《2025年金版教程高考科学复习解决方案数学》

变式训练 4.已知函数$f(x)=ae^{x}-\ln x$，$g(x)=\frac{f(x)}{a},a\neq0$.
(1)若$g(x)$在$[1,3]$上是增函数，求实数$a$的取值范围；
(2)若$a ＞ 0$，求证：$f(x)\geqslant2+\ln a$.

答案： 解　
(1)$\because g(x)=\frac{f(x)}{a}=e^{x}-\frac{\ln x}{a}$，
$\therefore g^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{ax}(x＞0)$。
$\because g(x)$在$[1,3]$上是增函数，
$\therefore g^{\prime}(x)\geqslant0$在$[1,3]$上恒成立，即$\frac{1}{a}\leqslant xe^{x}$在$[1,3]$上恒成立。
令$t(x)=xe^{x}$，则$t^{\prime}(x)=(x + 1)e^{x}$。
$\because$ 当$x\in[1,3]$时，$t^{\prime}(x)＞0$，
$\therefore t(x)$在$[1,3]$上是增函数，
$\therefore (xe^{x})_{\min}=e$。
$\therefore \frac{1}{a}\leqslant e$，解得$a\geqslant\frac{1}{e}$ 或 $a＜0$，
即实数$a$的取值范围是$(-\infty,0)\cup[\frac{1}{e},+\infty)$。
(2)证明：$f^{\prime}(x)=ae^{x}-\frac{1}{x}=\frac{axe^{x}-1}{x}$，
令$h(x)=axe^{x}-1$，
则$h^{\prime}(x)=ae^{x}+axe^{x}=ae^{x}(1 + x)$，
$\because a＞0$，$\therefore h^{\prime}(x)＞0$，$h(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增。
又$h(0)=-1＜0$，$h(\frac{1}{a})=e^{\frac{1}{a}}-1＞0$，
$\therefore$ 存在$x_{0}\in(0,\frac{1}{a})$，使得$h(x_{0})=0$，即存在$x_{0}\in(0,\frac{1}{a})$，使得$f^{\prime}(x_{0})=ae^{x_{0}}-\frac{1}{x_{0}}=0$，即$x_{0}=\frac{1}{ae^{x_{0}}}$。
$\therefore$ 当$x\in(0,x_{0})$时，$f^{\prime}(x)＜0$，当$x\in(x_{0},+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＞0$，
$\therefore f(x)$在$(0,x_{0})$上单调递减，在$(x_{0},+\infty)$上单调递增，
$\therefore f(x)_{\min}=f(x_{0})=ae^{x_{0}}-\ln x_{0}=\frac{1}{x_{0}}-\ln\frac{1}{ae^{x_{0}}}=\frac{1}{x_{0}}+x_{0}+\ln a\geqslant2\sqrt{\frac{1}{x_{0}}\cdot x_{0}}+\ln a = 2+\ln a$，
当且仅当$\frac{1}{x_{0}}=x_{0}$，即$x_{0}=1$时等号成立，
$\therefore$ 当$a＞0$时，$f(x)\geqslant2+\ln a$。

例1 （2023·黑龙江牡丹江市第一高级中学高三热身考试(二)）已知函数$f(x)=x^{2}(\ln x - \frac{3}{2}a)$，$a$为实数.
(1)求函数$f(x)$的单调区间；
(2)若函数$f(x)$在$x = e$处取得极值，$f'(x)$是函数$f(x)$的导函数，且$f'(x_{1}) = f'(x_{2})$，$x_{1} ＜ x_{2}$，证明：$2 ＜ x_{1} + x_{2} ＜ e$.

答案： 解　
(1)函数$f(x)=x^{2}(\ln x - \frac{3}{2}a)$的定义域为$(0,+\infty)$，$f^{\prime}(x)=2x(\ln x - \frac{3}{2}a)+x=x(2\ln x - 3a + 1)$。
令$f^{\prime}(x)=0$，得$x = e^{\frac{3a - 1}{2}}$。
当$x\in(0,e^{\frac{3a - 1}{2}})$时，$f^{\prime}(x)＜0$，当$x\in(e^{\frac{3a - 1}{2}},+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＞0$，故函数$f(x)$的单调递减区间为$(0,e^{\frac{3a - 1}{2}})$，单调递增区间为$(e^{\frac{3a - 1}{2}},+\infty)$。
(2)证明：因为函数$f(x)$在$x = e$处取得极值，所以$x = e^{\frac{3a - 1}{2}} = e$，得$a = 1$。
所以$f(x)=x^{2}(\ln x - \frac{3}{2})$，得$f^{\prime}(x)=x(2\ln x - 2)=2x(\ln x - 1)$。
令$g(x)=2x(\ln x - 1)$，因为$g^{\prime}(x)=2\ln x$，当$0＜x＜1$时，$g^{\prime}(x)＜0$，当$x＞1$时，$g^{\prime}(x)＞0$。
所以函数$g(x)$在$(0,1)$上单调递减，在$(1,+\infty)$上单调递增，且当$x\in(0,e)$时，$g(x)=2x(\ln x - 1)＜0$，当$x\in(e,+\infty)$时，$g(x)=2x(\ln x - 1)＞0$。
故$0＜x_{1}＜1＜x_{2}＜e$。
先证$x_{1}+x_{2}＞2$，需证$x_{2}＞2 - x_{1}$。
因为$x_{2}＞1$，$2 - x_{1}＞1$，下面证明$g(x_{1})=g(x_{2})＞g(2 - x_{1})$。设$t(x)=g(2 - x)-g(x)$，
则当$0＜x＜1$时，$t^{\prime}(x)=-g^{\prime}(2 - x)-g^{\prime}(x)=-2\ln(2 - x)-2\ln x=-2\ln[(2 - x)x]＞0$。
故$t(x)$在$(0,1)$上为增函数，
故$t(x)＜t(1)=0$。
所以$t(x_{1})=g(2 - x_{1})-g(x_{1})＜0$，则$g(2 - x_{1})＜g(x_{2})$。
所以$2 - x_{1}＜x_{2}$，即得$x_{1}+x_{2}＞2$。
下面证明：$x_{1}+x_{2}＜e$。
令$g(x_{1})=g(x_{2})=m$，当$x\in(0,1)$时，$g(x)-(-2x)=2x\ln x＜0$，所以$g(x)＜-2x$成立。
所以$-2x_{1}＞g(x_{1})=m$，所以$x_{1}＜-\frac{m}{2}$。
当$x\in(1,e)$时，记$h(x)=g(x)-(2x - 2e)=2x\ln x - 4x + 2e$，所以当$x\in(1,e)$时，$h^{\prime}(x)=2\ln x - 2＜0$，所以$h(x)$为减函数，得$h(x)＞h(e)=2e - 4e + 2e = 0$。
所以$m = g(x_{2})＞2x_{2}-2e$，即得$x_{2}＜\frac{m}{2}+e$。
所以$x_{1}+x_{2}＜-\frac{m}{2}+\frac{m}{2}+e = e$。
综上，$2＜x_{1}+x_{2}＜e$。