《2025年赢在微点数学》

[变式训练]　已知函数$f(x)=\ln\frac{1}{x}-ax^2+x$，$a＞0$。
(1)讨论$f(x)$的单调性；
(2)若$f(x)$在定义域内有两个极值点$x_1,x_2$，求证：$f(x_1)+f(x_2)＞3 - 2\ln 2$。

答案：
(1)由题意﹐得f (x)的定义域为(0.+∞ ) ,$f'(x)=-\frac{1}{x}-2ax+1=\frac{-2ax^2+x-1}{x}2(x>0)$,
令 $g(x)=-2ax^2+x-1(x >0 )$，则△= 1-8a,
当△≤0，即 $a≥\frac{1}{8}$时,g(x)≤0恒成立,即f'(x)≤0,
所以f(x)在(0,+∞)上单调递减
当△=1-8a >0，即0<a<时,令 g(x)=0,解得$x_1=\frac{1-\sqrt{1-8a}}{4a}$，$x_2= \frac{1+\sqrt{1-8a}}{4a}$

当$x∈(0,x_1)U(x_2,+∞)$时,g(x)<0，即 f'(x)<0;当 $x ∈ (x_1,x_2)$时，g(x)>0，即f'(x)>0,所以f(x)在$(0,\frac{1-\sqrt{1-8a}}{4a})$,$( \frac{1+\sqrt{1-8a}}{4a},+∞)$上单调递减;在$(\frac{1-\sqrt{1-8a}}{4a},\frac{1+\sqrt{1-8a}}{4a})$上单调递增。

(2)证明:因为f (x)在定义域上有两个极值点$x_1 ,x_2$,由
(1)知$0且$x_1 ,x_2$是方程$-2ax^2+x-1=0$的两个不等实根,则$x_1+x_2=\frac{1}{2a}，x_1x_2=\frac{1}{2a}$

所以$f (x_1)+f (x_2 )=ln\frac{1}{x_1}-ax_1^2+x_1+ln\frac{1}{x_2}-ax_2^2+x_2= ln\frac{1}{x_1x_2}-a[(x_1+x_2)^2-2x_1x_2]+(x_1+x_2)=ln (2a)-a(\frac{1}{4a^2}-\frac{1}{a})+\frac{1}{2a}=ln (2a)+\frac{1}{4a}+1$

设$v(a) = In (2a )+\frac{1}{4a}＋1$，则$v'( a)=\frac{4a-1}{4a^2}$

因为$0.所以4a-1<0,所以当$a∈ (0,\frac{1}{8})$时v'(a)<0

则v(a)在$(0,\frac{1}{8})$上单调递减

所以当$a ∈( 0,\frac{1}{8})$时$v(a )>v(\frac{1}{8}) = ln\frac{1}{4}+2+1=3-2ln 2$，

则$f(x_1 )+f(x_2 )>3-2ln 2$成立。

[例3]　已知函数$f(x)=x\ln x-\frac{1}{2}mx^2 - x$，$m\in\mathbf{R}$。若$f(x)$有两个极值点$x_1,x_2$，求证：$\ln x_1+\ln x_2＞2$。

答案： 1. **求函数\(f(x)\)的导数并分析极值点条件**
   - 对\(f(x)=x\ln x-\frac{1}{2}mx^{2}-x\)求导，根据求导公式\((x^n)^\prime = nx^{n - 1}\)，\((\ln x)^\prime=\frac{1}{x}\)，可得\(f^\prime(x)=\ln x - mx\)。
   - 因为\(f(x)\)有两个极值点\(x_1,x_2\)，所以\(\ln x_1 - mx_1 = 0\)，\(\ln x_2 - mx_2 = 0\)，即\(\ln x_1=mx_1\)，\(\ln x_2=mx_2\)。
   - 两式相减得：\(\ln x_1-\ln x_2 = m(x_1 - x_2)\)，则\(m=\frac{\ln x_1-\ln x_2}{x_1 - x_2}\)；两式相加得：\(\ln x_1+\ln x_2 = m(x_1 + x_2)\)。
2. **将\(m\)的表达式代入并转化要证的不等式**
   - 要证\(\ln x_1+\ln x_2>2\)，由\(\ln x_1+\ln x_2 = m(x_1 + x_2)\)，只需证\(m(x_1 + x_2)>2\)，即证\(\frac{\ln x_1-\ln x_2}{x_1 - x_2}(x_1 + x_2)>2\)。
   - 不妨设\(x_1>x_2>0\)，则\(\frac{\ln x_1-\ln x_2}{x_1 - x_2}(x_1 + x_2)>2\)可化为\(\ln x_1-\ln x_2>\frac{2(x_1 - x_2)}{x_1 + x_2}\)，即\(\ln\frac{x_1}{x_2}>\frac{2(\frac{x_1}{x_2}-1)}{\frac{x_1}{x_2}+1}\)。
3. **构造函数并利用单调性证明不等式**
   - 令\(t = \frac{x_1}{x_2}(t>1)\)，设\(g(t)=\ln t-\frac{2(t - 1)}{t + 1}(t>1)\)。
   - 对\(g(t)\)求导：\(g^\prime(t)=\frac{1}{t}-\frac{2(t + 1)-2(t - 1)}{(t + 1)^{2}}=\frac{1}{t}-\frac{4}{(t + 1)^{2}}=\frac{(t + 1)^{2}-4t}{t(t + 1)^{2}}=\frac{t^{2}+2t + 1 - 4t}{t(t + 1)^{2}}=\frac{(t - 1)^{2}}{t(t + 1)^{2}}\)。
   - 因为\(t>1\)，所以\(g^\prime(t)=\frac{(t - 1)^{2}}{t(t + 1)^{2}}>0\)，这表明\(g(t)\)在\((1,+\infty)\)上单调递增。
   - 所以\(g(t)>g
(1)\)，而\(g
(1)=\ln 1-\frac{2\times(1 - 1)}{1 + 1}=0\)，即\(g(t)>0\)，也就是\(\ln t>\frac{2(t - 1)}{t + 1}\)（\(t>1\)）。
   - 所以\(\ln x_1+\ln x_2>2\)得证。 

[变式训练]　已知函数$f(x)=2x + 2a\ln x$在$x = 1$处的切线$l$与直线$x + 4y = 0$垂直，函数$g(x)=f(x)+bx^2 - 4x$。
(1)求实数$a$的值；
(2)若函数$g(x)$存在单调递减区间，求实数$b$的取值范围；
(3)设$x_1,x_2(x_1＜x_2)$是函数$g(x)$的两个极值点，证明：$g(x_1)-g(x_2)＜(2b - 1)(x_1 - x_2)$。

答案： 解　
(1)函数$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$，$f^{\prime}(x)=2+\frac{2a}{x}$，$f^{\prime}(1)=2 + 2a$，由题得$f^{\prime}(1)\times(-\frac{1}{4})=-1$，即$(2 + 2a)\times(-\frac{1}{4})=-1$，解得$a = 1$。
(2)由
(1)可得$g(x)=2x + 2\ln x+bx^{2}-4x$，则$g^{\prime}(x)=2bx+\frac{2}{x}-2$，因为$g(x)$存在单调递减区间，所以$g^{\prime}(x)\leqslant0$在$(0,+\infty)$上有解，所以存在$x\in(0,+\infty)$使$2bx+\frac{2}{x}-2\leqslant0$，即$bx^{2}-x + 1\leqslant0$，即$b\leqslant\frac{-1 + x}{x^{2}}$成立。令$h(x)=\frac{-1 + x}{x^{2}}(x＞0)$，则$h^{\prime}(x)=\frac{x^{2}-(-1 + x)\cdot2x}{x^{4}}=\frac{2 - x}{x^{3}}(x ＞ 0)$，令$h^{\prime}(x)=0$，则$x = 2$。当$x\in(0,2)$时，$h^{\prime}(x)＞0$，$h(x)$在$(0,2)$上单调递增，当$x\in(2,+\infty)$时，$h^{\prime}(x)＜0$，$h(x)$在$(2,+\infty)$上单调递减，所以$h(x)_{\max}=h(2)=\frac{1}{4}$。因为$g(x)$存在单调递减区间，所以$b\leqslant h(x)_{\max}$，即$b\leqslant\frac{1}{4}$，所以$b\in(-\infty,\frac{1}{4}]$。
(3)证明：由题意可知，$g(x)$的定义域为$(0,+\infty)$，$g^{\prime}(x)=\frac{2}{x}+2bx - 2=\frac{2bx^{2}-2x + 2}{x}$，因为$g(x)$有两个极值点$x_{1},x_{2}(x_{1}＜x_{2})$，所以$x_{1},x_{2}$是$2bx^{2}-2x + 2 = 0$的两个根，则$\begin{cases}x_{1}+x_{2}=\frac{1}{b}\\x_{1}x_{2}=\frac{1}{b}\end{cases}$，所以$g(x_{1})-g(x_{2})=(\ln x_{1}^{2}+bx_{1}^{2}-2x_{1})-(\ln x_{2}^{2}+bx_{2}^{2}-2x_{2})=2\ln\frac{x_{1}}{x_{2}}+b(x_{1}^{2}-x_{2}^{2})-2(x_{1}-x_{2})=2\ln\frac{x_{1}}{x_{2}}+\frac{x_{1}^{2}-x_{2}^{2}}{x_{1}+x_{2}}-2(x_{1}-x_{2})=2\ln\frac{x_{1}}{x_{2}}-(x_{1}-x_{2})$，所以要证$g(x_{1})-g(x_{2})＜(2b - 1)(x_{1}-x_{2})$，即证$2\ln\frac{x_{1}}{x_{2}}-(x_{1}-x_{2})＜(2b - 1)(x_{1}-x_{2})$，即证$\ln\frac{x_{1}}{x_{2}}＜b(x_{1}-x_{2})$，即证$\ln\frac{x_{1}}{x_{2}}＜\frac{x_{1}-x_{2}}{x_{1}+x_{2}}$，即证$\ln\frac{x_{1}}{x_{2}}＜\frac{\frac{x_{1}}{x_{2}}-1}{\frac{x_{1}}{x_{2}}+1}$，令$t=\frac{x_{1}}{x_{2}}(0 ＜ t ＜ 1)$，则证明$\ln t＜\frac{t - 1}{t + 1}$，令$h(t)=\ln t-\frac{t - 1}{t + 1}$，则$h^{\prime}(t)=\frac{t^{2}+1}{t(t + 1)^{2}}$，因为$0 ＜ t ＜ 1$时$h^{\prime}(t)＞0$，所以$h(t)$在$(0,1)$上单调递增，则$t\in(0,1)$时$h(t)＜h(1)=0$，即$0 ＜ t ＜ 1$时$\ln t＜\frac{t - 1}{t + 1}$，所以原不等式$g(x_{1})-g(x_{2})＜(2b - 1)(x_{1}-x_{2})$成立。