《2024年步步高大一轮复习讲义高中数学人教A版》

1.（2023·洛阳联考）已知函数$g(x)=\ln x - bx$，若$g(x)$有两个不同的零点$x_1$，$x_2$.
(1)求实数$b$的取值范围；
(2)求证：$\ln x_1+\ln x_2＞2$.

答案： 能力提升1.
(1)解　令$g(x)=\ln x - bx = 0$， 　得$b = \frac{\ln x}{x}(x＞0)$. 　令$\varphi(x)=\frac{\ln x}{x}(x＞0)$， 　则$\varphi'(x)=\frac{1 - \ln x}{x^2}$， 　由$\varphi'(x)＞0$，得$0＜x＜e$；由$\varphi'(x)＜0$，得$x＞e$. 　所以$\varphi(x)$在$(0,e)$上单调递增，在$(e,+\infty)$上单调递减， 所以$\varphi(x)_{max}=\varphi(e)=\frac{1}{e}$ 　又$\varphi(1)=0$，且当$x→+\infty$时，$\varphi(x)→0$；当$x→0$时，$\varphi(x)→-\infty$， 　由于$g(x)$有两个不同的零点， 　则直线$y = b$与函数$\varphi(x)$的图象在$(0,+\infty)$上有两个不同的交点 　所以$0＜b＜\frac{1}{e}$. 　
(2)证明　方法一　(比值代换法) 由
(1)知，不妨设$1＜x_1＜e＜x_2$. 　由$g(x_1)=g(x_2)=0$， 　得$\ln x_1 - bx_1 = 0$，$\ln x_2 - bx_2 = 0$，两式相减得$\ln x_1 - \ln x_2 = b(x_1 - x_2)$，两式相加得$\ln x_1 + \ln x_2 = b(x_1 + x_2)$. 欲证$\ln x_1 + \ln x_2＞2$， 　只需证$b(x_1 + x_2)＞2$， 　即证$\frac{\ln x_1 - \ln x_2}{x_1 - x_2}＞\frac{2}{x_1 + x_2}$， 　即证$\ln\frac{x_1}{x_2}＞\frac{2(x_1 - x_2)}{x_1 + x_2}$ 　设$t = \frac{x_1}{x_2}＜1$，则$x_1 = tx_2$， 　代入上式得$\ln t＞\frac{2(t - 1)}{t + 1}$，$t＜1$. 　故只需证$\ln t＞\frac{2(t - 1)}{t + 1}$，$t＜1$. 　设$h(t)=\ln t - \frac{2(t - 1)}{t + 1}$，$t＜1$， 　则$h'(t)=\frac{1}{t}-\frac{2(t + 1)-2(t - 1)}{(t + 1)^2}=\frac{(t - 1)^2}{t(t + 1)^2}＞0$. 　所以$h(t)$在$(0,1)$上单调递增，所以$h(t)＞h(1)=0$， 　所以$\ln t＞\frac{2(t - 1)}{t + 1}$ 　故$\ln x_1 + \ln x_2＞2$，得证. 　方法二　(对称化构造法) 由
(1)知，不妨设$1＜x_1＜e＜x_2$，令$t_1 = \ln x_1$，$t_2 = \ln x_2$， 　则$0＜t_1＜1＜t_2$，$\frac{t_1}{e^{t_1}}=\frac{t_2}{e^{t_2}}$， 　欲证$\ln x_1 + \ln x_2＞2$， 　即证$t_1 + t_2＞2$. 　设$k(t)=\frac{t}{e^t}$，$t＞0$. 　则$k(t_1)=k(t_2)$. 　因为$k'(t)=\frac{1 - t}{e^t}$， 　所以$k(t)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1,+\infty)$上单调递减 当$t_2\geq2$时，易得$t_1 + t_2＞2$； 　当$0＜t_1＜1＜t_2＜2$时， 　要证$t_1 + t_2＞2$， 　即证$1＞t_1＞2 - t_2＞0$， 　即证$k(t_1)＞k(2 - t_2)$. 　因为$k(t_1)=k(t_2)$， 　所以即证$k(t_2)＞k(2 - t_2)$. 　构造函数$K(t)=k(t)-k(2 - t)(1＜t＜2)$， 　易得$K(1)=0$， 　$K'(t)=k'(t)+k'(2 - t)=\frac{1 - t}{e^t}+\frac{t - 1}{e^{2 - t}}=(1 - t)(e^{-t}-e^{t - 2})(1＜t＜2)$，因为$1 - t＜0$，且$-t＜t - 2$， 　所以$e^{-t}＜e^{t - 2}$，即$K'(t)＞0$. 　所以$K(t)$在$(1,2)$上单调递增，$K(t)＞K(1)=0(1＜t＜2)$. 　所以$K(t_2)＞0$， 　即$k(t_2)＞k(2 - t_2)$. 　故$\ln x_1 + \ln x_2＞2$，得证.

2.（2023·聊城模拟）已知函数$f(x)=\ln x+\frac{a}{x}(a\in\mathbf{R})$，设$m$，$n$为两个不相等的正数，且$f(m)=f(n)=3$.
(1)求实数$a$的取值范围；
(2)证明：$a^2＜mn＜ae^2$.

答案： 2.
(1)解　由题意知$f(x)=3$有两个不相等的正根，所以$\ln x+\frac{a}{x}=3$有两个不相等的正根，即$a = 3x - x\ln x$有两个不相等的正根， 　令$h(x)=3x - x\ln x$，$x＞0$，则$h'(x)=2 - \ln x$， 　令$h'(x)=0$，得$x = e^2$；令$h'(x)＞0$，得$0＜x＜e^2$；令$h'(x)＜0$，得$x＞e^2$，所以函数$h(x)=3x - x\ln x$的单调递增区间为$(0,e^2)$，单调递减区间为$(e^2,+\infty)$， 　令$h(x)=0$，得$x = e^3$，且$h(e^2)=e^2$，当$x→0$时，$h(x)→0$， 　作出函数$h(x)=3x - x\ln x$的图象，要使$a = 3x - x\ln x$有两个不相等的正根，则函数$y = a$与函数$h(x)=3x - x\ln x$有两个交点，由图知$0＜a＜e^2$，故实数$a$的取值范围为$\{a|0＜a＜e^2\}$. 　
(2)证明　函数$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$，$f'(x)=\frac{1}{x}-\frac{a}{x^2}=\frac{x - a}{x^2}$， 　由
(1)知，$0＜a＜e^2$，若$0＜x＜a$，$f'(x)＜0$，$f(x)$在$(0,a)$上单调递减，若$x＞a$，$f'(x)＞0$，$f(x)$在$(a,+\infty)$上单调递增. 　由题意，不妨设$0＜m＜a＜n$， 　先证明$mn＞a^2$， 　要证$mn＞a^2$，即证$n＞\frac{a^2}{m}$， 　因为$\frac{a^2}{m}＞a$，$n＞a$，且$f(x)$在$(a,+\infty)$上单调递增， 　故只需证明$f(\frac{a^2}{m})＜f(n)=f(m)$， 令$g(x)=f(\frac{a^2}{x})-f(x)=\frac{x}{a}-2\ln x-\frac{a}{x}+2\ln a(0＜x＜a)$，则$g'(x)=\frac{1}{a}-\frac{2}{x}+\frac{a}{x^2}=\frac{1}{ax^2}(x - a)^2＞0$， 　所以$g(x)$在$(0,a)$上单调递增， 　所以当$0＜x＜a$时，$g(x)＜g(a)=0$，则有$f(\frac{a^2}{x})＜f(x)$， 因为$0＜m＜a$，所以$f(\frac{a^2}{m})＜f(m)$，则$f(\frac{a^2}{m})＜f(n)$，故$mn＞a^2$； 再证$mn＜ae^2$，即证$n＜\frac{ae^2}{m}$， 因为$n＞a$，$\frac{ae^2}{m}＞a$，且$f(x)$在$(a,+\infty)$上单调递增， 只需证明$f(\frac{ae^2}{m})＞f(n)=3$， 即证$\ln a-\ln m+\frac{m}{e^2}-1＞0$. 因为$f(m)=\ln m+\frac{a}{m}=3$， 所以$\ln a=\ln m+\ln(3 - \frac{a}{m})$， 所以只需证明$\frac{m}{e^2}+\ln(3 - \frac{a}{m})-1＞0$， 令$\varphi(x)=\frac{x}{e^2}+\ln(3 - \frac{a}{x})-1(0＜x＜e^2)$，则$\varphi'(x)=\frac{1}{e^2}-\frac{1}{x(3 - \frac{a}{x})}$，由
(1)知，$h(x)$在$(0,e^2)$上单调递增，当$0＜x＜e^2$时，$h(x)＜h(e^2)=e^2$，则$\varphi'(x)＜0$， 所以$\varphi(x)$在$(0,e^2)$上单调递减， 故$\varphi(x)＞\varphi(e^2)=0$，所以$\frac{m}{e^2}+\ln(3 - \frac{a}{m})-1＞0$成立，故$mn＜ae^2$. 综上，$a^2＜mn＜ae^2$.