《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A版》

训练1（2025·昆明三校一检）已知函数$f(x)=\frac{a\ln x + a}{x}$。
(1)讨论$f(x)$的极值；
(2)若$(ex_{1})^{x_{2}}=(ex_{2})^{x_{1}}$（$e$是自然对数的底数），且$x_{1}＞0$，$x_{2}＞0$，$x_{1}\neq x_{2}$，证明：$x_{1}+x_{2}＞2$。证明 将已知等式两边同时取自然对数，化简得$\frac{\ln x_1 + 1}{x_1} = \frac{\ln x_2 + 1}{x_2} ＞ 0$，即当$a = 1$时，$f(x) = m(m ＞ 0)$有两个不同解$x_1,x_2$。不妨设$x_1 ＜ x_2$，易知$f(\frac{1}{e}) = 0$，则由(1)知$\frac{1}{e} ＜ x_1 ＜ 1 ＜ x_2,0 ＜ m ＜ 1$。法一（对称消元法） 要证$x_1 + x_2 ＞ 2$，即证$1 ＞ x_1 ＞ 2 - x_2$，即证$f(x_2) = f(x_1) ＞ f(2 - x_2)$。当$x_2 \geq 2$时，必有$x_1 + x_2 ＞ 2$，因此只需考虑$1 ＜ x_2 ＜ 2$，设$g(x) = f(x) - f(2 - x),1 ＜ x ＜ 2$，则$g'(x) = f'(x) + f'(2 - x) = -\frac{\ln x}{x^2} - \frac{\ln(2 - x)}{(2 - x)^2} = -\frac{\ln x}{x^2} - \frac{\ln(2 - x)}{x^2} = -\frac{\ln[-(x - 1)^2 + 1]}{x^2} ＞ 0$，所以$g(x)$在$(1,2)$上单调递增，$g(x) ＞ g(1) = f(1) - f(1) = 0$。所以$f(x_2) = f(x_1) ＞ f(2 - x_2)$成立，也就是$x_1 + x_2 ＞ 2$成立。法二（对数均值不等式法）依题意得$\frac{\ln x_1 + 1}{x_1} = \frac{\ln x_2 + 1}{x_2} = m$，所以$\frac{1}{m} = \frac{x_1}{\ln x_1 + 1} = \frac{x_2}{\ln x_2 + 1}$，即$\frac{1}{m} = \frac{x_1 - x_2}{\ln x_1 - \ln x_2} ＜ \frac{x_1 + x_2}{2}$所以$\frac{x_1 + x_2}{2} ＞ \frac{1}{m} ＞ 1$，也就是$x_1 + x_2 ＞ 2$成立。

答案：
(1)解 当$a = 0$时，函数$f(x) = 0$，无极值.
当$a \neq 0$时，$f'(x) = -\frac{a\ln x}{x^2},x ＞ 0$。
当$a ＞ 0$时，$x \in (0,1)$时，$f(x)$单调递增，$x \in (1, +\infty)$时，$f(x)$单调递减，
因此$f(x)$有极大值$f(1) = a$。
当$a ＜ 0$时，$x \in (0,1)$时，$f(x)$单调递减，$x \in (1, +\infty)$时，$f(x)$单调递增，
因此$f(x)$有极小值$f(1) = a$。
综上所述，当$a = 0$时，$f(x)$无极值；
当$a ＞ 0$时，$f(x)$有极大值$f(1) = a$；
当$a ＜ 0$时，$f(x)$有极小值$f(1) = a$。
(2)证明 将已知等式两边同时取自然对数，
化简得$\frac{\ln x_1 + 1}{x_1} = \frac{\ln x_2 + 1}{x_2} ＞ 0$，
即当$a = 1$时，$f(x) = m(m ＞ 0)$有两个不同解$x_1,x_2$。
不妨设$x_1 ＜ x_2$，易知$f(\frac{1}{e}) = 0$，
则由
(1)知$\frac{1}{e} ＜ x_1 ＜ 1 ＜ x_2,0 ＜ m ＜ 1$。
法一（对称消元法） 要证$x_1 + x_2 ＞ 2$，
即证$1 ＞ x_1 ＞ 2 - x_2$，
即证$f(x_2) = f(x_1) ＞ f(2 - x_2)$。
当$x_2 \geq 2$时，必有$x_1 + x_2 ＞ 2$，
因此只需考虑$1 ＜ x_2 ＜ 2$，
设$g(x) = f(x) - f(2 - x),1 ＜ x ＜ 2$，
则$g'(x) = f'(x) + f'(2 - x)$
$= -\frac{\ln x}{x^2} - \frac{\ln(2 - x)}{(2 - x)^2} = -\frac{\ln x}{x^2} - \frac{\ln(2 - x)}{x^2}$
$= -\frac{\ln[-(x - 1)^2 + 1]}{x^2} ＞ 0$，
所以$g(x)$在$(1,2)$上单调递增，
$g(x) ＞ g(1) = f(1) - f(1) = 0$。
所以$f(x_2) = f(x_1) ＞ f(2 - x_2)$成立，
也就是$x_1 + x_2 ＞ 2$成立。
法二（对数均值不等式法）
依题意得$\frac{\ln x_1 + 1}{x_1} = \frac{\ln x_2 + 1}{x_2} = m$，
所以$\frac{1}{m} = \frac{x_1}{\ln x_1 + 1} = \frac{x_2}{\ln x_2 + 1}$，
即$\frac{1}{m} = \frac{x_1 - x_2}{\ln x_1 - \ln x_2} ＜ \frac{x_1 + x_2}{2}$
所以$\frac{x_1 + x_2}{2} ＞ \frac{1}{m} ＞ 1$，
也就是$x_1 + x_2 ＞ 2$成立。

例2（2025·济南模拟节选）已知函数$f(x)=e^{x}-ax(a＞1)$有两个不同的零点$x_{1},x_{2}$，$x_{1}＜x_{2}$，求证：$x_{1}+x_{2}＞2$。证明 因为$f(x_1) = f(x_2) = 0$，所以$a = \frac{e^{x_2} - e^{x_1}}{x_2 - x_1}$，因此$\frac{e^{x_2} + e^{x_1}}{x_2 + x_1} = \frac{e^{x_2} - e^{x_1}}{x_2 - x_1}$，变形得$\frac{x_2 + x_1}{x_2 - x_1} = \frac{e^{x_2} + e^{x_1}}{e^{x_2} - e^{x_1}} = \frac{2}{e^{x_2 - x_1} - e^{x_1 - x_2}}$，又由指数均值不等式得$\frac{x_2 + x_1}{x_2 - x_1} = \frac{e^{x_2 - x_1} + e^{x_1 - x_2}}{e^{x_2 - x_1} - e^{x_1 - x_2}} = \frac{2(e^{x_2 - x_1})}{e^{x_2 - x_1} - e^{x_1 - x_2}} = \frac{2}{x_2 - x_1}$，所以$x_1 + x_2 ＞ 2$，故原命题得证。

答案： 例2 证明 因为$f(x_1) = f(x_2) = 0$，
所以$a = \frac{e^{x_2} - e^{x_1}}{x_2 - x_1}$，因此$\frac{e^{x_2} + e^{x_1}}{x_2 + x_1} = \frac{e^{x_2} - e^{x_1}}{x_2 - x_1}$，
变形得$\frac{x_2 + x_1}{x_2 - x_1} = \frac{e^{x_2} + e^{x_1}}{e^{x_2} - e^{x_1}} = \frac{2}{e^{x_2 - x_1} - e^{x_1 - x_2}}$，
又由指数均值不等式得
$\frac{x_2 + x_1}{x_2 - x_1} = \frac{e^{x_2 - x_1} + e^{x_1 - x_2}}{e^{x_2 - x_1} - e^{x_1 - x_2}} = \frac{2(e^{x_2 - x_1})}{e^{x_2 - x_1} - e^{x_1 - x_2}} = \frac{2}{x_2 - x_1}$，
所以$x_1 + x_2 ＞ 2$，故原命题得证。

训练2 已知$a\in R$，函数$f(x)=2\ln(x - 2)+a(x - 2)^{2}$，若函数$f(x)$的两个相异零点$x_{1},x_{2}$，求证：$x_{1}x_{2}+4＞2(x_{1}+x_{2})+e$。证明$x_1x_2 + 4 ＞ 2(x_1 + x_2) + e \Leftrightarrow (x_1 - 2)(x_2 - 2) ＞ e \Leftrightarrow \ln(x_1 - 2) + \ln(x_2 - 2) ＞ 1$。设$t_1 = \ln(x_1 - 2),t_2 = \ln(x_2 - 2)$，故原命题转化为：函数$g(t) = 2t + ae^{2t}$有两个相异零点$t_1,t_2$，设$t_1 ＜ t_2$，证明$t_1 + t_2 ＞ 1$，令$2t + ae^{2t} = 0$，得$-a = \frac{2t}{e^{2t}}$，因为$\frac{2t_1}{e^{2t_1}} = \frac{2t_2}{e^{2t_2}}$，所以$\frac{2t_1 + 2t_2}{e^{2t_1} + e^{2t_2}} = \frac{2t_2 - 2t_1}{e^{2t_2} - e^{2t_1}}$变形得$\frac{e^{2t_2} + e^{2t_1}}{e^{2t_2} - e^{2t_1}} = \frac{2t_2 + 2t_1}{2t_2 - 2t_1}$，由指数均值不等式得$\frac{2t_1 + 2t_2}{2t_2 - 2t_1} = \frac{e^{2t_2} + e^{2t_1}}{e^{2t_2} - e^{2t_1}} = \frac{2}{2t_2 - 2t_1}$，所以$t_1 + t_2 ＞ 1$。

答案： 训练2 证明$x_1x_2 + 4 ＞ 2(x_1 + x_2) + e \Leftrightarrow (x_1 - 2)(x_2 - 2) ＞ e \Leftrightarrow \ln(x_1 - 2) + \ln(x_2 - 2) ＞ 1$。
设$t_1 = \ln(x_1 - 2),t_2 = \ln(x_2 - 2)$，
故原命题转化为：函数$g(t) = 2t + ae^{2t}$有两个相异零点$t_1,t_2$，设$t_1 ＜ t_2$，
证明$t_1 + t_2 ＞ 1$，令$2t + ae^{2t} = 0$，得$-a = \frac{2t}{e^{2t}}$，
因为$\frac{2t_1}{e^{2t_1}} = \frac{2t_2}{e^{2t_2}}$，所以$\frac{2t_1 + 2t_2}{e^{2t_1} + e^{2t_2}} = \frac{2t_2 - 2t_1}{e^{2t_2} - e^{2t_1}}$
变形得$\frac{e^{2t_2} + e^{2t_1}}{e^{2t_2} - e^{2t_1}} = \frac{2t_2 + 2t_1}{2t_2 - 2t_1}$，
由指数均值不等式得
$\frac{2t_1 + 2t_2}{2t_2 - 2t_1} = \frac{e^{2t_2} + e^{2t_1}}{e^{2t_2} - e^{2t_1}} = \frac{2}{2t_2 - 2t_1}$，
所以$t_1 + t_2 ＞ 1$。