《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

(2025·江苏扬州模拟)已知函数$f(x)=\ln(mx)-x(m ＞ 0)$.

答案： 答案略

(1)若$f(x)\leq 0$恒成立，求实数$m$的取值范围；

答案： 解：
(1)由$m＞0$可知$f(x)$的定义域是$(0,+\infty)$，从而$f(x)=\ln(mx)-x=\ln x - x + \ln m$。故$f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-1=\frac{1 - x}{x}$，从而当$0＜x＜1$时$f^{\prime}(x)＞0$，当$x＞1$时$f^{\prime}(x)＜0$。故$f(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1,+\infty)$上单调递减，所以$f(x)$有最大值$f(1)=\ln m - 1$。所以命题等价于$\ln m - 1\leq0$，即$m\leq e$。所以实数$m$的取值范围是$(0,e]$。

(2)若$f(x)$有两个不同的零点$x_1$，$x_2$，证明$x_1 + x_2 ＞ 2$.

答案： 证明：不妨设$x_1＜x_2$，由于$f(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1,+\infty)$上单调递减，故一定有$0＜x_1＜1＜x_2$，在$-1＜t＜1$的范围内定义函数$p(t)=f(1 + t)-f(1 - t)$。则$p^{\prime}(t)=f^{\prime}(1 + t)+f^{\prime}(1 - t)=\frac{-t}{1 + t}+\frac{t}{1 - t}=\frac{2t^2}{1 - t^2}＞0$。所以$p(t)$单调递增。这表明$t＞0$时$p(t)＞p(0)=f(1)-f(1)=0$，即$f(1 + t)＞f(1 - t)$。又因为$f(2 - x_1)=f(1+(1 - x_1))＞f(1-(1 - x_1))=f(x_1)=0=f(x_2)$，且$2 - x_1$和$x_2$都大于$1$，故由$f(x)$在$(1,+\infty)$上的单调性知$2 - x_1＜x_2$，即$x_1 + x_2＞2$。

（2022·全国甲卷）已知函数$f(x)=\frac{e^x}{x}-\ln x + x - a$.
（1）若$f(x)\geq 0$，求实数$a$的取值范围；
（2）证明：若$f(x)$有两个零点$x_1$，$x_2$，则$x_1x_2 ＜ 1$.

答案： 解：
(1)由题意知函数$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$。由$f^{\prime}(x)=\frac{e^x(x - 1)}{x^2}-\frac{1}{x}+1=\frac{e^x(x - 1)-x + x^2}{x^2}=\frac{(e^x + x)(x - 1)}{x^2}$可得函数$f(x)$在$(0,1)$上单调递减，在$(1,+\infty)$上单调递增。所以$f(x)_{\min}=f(1)=e + 1 - a$。又$f(x)\geq0$，所以$e + 1 - a\geq0$，解得$a\leq e + 1$，所以实数$a$的取值范围为$(-\infty,e + 1]$。
证明：
(2)法一：不妨设$x_1＜x_2$，则由
(1)知$0＜x_1＜1＜x_2,\frac{1}{x_1}＞1$。令$F(x)=f(x)-f(\frac{1}{x}),x\in(0,1)$，则$F^{\prime}(x)=(e^x + x)(x - 1)+\left(e^{\frac{1}{x}}+\frac{1}{x}\right)\left(\frac{1}{x^2}-1\right)=\frac{1}{x^2}(x - 1)(e^x + x - xe^{\frac{1}{x}} - 1)$。令$g(x)=e^x + x - xe^{\frac{1}{x}} - 1$，则$g^{\prime}(x)=e^x + 1 - e^{\frac{1}{x}}+xe^{\frac{1}{x}}·\frac{1}{x^2}=e^x + 1 + e^{\frac{1}{x}}\left(\frac{1}{x}-1\right)$，所以当$x\in(0,1)$时，$g^{\prime}(x)＞0$，所以当$x\in(0,1)$时，$g(x)＜g(1)=0$，所以当$x\in(0,1)$时，$F^{\prime}(x)＞0$，所以$F(x)$在$(0,1)$上单调递增，所以$F(x)＜F(1)=0$，即在$(0,1)$上$f(x)-f(\frac{1}{x})＜F(1)=0$。又$f(x_1)=f(x_2)=0$，所以$f(x_2)-f(\frac{1}{x_1})＜0$，即$f(x_2)＜f(\frac{1}{x_1})$。由
(1)可知，函数$f(x)$在$(1,+\infty)$上单调递增，所以$x_2＜\frac{1}{x_1}$，即$x_1x_2＜1$。法二(同构构造函数化解等式)：不妨设$x_1＜x_2$，则由
(1)知$0＜x_1＜1＜x_2,0＜\frac{1}{x_2}＜1$。由$f(x_1)=f(x_2)=0$，得$\frac{e^{x_1}}{x_1}-\ln x_1 + x_1=\frac{e^{x_2}}{x_2}-\ln x_2 + x_2$，即$e^{x_1}-\ln x_1 + x_1-\ln x_1=e^{x_2}-\ln x_2 + x_2-\ln x_2$。因为函数$y = e^x + x$在$\mathbf{R}$上单调递增，所以$x_1-\ln x_1=x_2-\ln x_2$成立。构造函数$h(x)=x-\ln x,g(x)=h(x)-h\left(\frac{1}{x}\right)=x-\frac{1}{x}-2\ln x$，则$g^{\prime}(x)=1+\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x}=\frac{(x - 1)^2}{x^2}\geq0$。所以函数$g(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增。所以当$x＞1$时，$g(x)＞g(1)=0$，即当$x＞1$时，$h(x)＞h\left(\frac{1}{x}\right)$。所以$h(x_1)=h(x_2)＞h\left(\frac{1}{x_2}\right)$。又$h^{\prime}(x)=1-\frac{1}{x}=\frac{x - 1}{x}$，所以$h(x)$在$(0,1)$上单调递减，所以$0＜x_1＜\frac{1}{x_2}＜1$，即$x_1x_2＜1$。