《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

例 1（2025·湛江模拟节选）已知函数 $ f(x)=\frac{1 + \ln x}{ax} $。若方程 $ f(x)=1 $ 有两个根 $ x_1,x_2 $，求实数 $ a $ 的取值范围，并证明：$ x_1x_2 ＞ 1$例1 解 由$\frac{1 + \ln x}{ax}=1$，得$\frac{1 + \ln x}{x}=a$。设$g(x)=\frac{1 + \ln x}{x}$，$x ＞ 0$，则$g'(x)=\frac{\frac{1}{x} \cdot x - (1 + \ln x)}{x^2}=-\frac{\ln x}{x^2}$。由$g'(x)=0$，得$x = 1$。当$0 ＜ x ＜ 1$时，$g'(x) ＞ 0$，则$g(x)$在$(0,1)$上单调递增；当$x ＞ 1$时，$g'(x) ＜ 0$，则$g(x)$在$(1, +\infty)$上单调递减。又$g(\frac{1}{e}) = 0$，$g(1) = 1$，且当$x ＞ 1$时，$g(x) ＞ 0$。故$g(x)=\frac{1 + \ln x}{x}$的图象如图所示，由图知当$0 ＜ a ＜ 1$时，方程$\frac{1 + \ln x}{x}=a$有两个根。证明：不妨令$x_1 ＜ x_2$，则$0 ＜ x_1 ＜ 1 ＜ x_2$。$\frac{1 + \ln x_1}{x_1}=\frac{1 + \ln x_2}{x_2}$。设$h(x)=g(x) - g(\frac{1}{x})=\frac{1 + \ln x}{x}-x(1 - \ln x)$，则$h'(x)=\frac{-\ln x}{x^2}+\ln x=\frac{x^2 - 1}{x^2}\ln x\geq0$。所以$h(x)$在$(0, +\infty)$上单调递增。又$h(1) = 0$，所以$h(x_1)=g(x_1) - g(\frac{1}{x_1}) ＜ 0$，即$g(x_1) ＜ g(\frac{1}{x_1})$。又$g(x_1)=g(x_2)$，所以$g(x_2) ＜ g(\frac{1}{x_1})$。又$x_2 ＞ 1$，$\frac{1}{x_1} ＞ 1$，$g(x)$在$(1, +\infty)$上单调递减，所以$x_2 ＞ \frac{1}{x_1}$，故$x_1x_2 ＞ 1$。$$。

答案：
例1 解 由$\frac{1 + \ln x}{ax}=1$，得$\frac{1 + \ln x}{x}=a$。设$g(x)=\frac{1 + \ln x}{x}$，$x ＞ 0$，则$g'(x)=\frac{\frac{1}{x} \cdot x - (1 + \ln x)}{x^2}=-\frac{\ln x}{x^2}$。由$g'(x)=0$，得$x = 1$。当$0 ＜ x ＜ 1$时，$g'(x) ＞ 0$，则$g(x)$在$(0,1)$上单调递增；当$x ＞ 1$时，$g'(x) ＜ 0$，则$g(x)$在$(1, +\infty)$上单调递减。又$g(\frac{1}{e}) = 0$，$g(1) = 1$，且当$x ＞ 1$时，$g(x) ＞ 0$。故$g(x)=\frac{1 + \ln x}{x}$的图象如图所示，由图知当$0 ＜ a ＜ 1$时，方程$\frac{1 + \ln x}{x}=a$有两个根。证明：不妨令$x_1 ＜ x_2$，则$0 ＜ x_1 ＜ 1 ＜ x_2$。$\frac{1 + \ln x_1}{x_1}=\frac{1 + \ln x_2}{x_2}$。设$h(x)=g(x) - g(\frac{1}{x})=\frac{1 + \ln x}{x}-x(1 - \ln x)$，则$h'(x)=\frac{-\ln x}{x^2}+\ln x=\frac{x^2 - 1}{x^2}\ln x\geq0$。所以$h(x)$在$(0, +\infty)$上单调递增。又$h(1) = 0$，所以$h(x_1)=g(x_1) - g(\frac{1}{x_1}) ＜ 0$，即$g(x_1) ＜ g(\frac{1}{x_1})$。又$g(x_1)=g(x_2)$，所以$g(x_2) ＜ g(\frac{1}{x_1})$。又$x_2 ＞ 1$，$\frac{1}{x_1} ＞ 1$，$g(x)$在$(1, +\infty)$上单调递减，所以$x_2 ＞ \frac{1}{x_1}$，故$x_1x_2 ＞ 1$。

训练 1 已知函数 $ f(x)=x^2(\ln x - \frac{3}{2}) $，$ f'(x_1)=f'(x_2) $，$ x_1 ＜ x_2 $，证明：$ x_1 + x_2$＞$＞ 2 $。

答案： 训练1 证明：$f(x)=x^2(\ln x - \frac{3}{2})$，得$f'(x)=x(2\ln x - 2)=2x(\ln x - 1)$。令$g(x)=2x(\ln x - 1)$，$g'(x)=2\ln x$，当$x = 1$时，$g'(x)=0$。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$0 ＜ x_1 ＜ 1 ＜ x_2 ＜ e$。要证$x_1 + x_2 ＞ 2$，只需证$x_2 ＞ 2 - x_1$。易知$x_2 ＞ 1$，$2 - x_1 ＞ 1$。下面证明$g(x_1)=g(x_2) ＞ g(2 - x_1)$。设$t(x)=g(2 - x) - g(x)$，$x\in(0,1)$，则$t'(x)= - g'(2 - x) - g'(x)$，$t'(x)= - 2\ln(2 - x) - 2\ln x= - 2\ln[(2 - x)x] ＞ 0$，故$t(x)$在$(0,1)$上单调递增，故$t(x) ＜ 0$，所以$t(x_1)=g(2 - x_1) - g(x_1) ＜ 0$，则$g(2 - x_1) ＜ g(x_1)=g(x_2)$，所以$2 - x_1 ＜ x_2$，即得$x_1 + x_2 ＞ 2$。