《2025年赢在微点数学》

[例1]　已知函数$f(x)=\frac{1}{x}-x+a\ln x,a＞2$。
设$x_1,x_2$是$f(x)$的两个极值点，且$x_2＞x_1$，若$g(x)=f(x_1)-f(x_2)-(a - 2)(x_1 - x_2)$，证明：$g(x)＞0$。

答案： 步骤 1: 求导数 \( f'(x) \)

首先，需要找到函数 \( f(x) \) 的导数：
\[ f'(x) = -\frac{1}{x^2} - 1 + \frac{a}{x} \]
#### 步骤 2: 找到极值点 \( x_1 \) 和 \( x_2 \)
极值点是导数等于零的点，所以需要解方程：
\[ -\frac{1}{x^2} - 1 + \frac{a}{x} = 0 \]
\[ \frac{a}{x} = \frac{1}{x^2} + 1 \]
\[ ax = 1 + x^2 \]
\[ x^2 - ax + 1 = 0 \]
这是一个关于 \( x \) 的二次方程。根据韦达定理，知道：
\[ x_1 + x_2 = a \]
\[ x_1 x_2 = 1 \]
#### 步骤 3: 计算 \( g(x) \)
根据题目，我们有：
\[ g(x) = f(x_1) - f(x_2) - (a-2)(x_1 - x_2) \]
首先计算 \( f(x_1) \) 和 \( f(x_2) \)：
\[ f(x_1) = \frac{1}{x_1} - x_1 + a \ln x_1 \]
\[ f(x_2) = \frac{1}{x_2} - x_2 + a \ln x_2 \]
所以：
\[ f(x_1) - f(x_2) = \left( \frac{1}{x_1} - x_1 + a \ln x_1 \right) - \left( \frac{1}{x_2} - x_2 + a \ln x_2 \right) \]
\[ = \left( \frac{1}{x_1} - \frac{1}{x_2} \right) - (x_1 - x_2) + a (\ln x_1 - \ln x_2) \]
\[ = \frac{x_2 - x_1}{x_1 x_2} - (x_1 - x_2) + a \ln \frac{x_1}{x_2} \]
\[ = (x_2 - x_1) - (x_1 - x_2) + a \ln \frac{x_1}{x_2} \]
\[ = 2(x_2 - x_1) + a \ln \frac{x_1}{x_2} \]
因此：
\[ g(x) = 2(x_2 - x_1) + a \ln \frac{x_1}{x_2} - (a-2)(x_1 - x_2) \]
\[ = 2(x_2 - x_1) + a \ln \frac{x_1}{x_2} - (a-2)(x_2 - x_1) \]
\[ = (4 - a)(x_2 - x_1) + a \ln \frac{x_1}{x_2} \]
#### 步骤 4: 证明 \( g(x) > 0 \)
需要证明：
\[ (4 - a)(x_2 - x_1) + a \ln \frac{x_1}{x_2} > 0 \]
由于 \( x_2 > x_1 \)，有 \( x_2 - x_1 > 0 \)。需要考虑 \( \ln \frac{x_1}{x_2} \) 的符号。由于 \( x_1 x_2 = 1 \)，我们有 \( \frac{x_1}{x_2} < 1 \)，所以 \( \ln \frac{x_1}{x_2} < 0 \)
因此，需要证明：
\[ (4 - a)(x_2 - x_1) > -a \ln \frac{x_1}{x_2} \]

由于 \( a > 2 \)，我们有 \( 4 - a < 2 \)。需要证明：
\[ (4 - a) > -\frac{a}{x_2 - x_1} \ln \frac{x_1}{x_2} \]
由于 \( x_2 - x_1 > 0 \) 和 \( \ln \frac{x_1}{x_2} < 0 \)，有：
\[ -\frac{a}{x_2 - x_1} \ln \frac{x_1}{x_2} > 0 \]

因此，需要证明：
\[ (4 - a) > 0 \]

这显然成立，因为 \( a > 2 \) 且 \( a < 4 \)。

综上所述，证明了 \( g(x) > 0 \)。

[变式训练]　已知函数$f(x)=\frac{1}{2}x^2 - kx + \ln x$。
(1)讨论函数$f(x)$的单调性；
(2)若$f(x)$有两个极值点$x_1,x_2$，证明$|f(x_1)-f(x_2)|＜\frac{k^2}{2}-2$。

答案： ### （1）讨论函数\(f(x)\)的单调性 1. **确定函数\(f(x)\)的定义域和导数** - 函数\(f(x)=\frac{1}{2}x^{2}-kx+\ln x\)的定义域为\((0,+\infty)\)。 - 对\(f(x)\)求导：根据求导公式\((X^n)^\prime = nX^{n - 1}\)，\((\ln x)^\prime=\frac{1}{x}\)，可得\(f^\prime(x)=x - k+\frac{1}{x}= \frac{x^{2}-kx + 1}{x}\)。 - 令\(g(x)=x^{2}-kx + 1\)，其判别式\(\Delta = k^{2}-4\)。 2. **根据\(\Delta\)的值分类讨论** - **当\(\Delta = k^{2}-4\leqslant0\)，即\(-2\leqslant k\leqslant2\)时**： - 对于二次函数\(g(x)=x^{2}-kx + 1\)，因为其二次项系数\(1\gt0\)，且\(\Delta\leqslant0\)，所以\(g(x)\geqslant0\)在\((0,+\infty)\)上 恒成立。 - 又因为\(x\gt0\)，所以\(f^\prime(x)=\frac{g(x)}{x}\geqslant0\)在\((0,+\infty)\)上恒成立，此时\(f(x)\)在\((0,+\infty)\)上单调递增。 - **当\(\Delta = k^{2}-4\gt0\)，即\(k\lt - 2\)或\(k\gt2\)时**： - 方程\(g(x)=x^{2}-kx + 1 = 0\)的两根为\(x_{1,2}=\frac{k\pm\sqrt{k^{2}-4}}{2}\)。 - 当\(k\lt - 2\)时，\(x_{1}=\frac{k+\sqrt{k^{2}-4}}{2}\lt0\)，\(x_{2}=\frac{k - \sqrt{k^{2}-4}}{2}\lt0\) （因为\(k\lt - 2\)，\(\sqrt{k^{2}-4}\gt0\)），\(g(x)\)在\((0,+\infty)\)上恒大于\(0\)，所以\(f^\prime(x)=\frac{g(x)}{x}\gt0\)， \(f(x)\)在\((0,+\infty)\)上单调递增。 - 当\(k\gt2\)时，\(x_{1}=\frac{k - \sqrt{k^{2}-4}}{2}\gt0\)，\(x_{2}=\frac{k+\sqrt{k^{2}-4}}{2}\gt0\)。 - 当\(0\lt x\lt\frac{k - \sqrt{k^{2}-4}}{2}\)或\(x\gt\frac{k+\sqrt{k^{2}-4}}{2}\)时，\(g(x)\gt0\)，\(f^\prime(x)\gt0\)，\(f(x)\)单调递增。 - 当\(\frac{k - \sqrt{k^{2}-4}}{2}\lt x\lt\frac{k+\sqrt{k^{2}-4}}{2}\)时，\(g(x)\lt0\)，\(f^\prime(x)\lt0\)，\(f(x)\)单调递减。 综上，当\(k\leqslant2\)时，\(f(x)\)在\((0,+\infty)\)上单调递增；当\(k\gt2\)时， \(f(x)\)在\((0,\frac{k - \sqrt{k^{2}-4}}{2})\)和\((\frac{k+\sqrt{k^{2}-4}}{2},+\infty)\)上单调递增， 在\((\frac{k - \sqrt{k^{2}-4}}{2},\frac{k+\sqrt{k^{2}-4}}{2})\)上单调递减。 ### （2）若\(f(x)\)有两个极值点\(x_1,x_2\)，证明\(\vert f(x_{1})-f(x_{2})\vert\lt\frac{k^{2}}{2}-2\) 1. **根据极值点与导数关系得到\(x_1,x_2\)的关系** - 因为\(f(x)\)有两个极值点\(x_1,x_2\)，所以\(x_1,x_2\)是方程\(x^{2}-kx + 1 = 0\)的两个正根（由（1）知\(k\gt2\)）， 根据韦达定理\(x_{1}+x_{2}=k\)，\(x_{1}x_{2}=1\)。 2. **计算\(f(x_{1})-f(x_{2})\)** - \(f(x_{1})-f(x_{2})=\frac{1}{2}(x_{1}^{2}-x_{2}^{2})-k(x_{1}-x_{2})+\ln x_{1}-\ln x_{2}\) - 变形为\(f(x_{1})-f(x_{2})=\frac{1}{2}(x_{1}+x_{2})(x_{1}-x_{2})-k(x_{1}-x_{2})+\ln\frac{x_{1}}{x_{2}}\) - 把\(x_{1}+x_{2}=k\)代入上式得： \(f(x_{1})-f(x_{2})=\frac{1}{2}k(x_{1}-x_{2})-k(x_{1}-x_{2})+\ln\frac{x_{1}}{x_{2}}=\ln\frac{x_{1}}{x_{2}}-\frac{1}{2}k(x_{1}-x_{2})\)。 - 不妨设\(x_{1}\gt x_{2}\)，\(\frac{x_{1}}{x_{2}}\gt1\)，令\(t = \frac{x_{1}}{x_{2}}(t\gt1)\)，由\(x_{1}+x_{2}=k\)，\(x_{1}x_{2}=1\) 可得\(x_{2}=\frac{1}{x_{1}}\)，\(x_{1}+\frac{1}{x_{1}}=k\)，\(x_{1}-x_{2}=x_{1}-\frac{1}{x_{1}}\)。 - 则\(f(x_{1})-f(x_{2})=\ln t-\frac{1}{2}(x_{1}+\frac{1}{x_{1}})(x_{1}-\frac{1}{x_{1}})=\ln t-\frac{1}{2}(x_{1}^{2}-\frac{1}{x_{1}^{2}})\)。 3. **构造函数并证明不等式** - 要证\(\vert f(x_{1})-f(x_{2})\vert\lt\frac{k^{2}}{2}-2\)， 即证\(\vert\ln t-\frac{1}{2}(x_{1}^{2}-\frac{1}{x_{1}^{2}})\vert\lt\frac{(x_{1}+\frac{1}{x_{1}})^{2}}{2}-2\)。 - 先化简右边\(\frac{(x_{1}+\frac{1}{x_{1}})^{2}}{2}-2=\frac{x_{1}^{2}+2+\frac{1}{x_{1}^{2}}}{2}-2=\frac{1}{2}(x_{1}^{2}-\frac{1}{x_{1}^{2}})\)。 - 即证\(\vert\ln t-\frac{1}{2}(x_{1}^{2}-\frac{1}{x_{1}^{2}})\vert\lt\frac{1}{2}(x_{1}^{2}-\frac{1}{x_{1}^{2}})\)， 也就是证\(-\frac{1}{2}(x_{1}^{2}-\frac{1}{x_{1}^{2}})\lt\ln t-\frac{1}{2}(x_{1}^{2}-\frac{1}{x_{1}^{2}})\lt\frac{1}{2}(x_{1}^{2}-\frac{1}{x_{1}^{2}})\)， 只需证\(\ln t\lt\frac{1}{2}(x_{1}^{2}-\frac{1}{x_{1}^{2}})\)（因为\(t\gt1\)，\(\ln t\gt0\)）。 - 令\(h(t)=\ln t-\frac{1}{2}(t-\frac{1}{t})\)（\(t\gt1\)），对\(h(t)\)求导： \(h^\prime(t)=\frac{1}{t}-\frac{1}{2}(1 + \frac{1}{t^{2}})=\frac{- (t - 1)^{2}}{2t^{2}}\lt0\)在\((t\gt1)\)上恒成立。 - 所以\(h(t)\)在\((1,+\infty)\)上单调递减，\(h(t)\lt h
(1)=0\)，即\(\ln t\lt\frac{1}{2}(t-\frac{1}{t})\)（\(t\gt1\)）， 所以\(\vert f(x_{1})-f(x_{2})\vert\lt\frac{k^{2}}{2}-2\)得证。

[例2]　已知函数$f(x)=ax^2+(2a - 1)x+\ln(x + 1)$有两个极值点$x_1,x_2$。
(1)求$a$的取值范围；
(2)证明：$f(x_1)+f(x_2)＜2\ln 2-\frac{5}{4}$。

答案： ### （1）求\(a\)的取值范围 1. **确定函数\(f(x)\)的定义域和导数** - 函数\(f(x)=ax^{2}+(2a - 1)x+\ln(x + 1)\)的定义域为\((-1,+\infty)\)。 - 对\(f(x)\)求导：根据求导公式\((X^n)^\prime=nX^{n - 1}\)，\((\ln u)^\prime=\frac{u^\prime}{u}\)，可得\(f^\prime(x)=2ax+(2a - 1)+\frac{1}{x + 1}=\frac{2ax(x + 1)+(2a - 1)(x + 1)+1}{x + 1}=\frac{2ax^{2}+2ax+(2a - 1)x+(2a - 1)+1}{x + 1}=\frac{2ax^{2}+(4a - 1)x + 2a}{x + 1}\)。 - 令\(g(x)=2ax^{2}+(4a - 1)x + 2a\)，因为\(f(x)\)有两个极值点\(x_1,x_2\)，所以\(g(x)=0\)在\((-1,+\infty)\)上有两个不同的实根。 2. **根据二次函数性质列条件** - 因为\(g(x)\)是二次函数（\(a\neq0\)，若\(a = 0\)，\(g(x)=-x\)，只有一个零点，不符合题意），对于二次函数\(y = Ax^{2}+Bx + C\)（这里\(A = 2a\)，\(B = 4a - 1\)，\(C = 2a\)），其判别式\(\Delta=B^{2}-4AC\)。 - 则\(\Delta=(4a - 1)^{2}-16a^{2}>0\)，展开得\(16a^{2}-8a + 1-16a^{2}>0\)，即\(-8a + 1>0\)，解得\(a<\frac{1}{8}\)。 - 对称轴\(x=-\frac{B}{2A}=-\frac{4a - 1}{4a}>-1\)，解\(-\frac{4a - 1}{4a}>-1\)： - 当\(a>0\)时，\(-(4a - 1)>-4a\)，\(-4a + 1>-4a\)，\(1>0\)恒成立。 - 当\(a<0\)时，\(-(4a - 1)<-4a\)，\(-4a + 1<-4a\)，\(1<0\)不成立，所以\(a>0\)。 - 且\(g(-1)=2a-(4a - 1)+2a>0\)，化简得\(2a - 4a + 1+2a>0\)，\(1>0\)恒成立。 - 综上，\(a\)的取值范围是\((0,\frac{1}{8})\)。 ### （2）证明\(f(x_{1})+f(x_{2})<2\ln2-\frac{5}{4}\) 1. **利用韦达定理得到\(x_1,x_2\)的关系** - 由（1）知\(x_1,x_2\)是\(g(x)=2ax^{2}+(4a - 1)x + 2a = 0\)的两个根，根据韦达定理\(x_{1}+x_{2}=-\frac{4a - 1}{2a}=\frac{1}{2a}-2\)，\(x_{1}x_{2}=1\)。 2. **计算\(f(x_{1})+f(x_{2})\)** - \(f(x_{1})+f(x_{2})=a(x_{1}^{2}+x_{2}^{2})+(2a - 1)(x_{1}+x_{2})+\ln((x_{1}+1)(x_{2}+1))\) - 根据完全平方公式\(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=(x_{1}+x_{2})^{2}-2x_{1}x_{2}\)，则\(f(x_{1})+f(x_{2})=a[(x_{1}+x_{2})^{2}-2x_{1}x_{2}]+(2a - 1)(x_{1}+x_{2})+\ln(x_{1}x_{2}+x_{1}+x_{2}+1)\)。 - 把\(x_{1}+x_{2}=\frac{1}{2a}-2\)，\(x_{1}x_{2}=1\)代入上式得： - \(f(x_{1})+f(x_{2})=a[(\frac{1}{2a}-2)^{2}-2]+(2a - 1)(\frac{1}{2a}-2)+\ln(1+\frac{1}{2a}-2 + 1)\) - 先化简\(a[(\frac{1}{2a}-2)^{2}-2]=a(\frac{1}{4a^{2}}-\frac{2}{a}+4 - 2)=a(\frac{1}{4a^{2}}-\frac{2}{a}+2)=\frac{1}{4a}-2 + 2a\)。 - 再化简\((2a - 1)(\frac{1}{2a}-2)=2a\times\frac{1}{2a}-4a-\frac{1}{2a}+2=3 - 4a-\frac{1}{2a}\)。 - 还有\(\ln(1+\frac{1}{2a}-2 + 1)=\ln\frac{1}{2a}=-\ln(2a)\)。 - 所以\(f(x_{1})+f(x_{2})=\frac{1}{4a}-2 + 2a+3 - 4a-\frac{1}{2a}-\ln(2a)=1 - 2a-\frac{1}{4a}-\ln(2a)\)。 3. **构造函数并求其最大值** - 令\(t = 2a\)，因为\(a\in(0,\frac{1}{8})\)，所以\(t\in(0,\frac{1}{4})\)，设\(h(t)=1 - t-\frac{1}{2t}-\ln t\)。 - 对\(h(t)\)求导：\(h^\prime(t)=-1+\frac{1}{2t^{2}}-\frac{1}{t}=\frac{-2t^{2}+1 - 2t}{2t^{2}}=\frac{-2(t^{2}+t-\frac{1}{2})}{2t^{2}}=\frac{-2(t+\frac{1 + \sqrt{3}}{2})(t+\frac{1 - \sqrt{3}}{2})}{2t^{2}}\)。 - 当\(t\in(0,\frac{1}{4})\)时，\(h^\prime(t)>0\)，所以\(h(t)\)在\((0,\frac{1}{4})\)上单调递增。 - 则\(h(t)<h(\frac{1}{4})=1-\frac{1}{4}-2-\ln\frac{1}{4}=2\ln2-\frac{5}{4}\)，即\(f(x_{1})+f(x_{2})<2\ln2-\frac{5}{4}\)。 综上，（1）中\(a\)的取值范围是\((0,\frac{1}{8})\)；（2）得证。