《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A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^{\prime}(x) = \frac{\frac{1}{x} \cdot x - (1 + \ln x)}{x^{2}} = \frac{- \ln x}{x^{2}}$。由$g^{\prime}(x) = 0$，得$x = 1$。当$0 ＜ x ＜ 1$时，$g^{\prime}(x) ＞ 0$，则$g(x)$在$(0,1)$上单调递增；当$x ＞ 1$时，$g^{\prime}(x) ＜ 0$，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：不妨设$x_{1} ＜ x_{2}$，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$h^{\prime}(x) = \frac{- \ln x}{x^{2}} + \ln x = \frac{x^{2} - 1}{x^{2}}\ln x \geqslant 0$，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$x_{1}x_{2} ＞ 1$。$$。

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$g^{\prime}(x) = \frac{\frac{1}{x} \cdot x - (1 + \ln x)}{x^{2}} = \frac{- \ln x}{x^{2}}$。由$g^{\prime}(x) = 0$，得$x = 1$。当$0 ＜ x ＜ 1$时，$g^{\prime}(x) ＞ 0$，则$g(x)$在$(0,1)$上单调递增；当$x ＞ 1$时，$g^{\prime}(x) ＜ 0$，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：不妨设$x_{1} ＜ x_{2}$，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$h^{\prime}(x) = \frac{- \ln x}{x^{2}} + \ln x = \frac{x^{2} - 1}{x^{2}}\ln x \geqslant 0$，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$x_{1}x_{2} ＞ 1$。

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： 证明$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)，$$ g^{\prime}(x) = 2\ln x，$当$x = 1$时，$g^{\prime}(x) = 0，$$ $所以函数$g(x)$在$(0,1)$上单调递减，在$(1, + \infty)$上单调递增，且$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)，$$ $则$t^{\prime}(x) = - g^{\prime}(2 - x) - g^{\prime}(x)，$$ t^{\prime}(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，$$ $所以$g(2 - x) < g(x)，$$ $则$g(2 - x_{1}) < g(x_{1}) = g(x_{2})，$$ $所以$2 - x_{1} < x_{2}，$即得$x_{1} + x_{2} > 2。$$ $