《2025年优化探究高考总复习数学人教版》

[例 1] 已知函数$f(x)=\frac{x^2 - ax}{e^x},a\in R$.
(1)若$a = 2$，求$f(x)$的单调区间；
(2)若$a = 1$，$x_1$，$x_2$是方程$f(x)=\frac{\ln x + 1}{e^x}$的两个实数根，证明：$x_1 + x_2＞2$.

答案：
(1)[解] 由题可知$f(x)$的定义域为$R$，$f^{\prime}(x)=-\frac{x^{2}-4x + 2}{e^{x}}$。 令$h(x)=x^{2}-4x + 2$，则$h(x)=0$的两根分别为$x_{1}=2-\sqrt{2}$，$x_{2}=2+\sqrt{2}$。 当$x\lt2-\sqrt{2}$或$x\gt2+\sqrt{2}$时，$f^{\prime}(x)\lt0$； 当$2-\sqrt{2}\lt x\lt2+\sqrt{2}$时，$f^{\prime}(x)\gt0$。 所以$f(x)$的单调递增区间为$(2-\sqrt{2},2+\sqrt{2})$，单调递减区间为$(-\infty,2-\sqrt{2})$，$(2+\sqrt{2},+\infty)$。
(2)[证明] 原方程可化为$\ln x - x^{2}+x + 1 = 0$， 设$g(x)=\ln x - x^{2}+x + 1$，则$g^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-2x + 1=\frac{-2x^{2}+x + 1}{x}$，$x\gt0$。 令$g^{\prime}(x)=0$，得$x = 1$。$\because$在$(0,1)$上，$g^{\prime}(x)\gt0$，在$(1,+\infty)$上，$g^{\prime}(x)\lt0$， $\therefore g(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1,+\infty)$上单调递减。 $\therefore g(x)\leq g(1)=-1 + 1+1 = 1\gt0$，且当$x\gt0$，$x$趋向于$0$时，$g(x)$趋向于$-\infty$，当$x$趋向于$+\infty$时，$g(x)$趋向于$-\infty$。 则$g(x)$在$(0,1)$和$(1,+\infty)$上分别有一个零点$x_{1}$，$x_{2}$。 不妨设$0\lt x_{1}\lt1\lt x_{2}$，$\because0\lt x_{1}\lt1$，$\therefore2 - x_{1}\gt1$。 设$G(x)=g(x)-g(2 - x)$，则$G(x)=(\ln x - x^{2}+x + 1)-[\ln(2 - x)-(2 - x)^{2}+(2 - x)+1]=\ln x-\ln(2 - x)-2x + 2$， $G^{\prime}(x)=\frac{1}{x}+\frac{1}{2 - x}-2=\frac{2x^{2}-4x + 2}{x(2 - x)}$。 当$0\lt x\lt1$时，$G^{\prime}(x)\gt0$， $\therefore G(x)$在$(0,1)$上单调递增，而$G(1)=0$， $\therefore$当$0\lt x\lt1$时，$G(x)\lt0$，$g(x)\lt g(2 - x)$， 即$g(x_{1})\lt g(2 - x_{1})$。 $\because g(x_{2})=g(x_{1})$，$\therefore g(x_{2})\lt g(2 - x_{1})$。 $\because g(x)$在$(1,+\infty)$上单调递减，$\therefore x_{2}\gt2 - x_{1}$， 即$x_{1}+x_{2}\gt2$。

1. 已知函数$f(x)=\frac{a}{x}+\ln x - 3$有两个零点$x_1$，$x_2$ $(x_1＜x_2)$.
(1)求证：$0＜a＜e^2$；
(2)求证：$x_1 + x_2＞2a$.

答案： 证明：
(1)函数$f(x)$的定义域是$(0,+\infty)$，$f^{\prime}(x)=\frac{x - a}{x}$， ①当$a\leq0$时，$f^{\prime}(x)\geq0$， $\therefore f(x)$在区间$(0,+\infty)$上是增函数，不可能有$2$个零点。 ②当$a\gt0$时，在区间$(0,a)$上，$f^{\prime}(x)\lt0$，在区间$(a,+\infty)$上，$f^{\prime}(x)\gt0$， $\therefore f(x)$在区间$(0,a)$上单调递减，在区间$(a,+\infty)$上单调递增， $f(x)$的最小值是$f(a)=\ln a - 2$， $\therefore$由题意得$f(a)\lt0$，则$0\lt a\lt e^{2}$。
(2)要证$x_{1}+x_{2}\gt2a$，只要证$x_{2}\gt2a - x_{1}$。 易知$x_{2}\gt a$，$2a - x_{1}\gt a$， 而$f(x)$在区间$(a,+\infty)$上单调递增， $\therefore$只要证明$f(x_{2})\gt f(2a - x_{1})$， 即证$f(x_{1})\gt f(2a - x_{1})$。 设函数$g(x)=f(x)-f(2a - x)$， 则$g(a)=0$，且在区间$(0,a)$上， $g^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)+f^{\prime}(2a - x)=\frac{-4a(a - x)^{2}}{x^{2}(2a - x)^{2}}\lt0$， 即$g(x)$在$(0,a)$上单调递减， $\therefore g(x_{1})\gt g(a)=0$， 而$g(x_{1})=f(x_{1})-f(2a - x_{1})\gt0$， $\therefore f(x_{2})\gt f(2a - x_{1})$成立， $\therefore x_{1}+x_{2}\gt2a$。

[例 2] 已知函数$f(x)=\ln x - ax + b(a,b\in R)$在$(0,+\infty)$上有两个零点为$x_1$，$x_2$.
(1)求$f(x)$的最值；
(2)证明：$x_1\cdot x_2＜\frac{1}{a^2}$.

答案：
(1)[解] $\because$函数$f(x)=\ln x - ax + b(a,b\in R)$， $\therefore f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-a$。 ①当$a\leq0$时，$f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-a\gt0$，函数$f(x)$在其定义域内单调递增。 ②当$a\gt0$时，函数$f(x)$在$(0,\frac{1}{a})$上单调递增，在$(\frac{1}{a},+\infty)$上单调递减。 $\therefore$函数$f(x)$的最大值为$f(\frac{1}{a})=-\ln a - 1 + b$，无最小值。
(2)[证明] 设$x_{1}\lt x_{2}$，$\because\ln x_{1}=ax_{1}-b$ ③，$\ln x_{2}=ax_{2}-b$ ④， 由③ - ④得$\frac{\ln x_{1}-\ln x_{2}}{x_{1}-x_{2}}=a$， 故要证$x_{1}\cdot x_{2}\lt\frac{1}{a^{2}}$， 即证$x_{1}\cdot x_{2}\lt(\frac{x_{1}-x_{2}}{\ln x_{1}-\ln x_{2}})^{2}$，即证$\ln^{2}\frac{x_{1}}{x_{2}}\lt\frac{x_{1}}{x_{2}}+\frac{x_{2}}{x_{1}}-2$。 设$\frac{x_{1}}{x_{2}}=t$，$t\in(0,1)$，$\ln^{2}t\lt t+\frac{1}{t}-2$， 设$g(t)=\ln^{2}t - t-\frac{1}{t}+2$，只需证$g(t)\lt0$。 $g^{\prime}(t)=2\cdot\frac{1}{t}\cdot\ln t - 1+\frac{1}{t^{2}}=\frac{t(2\ln t+\frac{1}{t}-t)}{t^{2}}$， 令$h(t)=2\ln t+\frac{1}{t}-t$，则$h^{\prime}(t)=\frac{2}{t}-\frac{1}{t^{2}}-1=\frac{-(t - 1)^{2}}{t^{2}}\lt0$，$h(1)=0$， $\therefore$函数$h(t)$在$(0,1)$上有$h(t)\gt0$，故$g^{\prime}(t)\gt0$， $\therefore$函数$g(t)$在$(0,1)$上单调递增，又$g(1)=0$， 故$g(t)\lt0$。$\therefore x_{1}\cdot x_{2}\lt\frac{1}{a^{2}}$。