《2025年金版教程高考科学复习解决方案数学》

变式训练 1.（2022·全国甲卷）已知函数$f(x)=\frac{e^{x}}{x}-\ln x + x - a$.
(1)若$f(x)\geq0$，求$a$的取值范围；
(2)证明：若$f(x)$有两个零点$x_{1}$，$x_{2}$，则$x_{1}x_{2} ＜ 1$.

答案： 解　
(1)$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$，
$f^{\prime}(x)=(\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}})e^{x}-\frac{1}{x}+1=\frac{1}{x}(1 - \frac{1}{x})e^{x}+(1 - \frac{1}{x})=\frac{x - 1}{x}(\frac{e^{x}}{x}+1)$。
令$f^{\prime}(x)=0$，得$x = 1$。
当$x\in(0,1)$时，$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$单调递减；
当$x\in(1,+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$单调递增。
所以$f(x)\geqslant f(1)=e + 1 - a$。
若$f(x)\geqslant0$，则$e + 1 - a\geqslant0$，即$a\leqslant e + 1$。
所以$a$的取值范围为$(-\infty,e + 1]$。
(2)证法一：由题意知，$f(x)$的一个零点小于1，一个零点大于1。
不妨设$0＜x_{1}＜1＜x_{2}$。
要证$x_{1}x_{2}＜1$，即证$x_{1}＜\frac{1}{x_{2}}$。
因为$x_{1},\frac{1}{x_{2}}\in(0,1)$，即证$f(x_{1})＞f(\frac{1}{x_{2}})$。
因为$f(x_{1})=f(x_{2})$，即证$f(x_{2})＞f(\frac{1}{x_{2}})$。
即证$\frac{e^{x}}{x}-\ln x + x - xe^{\frac{1}{x}}-\ln x-\frac{1}{x}＞0$，$x\in(1,+\infty)$。
即证$\frac{e^{x}}{x}-xe^{\frac{1}{x}}-2[\ln x-\frac{1}{2}(x - \frac{1}{x})]＞0$。
下面证明当$x＞1$时，$\frac{e^{x}}{x}-xe^{\frac{1}{x}}＞0$，$\ln x-\frac{1}{2}(x - \frac{1}{x})＜0$。
设$g(x)=\frac{e^{x}}{x}-xe^{\frac{1}{x}}$，
则$g^{\prime}(x)=(\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}})e^{x}-[e^{\frac{1}{x}}+xe^{\frac{1}{x}}\cdot(-\frac{1}{x^{2}})]=\frac{1}{x}(1 - \frac{1}{x})e^{x}-e^{\frac{1}{x}}(1 - \frac{1}{x})=(1 - \frac{1}{x})(\frac{e^{x}}{x}-e^{\frac{1}{x}})=\frac{x - 1}{x}(\frac{e^{x}}{x}-e^{\frac{1}{x}})$。
设$\varphi(x)=\frac{e^{x}}{x}$，
则当$x＞1$时，$\varphi^{\prime}(x)=(\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}})e^{x}=\frac{x - 1}{x^{2}}e^{x}＞0$。
所以$\varphi(x)＞\varphi(1)=e$，而$e^{\frac{1}{x}}＜e$。
所以$\frac{e^{x}}{x}-e^{\frac{1}{x}}＞0$。
所以当$x＞1$时，$g^{\prime}(x)＞0$。
所以$g(x)$在$(1,+\infty)$上单调递增。
即$g(x)＞g(1)=0$。
所以$\frac{e^{x}}{x}-xe^{\frac{1}{x}}＞0$。
令$h(x)=\ln x-\frac{1}{2}(x - \frac{1}{x})$，
则当$x＞1$时，$h^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{2}(1+\frac{1}{x^{2}})=\frac{2x - x^{2}-1}{2x^{2}}=-\frac{(x - 1)^{2}}{2x^{2}}＜0$。
所以$h(x)$在$(1,+\infty)$上单调递减。
即$h(x)＜h(1)=0$，所以$\ln x-\frac{1}{2}(x - \frac{1}{x})＜0$。
综上，$\frac{e^{x}}{x}-xe^{\frac{1}{x}}-2[\ln x-\frac{1}{2}(x - \frac{1}{x})]＞0$，即$x_{1}x_{2}＜1$得证。
证法二：不妨设$x_{1}＜x_{2}$，则由
(1)知$0＜x_{1}＜1＜x_{2}$。
由$f(x_{1})=f(x_{2})=0$，得$\frac{e^{x_{1}}}{x_{1}}-\ln x_{1}+x_{1}=\frac{e^{x_{2}}}{x_{2}}-\ln x_{2}+x_{2}$。
即$e^{x_{1}-\ln x_{1}}+x_{1}-\ln x_{1}=e^{x_{2}-\ln x_{2}}+x_{2}-\ln x_{2}$。
因为函数$y = e^{x}+x$在$\mathbf{R}$上单调递增。
所以$x_{1}-\ln x_{1}=x_{2}-\ln x_{2}$成立。
构造函数$h(x)=x-\ln x$，$g(x)=h(x)-h(\frac{1}{x})=x-\frac{1}{x}-2\ln x$。
则$g^{\prime}(x)=1+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}=\frac{(x - 1)^{2}}{x^{2}}\geqslant0$。
所以函数$g(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增。
所以当$x＞1$时，$g(x)＞g(1)=0$。
即当$x＞1$时，$h(x)＞h(\frac{1}{x})$。
所以$h(x_{1})=h(x_{2})＞h(\frac{1}{x_{2}})$。
又$h^{\prime}(x)=1-\frac{1}{x}=\frac{x - 1}{x}$，当$0＜x＜1$时，$h^{\prime}(x)＜0$。
所以$h(x)$在$(0,1)$上单调递减。
所以$0＜x_{1}＜\frac{1}{x_{2}}＜1$，即$x_{1}x_{2}＜1$。

例2 （2024·湖北黄冈浠水县第一中学高三上学期质量检测）已知函数$f(x)=x(\ln x - a)$，$g(x)=\frac{f(x)}{x}+a - ax$.
(1)当$x\geq1$时，$f(x)\geq-\ln x - 2$恒成立，求$a$的取值范围；
(2)若$g(x)$的两个相异零点为$x_{1}$，$x_{2}$，求证：$x_{1}x_{2} ＞ e^{2}$.

答案： 解　
(1)当$x\geqslant1$时，$f(x)\geqslant-\ln x - 2$恒成立，即当$x\geqslant1$时，$(x + 1)\ln x - ax + 2\geqslant0$恒成立。
设$F(x)=(x + 1)\ln x - ax + 2$。
所以$F(1)=2 - a\geqslant0$，即$a\leqslant2$。
$F^{\prime}(x)=\ln x+\frac{1}{x}+1 - a$。
设$r(x)=\ln x+\frac{1}{x}+1 - a$，则$r^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}=\frac{x - 1}{x^{2}}$。
所以当$x\geqslant1$时，$r^{\prime}(x)\geqslant0$，即$r(x)$在$[1,+\infty)$上单调递增。
所以$r(x)\geqslant r(1)=2 - a\geqslant0$。
所以当$x\geqslant1$时，$F^{\prime}(x)=r(x)\geqslant0$，即$F(x)$在$[1,+\infty)$上单调递增。
所以$F(x)\geqslant F(1)=2 - a\geqslant0$。
所以$a$的取值范围为$(-\infty,2]$。
(2)证明：由题意知，$g(x)=\ln x - ax$。
不妨设$x_{1}＞x_{2}＞0$，由$\begin{cases}\ln x_{1}=ax_{1}\\\ln x_{2}=ax_{2}\end{cases}$，得$\begin{cases}\ln(x_{1}x_{2})=a(x_{1}+x_{2})\\\ln\frac{x_{1}}{x_{2}}=a(x_{1}-x_{2})\end{cases}$。
则$\frac{\ln(x_{1}x_{2})}{\ln\frac{x_{1}}{x_{2}}}=\frac{x_{1}+x_{2}}{x_{1}-x_{2}}=\frac{\frac{x_{1}}{x_{2}}+1}{\frac{x_{1}}{x_{2}}-1}$，令$t=\frac{x_{1}}{x_{2}}＞1$。
则$\frac{\ln(x_{1}x_{2})}{\ln t}=\frac{t + 1}{t - 1}$，即$\ln(x_{1}x_{2})=\frac{t + 1}{t - 1}\ln t$。
要证$x_{1}x_{2}＞e^{2}$，只需证$\ln(x_{1}x_{2})＞2$。
只需证$\frac{t + 1}{t - 1}\ln t＞2$，即证$\ln t＞\frac{2(t - 1)}{t + 1}(t＞1)$。
即证$\ln t-\frac{2(t - 1)}{t + 1}＞0(t＞1)$。
令$m(t)=\ln t-\frac{2(t - 1)}{t + 1}(t＞1)$。
因为$m^{\prime}(t)=\frac{(t - 1)^{2}}{t(t + 1)^{2}}＞0$。
所以$m(t)$在$(1,+\infty)$上单调递增，又当$t$从右侧趋近于1时，$m(t)$趋近于0。
所以当$t\in(1,+\infty)$时，$m(t)＞0$。
即$\ln t-\frac{2(t - 1)}{t + 1}＞0$成立，故$x_{1}x_{2}＞e^{2}$。

变式训练 2.已知函数$f(x)=x\ln x - \frac{x^{2}}{e} + tx - 1(t\in R)$有两个极值点$x_{1}$，$x_{2}(x_{1} ＜ x_{2})$.
(1)求$t$的取值范围；
(2)证明：$x_{1} + x_{2} ＞ \frac{4}{e}x_{1}x_{2}$.

答案： 解　
(1)$f(x)=\ln x + 1-\frac{2x}{e}+t$。
令$g(x)=f^{\prime}(x)$，则$g^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{2}{e}=\frac{e - 2x}{ex}(x＞0)$。
令$g^{\prime}(x)=0$，解得$x=\frac{e}{2}$。
所以当$x\in(0,\frac{e}{2})$时，$g^{\prime}(x)＞0$；
当$x\in(\frac{e}{2},+\infty)$时，$g^{\prime}(x)＜0$。
所以$g(x)$在$(0,\frac{e}{2})$上单调递增，在$(\frac{e}{2},+\infty)$上单调递减。
所以$g(x)_{\max}=g(\frac{e}{2})=1-\ln 2 + t$。
因为$f(x)$有两个极值点，所以$g(x)$有两个变号零点。
所以$g(x)_{\max}＞0$，即$1-\ln 2 + t＞0$，所以$t＞\ln 2 - 1$，即$t$的取值范围为$(\ln 2 - 1,+\infty)$。
(2)证明：由题意，知$\ln x_{2}-\frac{2x_{2}}{e}+t + 1 = 0$，$\ln x_{1}-\frac{2x_{1}}{e}+t + 1 = 0$。
所以$\ln x_{2}-\ln x_{1}=\frac{2}{e}(x_{2}-x_{1})$。
即$\frac{\ln x_{2}-\ln x_{1}}{x_{2}-x_{1}}=\frac{2}{e}$。
要证$x_{1}+x_{2}＞\frac{4}{e}x_{1}x_{2}$，
只需证$\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}＞\frac{4}{e}$。
即证$\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}＞\frac{2(\ln x_{2}-\ln x_{1})}{x_{2}-x_{1}}$。
即证$2\ln\frac{x_{2}}{x_{1}}＜\frac{x_{2}-x_{1}}{x_{1}}+\frac{x_{2}-x_{1}}{x_{2}}=\frac{x_{2}}{x_{1}}-\frac{x_{1}}{x_{2}}$。
设$\frac{x_{2}}{x_{1}}=u(u＞1)$，则只需证$u-\frac{1}{u}＞2\ln u(u＞1)$。
令$h(u)=u-\frac{1}{u}-2\ln u(u＞1)$。
则$h^{\prime}(u)=1+\frac{1}{u^{2}}-\frac{2}{u}=\frac{u^{2}-2u + 1}{u^{2}}=\frac{(u - 1)^{2}}{u^{2}}＞0$。
所以$h(u)$在$(1,+\infty)$上单调递增，又当$u$从右侧趋近于1时，$h(u)$趋近于0。
所以$h(u)＞0$，即$u-\frac{1}{u}＞2\ln u(u＞1)$。
则$x_{1}+x_{2}＞\frac{4}{e}x_{1}x_{2}$。