《2025年步步高大二轮专题复习高中数学》

例2　(2024·攀枝花模拟)已知函数$f(x)=\ln x+\frac{a}{x}-1(a\in \mathbf{R})$.
(1)当$a = 2$时，求曲线$y = f(x)$在$x = 1$处的切线方程;
(2)设函数$f(x)$的导函数为$f'(x)$，若$f'(x_{1})=f'(x_{2})(x_{1}\neq x_{2})$，证明：$f(x_{1})+f(x_{2})+\frac{1}{a}＞1$.

答案： 例2（1）解 当$a = 2$时，
$f(x)=\ln x+\frac{2}{x}-1$，
则$f(1)=1$。
而$f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{2}{x^{2}}=\frac{x - 2}{x^{2}}$，
所以$f^{\prime}(1)=-1$。
所以曲线$y = f(x)$在$x = 1$处的切线方程为$y - 1=-(x - 1)$，
即$y=-x + 2$。
（2）证明 因为$f^{\prime}(x_{1})=\frac{1}{x_{1}}-\frac{a}{x_{1}^{2}}$，
$f^{\prime}(x_{2})=\frac{1}{x_{2}}-\frac{a}{x_{2}^{2}}$，
且$f^{\prime}(x_{1})=f^{\prime}(x_{2})(x_{1}\neq x_{2})$，
所以$\frac{1}{x_{1}}-\frac{a}{x_{1}^{2}}=\frac{1}{x_{2}}-\frac{a}{x_{2}^{2}}$，
所以$\frac{1}{x_{1}}-\frac{1}{x_{2}}=\frac{a}{x_{1}^{2}}-\frac{a}{x_{2}^{2}}=a(\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}})(\frac{1}{x_{1}}-\frac{1}{x_{2}})$。
因为$x_{1}\neq x_{2}$，$x_{1}＞0$，$x_{2}＞0$，
所以$a(\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}})=1$，故$a＞0$。
所以$f(x_{1})+f(x_{2})=\ln x_{1}+\frac{a}{x_{1}}+\ln x_{2}+\frac{a}{x_{2}}-2=\ln(x_{1}x_{2})-1$。
因为$a(\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}})=1＞2a\sqrt{\frac{1}{x_{1}}\cdot\frac{1}{x_{2}}}$，
所以$x_{1}x_{2}＞4a^{2}$，
所以$f(x_{1})+f(x_{2})=\ln(x_{1}x_{2})-1＞\ln(4a^{2})-1$。
设$g(a)=\ln(4a^{2})+\frac{1}{a}-2=2\ln a+\frac{1}{a}+2\ln2 - 2$，
则$g^{\prime}(a)=\frac{2}{a}-\frac{1}{a^{2}}=\frac{2a - 1}{a^{2}}$。
当$a\in(0,\frac{1}{2})$时，$g^{\prime}(a)＜0$，$g(a)$单调递减；
当$a\in(\frac{1}{2},+\infty)$时，$g^{\prime}(a)＞0$，$g(a)$单调递增。
所以当$a=\frac{1}{2}$时，$g(a)_{\min}=g(\frac{1}{2})=0$。
所以$\ln(4a^{2})+\frac{1}{a}-2\geqslant0$，
所以$\ln(4a^{2})-1+\frac{1}{a}\geqslant1$，
即$f(x_{1})+f(x_{2})+\frac{1}{a}＞1$。

跟踪演练2　(2024·黔东南模拟)已知函数$f(x)=\ln x-\frac{a(x - 1)}{x + 1}$的图象在$x = 1$处的切线为$x$轴.
(1)求实数$a$的值;
(2)若$x_{1}＞x_{2}＞0$，证明：$\frac{x_{1}-x_{2}}{\ln x_{1}-\ln x_{2}}＜\frac{x_{1}+x_{2}}{2}$.

答案： 跟踪演练2（1）解 由题可得$f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{2a}{(x + 1)^{2}}$，$x＞0$，
$f^{\prime}(1)=1-\frac{a}{2}=0$，$\therefore a = 2$。
（2）证明 $\because x_{1}＞x_{2}＞0$，
$\therefore\ln x_{1}＞\ln x_{2}$，
要证$\frac{x_{1}-x_{2}}{\ln x_{1}-\ln x_{2}}＜\frac{x_{1}+x_{2}}{2}$，
只需证$\ln x_{1}-\ln x_{2}＞\frac{2(x_{1}-x_{2})}{x_{1}+x_{2}}$，
只需证$\ln\frac{x_{1}}{x_{2}}＞\frac{2(\frac{x_{1}}{x_{2}}-1)}{\frac{x_{1}}{x_{2}}+1}$，
由（1）可知$f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{4}{(x + 1)^{2}}=\frac{(x - 1)^{2}}{x(x + 1)^{2}}\geqslant0$，
$\therefore$函数$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，
$\therefore$当$x＞1$时，$f(x)＞f(1)=0$，
$\because x_{1}＞x_{2}＞0$，$\therefore\frac{x_{1}}{x_{2}}＞1$，
$\therefore f(\frac{x_{1}}{x_{2}})＞0$，
即$\ln\frac{x_{1}}{x_{2}}-\frac{2(\frac{x_{1}}{x_{2}}-1)}{\frac{x_{1}}{x_{2}}+1}＞0$，
$\therefore\ln\frac{x_{1}}{x_{2}}＞\frac{2(\frac{x_{1}}{x_{2}}-1)}{\frac{x_{1}}{x_{2}}+1}$，
即证得$\frac{x_{1}-x_{2}}{\ln x_{1}-\ln x_{2}}＜\frac{x_{1}+x_{2}}{2}$成立。