x2}$, 所以$\sqrt{x1x2}$＞a,x1x2＞a²,证毕.

例2（2024·沧州模拟）已知函数$f(x)=\ln x - ax - 1(a\in\mathbf{R})$. 若方程$f(x)+2 = 0$有两个实根$x_1$，$x_2$，且$x_2＞2x_1$，求证：$x_1x_2^2＞\frac{32}{e^3}$.（参考数据：$\ln 2\approx0.693$，$\ln 3\approx1.099$）

答案： 例2证明　　由题意知∮(x)+2=\ln x - ax + 1 = 0， 　于是$\begin{cases}\ln x_1 + 1 = ax_1\\\ln x_2 + 1 = ax_2\end{cases}$， 　令$\frac{x_2}{x_1}=t$，则由$x_2＞2x_1$可得$t＞2$.于是$t = \frac{x_2}{x_1}=\frac{\ln x_2 + 1}{\ln x_1 + 1}=\frac{\ln t + \ln x_1 + 1}{\ln x_1 + 1}$，即$\ln x_1 = \frac{\ln t}{t - 1}-1$. 　从而$\ln x_2 = \ln t + \ln x_1 = \frac{t\ln t}{t - 1}-1$. 另一方面，对$x_1x_2^2＞\frac{32}{e^3}$两端分别取自然对数， 　则有$\ln x_1 + 2\ln x_2＞5\ln 2 - 3$， 　于是，即证$\frac{\ln t}{t - 1}+\frac{2t\ln t}{t - 1}-3＞5\ln 2 - 3$，即$\frac{(1 + 2t)\ln t}{t - 1}＞5\ln 2$，其中$t＞2$. 　设$g(t)=\frac{(1 + 2t)\ln t}{t - 1}$，$t＞2$. 　则$g'(t)=\frac{(2\ln t+\frac{1 + 2t}{t})(t - 1)-(1 + 2t)\ln t}{(t - 1)^2}=\frac{-3\ln t + 2t-\frac{1}{t}-1}{(t - 1)^2}$， 　设$\varphi(t)=-3\ln t + 2t-\frac{1}{t}-1$，$t＞2$.则$\varphi'(t)=-\frac{3}{t}+2+\frac{1}{t^2}=\frac{2t^2 - 3t + 1}{t^2}=\frac{(2t - 1)(t - 1)}{t^2}＞0$在$(2,+\infty)$上恒成立， 于是$\varphi(t)$在$(2,+\infty)$上单调递增，从而$\varphi(t)＞\varphi(2)=-3\ln 2 + 4-\frac{1}{2}-1=\frac{5}{2}-3\ln 2＞0$. 所以$g'(t)＞0$，即函数$g(t)$在$(2,+\infty)$上单调递增，于是$g(t)＞g(2)=5\ln 2$. 因此$x_1x_2^2＞\frac{32}{e^3}$，即原不等式成立.