《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

例 2 已知函数 $ f(x)=\ln x - ax(x ＞ 0) $，$ a $ 为常数，若函数 $ f(x) $ 有两个零点 $ x_1,x_2(x_1 \neq x_2) $，求证：$ x_1x_2 ＞ e^2$例2 证明 法一 不妨设$x_1 ＞ x_2$，因为$\ln x_1 - ax_1 = 0$，$\ln x_2 - ax_2 = 0$，所以$\ln x_1 + \ln x_2 = a(x_1 + x_2)$，$\ln x_1 - \ln x_2 = a(x_1 - x_2)$，所以$\frac{\ln x_1 - \ln x_2}{x_1 - x_2}=a$。欲证$x_1x_2 ＞ e^2$，即证$\ln x_1 + \ln x_2 ＞ 2$。因为$\ln x_1 + \ln x_2 = a(x_1 + x_2)$，所以即证$a ＞ \frac{2}{x_1 + x_2}$。所以原问题等价于证明$\frac{\ln x_1 - \ln x_2}{x_1 - x_2} ＞ \frac{2}{x_1 + x_2}$，即$\ln\frac{x_1}{x_2} ＞ \frac{2(x_1 - x_2)}{x_1 + x_2}$。令$c = \frac{x_1}{x_2}(c ＞ 1)$，则不等式变为$\ln c ＞ \frac{2(c - 1)}{c + 1}$。令$h(c)=\ln c - \frac{2(c - 1)}{c + 1}(c ＞ 1)$，所以$h'(c)=\frac{1}{c} - \frac{4}{(c + 1)^2}=\frac{(c - 1)^2}{c(c + 1)^2} ＞ 0$，所以$h(c)$在$(1, +\infty)$上单调递增，所以$h(c) ＞ h(1)=0$，即$\ln c - \frac{2(c - 1)}{c + 1} ＞ 0(c ＞ 1)$，因此原不等式$x_1x_2 ＞ e^2$得证。法二 由题意，函数$f(x)$有两个零点$x_1$，$x_2$（$x_1\neq x_2$），即$f(x_1)=f(x_2)=0$。易知$\ln x_1$，$\ln x_2$是方程$x = ae^x$的两个根，设$t_1 = \ln x_1$，$t_2 = \ln x_2$，$g(x)=xe^{-x}$，则$g(t_1)=g(t_2)$，从而$x_1x_2 ＞ e^2\Leftrightarrow e^{t_1}e^{t_2}=e^{t_1 + t_2}＞e^2\Leftrightarrow t_1 + t_2 ＞ 2$。下证：$t_1 + t_2 ＞ 2$。$g'(x)=(1 - x)e^{-x}$，易得$g(x)$在$(-\infty,1)$上单调递增，在$(1, +\infty)$上单调递减，所以函数$g(x)$在$x = 1$处取得极大值$g(1)=\frac{1}{e}$。当$x\to -\infty$时，$g(x)\to -\infty$；当$x\to +\infty$时，$g(x)\to 0$且$g(x) ＞ 0$。由$g(t_1)=g(t_2)$，$t_1\neq t_2$，不妨设$t_1 ＜ t_2$，作出函数$g(x)$的图象如图所示，由图知必有$0 ＜ t_1 ＜ 1 ＜ t_2$。令$F(x)=g(1 + x) - g(1 - x)$，$x\in(0,1]$，则$F'(x)=g'(1 + x)+g'(1 - x)=\frac{x}{e^{x + 1}}(e^{2x} - 1) ＞ 0$，所以$F(x)$在$(0,1]$上单调递增，所以$F(x) ＞ F(0)=0$对任意的$x\in(0,1]$恒成立，即$g(1 + x) ＞ g(1 - x)$对任意的$x\in(0,1]$恒成立。由$0 ＜ t_1 ＜ 1 ＜ t_2$，得$1 - t_1\in(0,1)$，所以$g[1+(1 - t_1)]=g(2 - t_1) ＞ g[1-(1 - t_1)]=g(t_1)=g(t_2)$，即$g(2 - t_1) ＞ g(t_2)$。又$2 - t_1$，$t_2\in(1, +\infty)$，且$g(x)$在$(1, +\infty)$上单调递减，所以$2 - t_1 ＜ t_2$，所以$t_1 + t_2 ＞ 2$，即$x_1x_2 ＞ e^2$。$$。

答案：
例2 证明 法一 不妨设$x_1 ＞ x_2$，因为$\ln x_1 - ax_1 = 0$，$\ln x_2 - ax_2 = 0$，所以$\ln x_1 + \ln x_2 = a(x_1 + x_2)$，$\ln x_1 - \ln x_2 = a(x_1 - x_2)$，所以$\frac{\ln x_1 - \ln x_2}{x_1 - x_2}=a$。欲证$x_1x_2 ＞ e^2$，即证$\ln x_1 + \ln x_2 ＞ 2$。因为$\ln x_1 + \ln x_2 = a(x_1 + x_2)$，所以即证$a ＞ \frac{2}{x_1 + x_2}$。所以原问题等价于证明$\frac{\ln x_1 - \ln x_2}{x_1 - x_2} ＞ \frac{2}{x_1 + x_2}$，即$\ln\frac{x_1}{x_2} ＞ \frac{2(x_1 - x_2)}{x_1 + x_2}$。令$c = \frac{x_1}{x_2}(c ＞ 1)$，则不等式变为$\ln c ＞ \frac{2(c - 1)}{c + 1}$。令$h(c)=\ln c - \frac{2(c - 1)}{c + 1}(c ＞ 1)$，所以$h'(c)=\frac{1}{c} - \frac{4}{(c + 1)^2}=\frac{(c - 1)^2}{c(c + 1)^2} ＞ 0$，所以$h(c)$在$(1, +\infty)$上单调递增，所以$h(c) ＞ h(1)=0$，即$\ln c - \frac{2(c - 1)}{c + 1} ＞ 0(c ＞ 1)$，因此原不等式$x_1x_2 ＞ e^2$得证。法二 由题意，函数$f(x)$有两个零点$x_1$，$x_2$（$x_1\neq x_2$），即$f(x_1)=f(x_2)=0$。易知$\ln x_1$，$\ln x_2$是方程$x = ae^x$的两个根，设$t_1 = \ln x_1$，$t_2 = \ln x_2$，$g(x)=xe^{-x}$，则$g(t_1)=g(t_2)$，从而$x_1x_2 ＞ e^2\Leftrightarrow e^{t_1}e^{t_2}=e^{t_1 + t_2}＞e^2\Leftrightarrow t_1 + t_2 ＞ 2$。下证：$t_1 + t_2 ＞ 2$。$g'(x)=(1 - x)e^{-x}$，易得$g(x)$在$(-\infty,1)$上单调递增，在$(1, +\infty)$上单调递减，所以函数$g(x)$在$x = 1$处取得极大值$g(1)=\frac{1}{e}$。当$x\to -\infty$时，$g(x)\to -\infty$；当$x\to +\infty$时，$g(x)\to 0$且$g(x) ＞ 0$。由$g(t_1)=g(t_2)$，$t_1\neq t_2$，不妨设$t_1 ＜ t_2$，作出函数$g(x)$的图象如图所示，由图知必有$0 ＜ t_1 ＜ 1 ＜ t_2$。令$F(x)=g(1 + x) - g(1 - x)$，$x\in(0,1]$，则$F'(x)=g'(1 + x)+g'(1 - x)=\frac{x}{e^{x + 1}}(e^{2x} - 1) ＞ 0$，所以$F(x)$在$(0,1]$上单调递增，所以$F(x) ＞ F(0)=0$对任意的$x\in(0,1]$恒成立，即$g(1 + x) ＞ g(1 - x)$对任意的$x\in(0,1]$恒成立。由$0 ＜ t_1 ＜ 1 ＜ t_2$，得$1 - t_1\in(0,1)$，所以$g[1+(1 - t_1)]=g(2 - t_1) ＞ g[1-(1 - t_1)]=g(t_1)=g(t_2)$，即$g(2 - t_1) ＞ g(t_2)$。又$2 - t_1$，$t_2\in(1, +\infty)$，且$g(x)$在$(1, +\infty)$上单调递减，所以$2 - t_1 ＜ t_2$，所以$t_1 + t_2 ＞ 2$，即$x_1x_2 ＞ e^2$。

训练 2（2025·镇江调研改编）已知函数 $ f(x)=ae^x - x $，$ a \in \mathbf{R} $。若 $ f(x) $ 有两个不同的零点 $ x_1,x_2 $，证明：$ x_1 + x_2 ＞ 2$训练2 证明：由$f(x)=ae^x - x = 0$،得$\frac{x}{e^x} - a = 0$，令$g(x)=\frac{x}{e^x} - a$，则$g'(x)=\frac{1 - x}{e^x}$。由$g'(x)=\frac{1 - x}{e^x} ＞ 0$，得$x ＜ 1$；由$g'(x)=\frac{1 - x}{e^x} ＜ 0$，得$x ＞ 1$。所以$g(x)$在$(-\infty,1)$上单调递增，在$(1, +\infty)$上单调递减。由于$x_1$，$x_2$是方程$g(x)=0$的实根，不妨设$x_1 ＜ 1 ＜ x_2$。设$0 ＜ x_1 ＜ 1 ＜ x_2$，由$g(x_1)=g(x_2)$，得$x_1e^{-x_1}=x_2e^{-x_2}$，等式两边取对数得$\ln x_1 - x_1=\ln x_2 - x_2$。令$t = \frac{x_2}{x_1} ＞ 1$，则$x_2 = tx_1$，代入上式得$\ln x_1 - x_1=\ln t+\ln x_1 - tx_1$，得$x_1=\frac{\ln t}{t - 1}$，$x_2=\frac{t\ln t}{t - 1}$。所以$x_1 + x_2=\frac{(t + 1)\ln t}{t - 1}＞2\Leftrightarrow\ln t - \frac{2(t - 1)}{t + 1}＞0$。设$h(t)=\ln t - \frac{2(t - 1)}{t + 1}(t ＞ 1)$，所以$h'(t)=\frac{1}{t} - \frac{2(t + 1) - 2(t - 1)}{(t + 1)^2}=\frac{(t - 1)^2}{t(t + 1)^2}＞0$，所以当$t ＞ 1$时，$h(t)$单调递增，所以$h(t) ＞ h(1)=0$，所以$\ln t - \frac{2(t - 1)}{t + 1}＞0$，故$x_1 + x_2 ＞ 2$。$$。

答案： 训练2 证明：由$f(x)=ae^x - x = 0$，得$\frac{x}{e^x} - a = 0$，令$g(x)=\frac{x}{e^x} - a$，则$g'(x)=\frac{1 - x}{e^x}$。由$g'(x)=\frac{1 - x}{e^x} ＞ 0$，得$x ＜ 1$；由$g'(x)=\frac{1 - x}{e^x} ＜ 0$，得$x ＞ 1$。所以$g(x)$在$(-\infty,1)$上单调递增，在$(1, +\infty)$上单调递减。由于$x_1$，$x_2$是方程$g(x)=0$的实根，不妨设$x_1 ＜ 1 ＜ x_2$。设$0 ＜ x_1 ＜ 1 ＜ x_2$，由$g(x_1)=g(x_2)$，得$x_1e^{-x_1}=x_2e^{-x_2}$，等式两边取对数得$\ln x_1 - x_1=\ln x_2 - x_2$。令$t = \frac{x_2}{x_1} ＞ 1$，则$x_2 = tx_1$，代入上式得$\ln x_1 - x_1=\ln t+\ln x_1 - tx_1$，得$x_1=\frac{\ln t}{t - 1}$，$x_2=\frac{t\ln t}{t - 1}$。所以$x_1 + x_2=\frac{(t + 1)\ln t}{t - 1}＞2\Leftrightarrow\ln t - \frac{2(t - 1)}{t + 1}＞0$。设$h(t)=\ln t - \frac{2(t - 1)}{t + 1}(t ＞ 1)$，所以$h'(t)=\frac{1}{t} - \frac{2(t + 1) - 2(t - 1)}{(t + 1)^2}=\frac{(t - 1)^2}{t(t + 1)^2}＞0$，所以当$t ＞ 1$时，$h(t)$单调递增，所以$h(t) ＞ h(1)=0$，所以$\ln t - \frac{2(t - 1)}{t + 1}＞0$，故$x_1 + x_2 ＞ 2$。