《2025年赢在微点数学》

【典例1】若函数$f(x)=\ln x-ax$（a为常数）有两个不同的零点$x_{1}$，$x_{2}$，求证：$x_{1}x_{2}＞e^{2}$。

答案： 【证明】借助a作为媒介，构造对数均值不等式。依题意，$\ln x_{1}-ax_{1}=0$，$\ln x_{2}-ax_{2}=0$。两式相减，得$\ln x_{1}-\ln x_{2}=a(x_{1}-x_{2})$，即$a=\frac{\ln x_{1}-\ln x_{2}}{x_{1}-x_{2}}$，两式相加，得$\ln x_{1}+\ln x_{2}=a(x_{1}+x_{2})$。故欲证$x_{1}x_{2}＞e^{2}$，即证$\ln x_{1}+\ln x_{2}＞2$，即证$a(x_{1}+x_{2})＞2$，即证$\frac{\ln x_{1}-\ln x_{2}}{x_{1}-x_{2}}＞\frac{2}{x_{1}+x_{2}}$。由对数均值不等式知上式显然成立。综上，$x_{1}x_{2}＞e^{2}$成立。

【典例2】已知函数$f(x)=\frac{1}{x}-x+a\ln x$。
（1）讨论$f(x)$的单调性；
（2）若$f(x)$存在两个极值点$x_{1}$，$x_{2}$，证明：$\frac{f(x_{1})-f(x_{2})}{x_{1}-x_{2}}＜a - 2$。

答案： 【解】（1）$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$，$f'(x)=-\frac{1}{x^{2}}-1+\frac{a}{x}=-\frac{x^{2}-ax + 1}{x^{2}}$。①若$a\leq2$，则$f'(x)\leq0$，当且仅当$a = 2$，$x = 1$时，$f'(x)=0$，所以$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减。②若$a＞2$，令$f'(x)=0$，得$x_{1}=\frac{a-\sqrt{a^{2}-4}}{2}$或$x_{2}=\frac{a+\sqrt{a^{2}-4}}{2}$。当$x\in(0,x_{1})\cup(x_{2},+\infty)$时，$f'(x)＜0$；当$x\in(x_{1},x_{2})$时，$f'(x)＞0$。所以$f(x)$在$(0,x_{1})$，$(x_{2},+\infty)$上单调递减，在$(x_{1},x_{2})$上单调递增。
（2）证明：由（1）知，当且仅当$a＞2$时$f(x)$存在两个极值点。由于$x_{1}x_{2}=1$，不妨设$x_{1}＜x_{2}$，则$x_{2}＞1$。由于$f(x_{1})-f(x_{2})=\frac{1}{x_{1}}-x_{1}+a\ln x_{1}-(\frac{1}{x_{2}}-x_{2}+a\ln x_{2})=2(x_{2}-x_{1})+a(\ln x_{1}-\ln x_{2})$。所以$\frac{f(x_{1})-f(x_{2})}{x_{1}-x_{2}}=a\cdot\frac{\ln x_{1}-\ln x_{2}}{x_{1}-x_{2}}-2$。利用对数均值不等式且$x_{1}x_{2}=1$，得$\frac{f(x_{1})-f(x_{2})}{x_{1}-x_{2}}＜a\cdot\frac{1}{\sqrt{x_{1}x_{2}}}-2=a - 2$。