《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

[例2]若函数$f(x)=x - ae^x + b(a＞0,b\in\mathbf{R})$有两个不同的零点$x_1,x_2$，证明：$x_1 + x_2＜-2\ln a$.

答案： 【证明】由题知$\begin{cases}x_{1}-ae^{x_{1}}+b = 0\\x_{2}-ae^{x_{2}}+b = 0\end{cases}$，两式相减得$x_{1}-x_{2}=a(e^{x_{1}}-e^{x_{2}})$，即$a=\frac{x_{1}-x_{2}}{e^{x_{1}}-e^{x_{2}}}$。
故要证$x_{1}+x_{2}＜-2\ln a$，只需证$x_{1}+x_{2}＜-2\ln \frac{x_{1}-x_{2}}{e^{x_{1}}-e^{x_{2}}}$，即证$e^{x_{1}+x_{2}}＜(\frac{e^{x_{1}}-e^{x_{2}}}{x_{1}-x_{2}})^{2}$，
即证$(x_{1}-x_{2})^{2}＜e^{x_{1}-x_{2}}-2 + e^{x_{2}-x_{1}}$。 不妨设$x_{1}＜x_{2}$，令$x_{2}-x_{1}=t＞0$，则需证$t^{2}＜e^{-t}-2 + e^{t}$。
设$g(t)=t^{2}-e^{-t}+2 - e^{t}$，则$g'(t)=2t+e^{-t}-e^{t}$。 设$h(t)=2t+e^{-t}-e^{t}$，则$h'(t)=2 - e^{-t}-e^{t}＜0$，
所以$h(t)$在$(0,+\infty)$上单调递减，所以$h(t)＜h(0)=0$，即$g'(t)＜0$，
所以$g(t)$在$(0,+\infty)$上单调递减，所以$g(t)＜g(0)=0$，故原不等式成立。

[例3]已知函数$h(x)=xe^{-x}$，如果$x_1\neq x_2$且$h(x_1)=h(x_2)$，证明：$x_1 + x_2＞2$.

答案： 【证明】$h'(x)=e^{-x}(1 - x)$，令$h'(x)=0$，解得$x = 1$，
当$x$变化时，$h'(x)$，$h(x)$的变化情况如表：
$x$：$(-\infty,1)$，$1$，$(1,+\infty)$
$h'(x)$：$+$，$0$，$-$
$h(x)$：单调递增，$\frac{1}{e}$，单调递减
由$x_{1}\neq x_{2}$，不妨设$x_{1}＞x_{2}$，根据$h(x_{1})=h(x_{2})$可知$x_{1}＞1$，$x_{2}＜1$。
令$F(x)=h(x)-h(2 - x)$，$x\in[1,+\infty)$，则$F'(x)=(x - 1)(e^{2x - 2}-1)e^{-x}$，
因为$x\geqslant1$，$2x - 2\geqslant0$，所以$e^{2x - 2}-1\geqslant0$，所以$F'(x)\geqslant0$，所以$F(x)$在$[1,+\infty)$上单调递增，
又因为$F(1)=0$，所以$x＞1$时，$F(x)＞F(1)=0$，
即当$x＞1$时，$h(x)＞h(2 - x)$，则$h(x_{1})＞h(2 - x_{1})$，又$h(x_{1})=h(x_{2})$，所以$h(x_{2})＞h(2 - x_{1})$，
因为$x_{1}＞1$，所以$2 - x_{1}＜1$，所以$x_{2}$，$2 - x_{1}\in(-\infty,1)$，
因为$h(x)$在$(-\infty,1)$上单调递增，所以$x_{2}＞2 - x_{1}$，所以$x_{1}+x_{2}＞2$得证。

已知函数$f(x)=\ln(x + a)-\frac{x - 1}{x + a}$，函数$g(x)$满足$\ln[g(x)+x^2]=\ln x + x - a$.
(1)讨论函数$f(x)$的单调性；
(2)若$g(x)$有两个不同的零点$x_1,x_2$，证明：$x_1x_2＜1$.

答案： 【解析】
(1)由已知得，函数$f(x)$的定义域为$(-a,+\infty)$，
则$f'(x)=\frac{1}{x + a}-\frac{x + a-(x - 1)}{(x + a)^{2}}=\frac{x - 1}{(x + a)^{2}}$，
所以当$-a\geqslant1$，即$a\leqslant - 1$时，$f'(x)＞0$，$f(x)$在$(-a,+\infty)$上单调递增；
当$-a＜1$，即$a＞-1$时，若$-a＜x＜1$，则$f'(x)＜0$，若$x＞1$，则$f'(x)＞0$，
所以$f(x)$在$(-a,1)$上单调递减，在$(1,+\infty)$上单调递增。
综上所述，当$a\leqslant - 1$时，$f(x)$在$(-a,+\infty)$上单调递增；
当$a＞-1$时，$f(x)$在$(-a,1)$上单调递减，在$(1,+\infty)$上单调递增。
(2)因为$\ln [g(x)+x^{2}]=\ln x + x - a$，
所以$g(x)=x\cdot e^{x - a}-x^{2}=x(e^{x - a}-x)$，其定义域为$(0,+\infty)$，
$g(x)=xe^{x - a}-x^{2}=x(e^{x - a}-x)=0$等价于$e^{x - a}-x = 0$，即$x-\ln x = a$，
设$h(x)=x-\ln x(x＞0)$，
所以$h'(x)=1-\frac{1}{x}=\frac{x - 1}{x}$，
令$h'(x)＞0$，则$x＞1$，令$h'(x)＜0$，则$0＜x＜1$。
所以函数$h(x)$在$(0,1)$上单调递减，在$(1,+\infty)$上单调递增，
因为函数$g(x)$有两个不同的零点，即$h(x)=a$有两个不同的根，所以$a＞h(1)=1$，
所以$g(x)$有两个不同的零点$x_{1}$，$x_{2}$且$0＜x_{1}＜1＜x_{2}$，且$h(x_{1})=h(x_{2})=a$，
令$\varphi(x)=h(x)-h(\frac{1}{x})=x-\frac{1}{x}-2\ln x(0＜x＜1)$，
则$\varphi'(x)=1+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}=\frac{(x - 1)^{2}}{x^{2}}＞0$对任意的$x\in(0,1)$恒成立，
所以函数$\varphi(x)$在$(0,1)$上单调递增，$\varphi(x)＜\varphi(1)=0$，
即当$0＜x＜1$时，$h(x)＜h(\frac{1}{x})$，
又$0＜x_{1}＜1$，所以$h(x_{1})=h(x_{2})＜h(\frac{1}{x_{1}})$，
因为$x_{2}＞1$，$\frac{1}{x_{1}}＞1$，且$h(x)$在$(1,+\infty)$上单调递增，所以$x_{2}＜\frac{1}{x_{1}}$，故$x_{1}x_{2}＜1$得证。