《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

已知函数$f(x)=ax^2 - (\ln x)^2(a\in R)$. 若$f(x)$有两个极值点$x_1$，$x_2$.

答案： $f^{\prime}(x)=2ax - \frac{2\ln x}{x}=\frac{2ax^{2}-2\ln x}{x}(x\gt0)$。
令$g(x)=2ax^{2}-2\ln x$，因为$f(x)$有两个极值点$x_1$，$x_2$，所以$g(x)$在$(0,+\infty)$上有两个零点。
$g^{\prime}(x)=4ax-\frac{2}{x}=\frac{4ax^{2}-2}{x}$。
当$a\leqslant0$时，$g^{\prime}(x)\lt0$，$g(x)$单调递减，$g(x)$不可能有两个零点，不符合题意。
当$a\gt0$时，令$g^{\prime}(x)=0$，得$x=\sqrt{\frac{1}{2a}}$。
当$0\lt x\lt\sqrt{\frac{1}{2a}}$时，$g^{\prime}(x)\lt0$，$g(x)$单调递减；当$x\gt\sqrt{\frac{1}{2a}}$时，$g^{\prime}(x)\gt0$，$g(x)$单调递增。
所以$g(x)_{\min}=g(\sqrt{\frac{1}{2a}})=1 - \ln\frac{1}{2a}$。
因为$g(x)$有两个零点，所以$g(x)_{\min}\lt0$，即$1-\ln\frac{1}{2a}\lt0$，解得$0\lt a\lt\frac{1}{2e}$。
又因为当$x\to0^{+}$时，$g(x)\to+\infty$；当$x\to+\infty$时，$g(x)\to+\infty$。
设$x_1\lt x_2$，$g(x_1)=g(x_2)=0$，即$2ax_{1}^{2}-2\ln x_1 = 0$，$2ax_{2}^{2}-2\ln x_2 = 0$。
两式相减得$2a(x_{1}^{2}-x_{2}^{2})-2(\ln x_1 - \ln x_2)=0$，则$a=\frac{\ln x_1 - \ln x_2}{x_{2}^{2}-x_{1}^{2}}$。
要证$x_1x_2\lt1$，即证$\ln x_1+\ln x_2\lt0$，由$2ax_{1}^{2}-2\ln x_1 = 0$，$2ax_{2}^{2}-2\ln x_2 = 0$相加得：
$2a(x_{1}^{2}+x_{2}^{2})-2(\ln x_1+\ln x_2)=0$，将$a=\frac{\ln x_1 - \ln x_2}{x_{2}^{2}-x_{1}^{2}}$代入得：
$\frac{2(\ln x_1 - \ln x_2)}{x_{2}^{2}-x_{1}^{2}}(x_{1}^{2}+x_{2}^{2})-2(\ln x_1+\ln x_2)=0$，
$\frac{\ln x_1 - \ln x_2}{x_{2}^{2}-x_{1}^{2}}(x_{1}^{2}+x_{2}^{2})= \ln x_1+\ln x_2$，
$\ln\frac{x_1}{x_2}·\frac{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}{x_{2}^{2}-x_{1}^{2}}=\ln(x_1x_2)$。
令$t=\frac{x_1}{x_2}(0\lt t\lt1)$，则$\ln t·\frac{t^{2}+1}{1 - t^{2}}=\ln(x_1x_2)$。
设$h(t)=\ln t·\frac{t^{2}+1}{1 - t^{2}}(0\lt t\lt1)$，$h^{\prime}(t)=\frac{(1 - t^{2})·\frac{t^{2}+1}{t}-(-2t)\ln t·(t^{2}+1)+(1 - t^{2})·2t\ln t}{(1 - t^{2})^{2}}\lt0$。
所以$h(t)\lt h(1)= - 1\lt0$，即$\ln(x_1x_2)\lt0$，所以$x_1x_2\lt1$。
综上，$a$的取值范围是$(0,\frac{1}{2e})$，且$x_1x_2\lt1$。

(1)求实数$a$的取值范围；

答案：
解：
(1)因为函数$f(x)=ax^2 - (\ln x)^2$，可得$f^{\prime}(x)=2ax-\frac{2\ln x}{x}$，令$f^{\prime}(x)=0$，解得$a=\frac{\ln x}{x^2}$，设$p(x)=\frac{\ln x}{x^2}$，可得$p^{\prime}(x)=\frac{1 - 2\ln x}{x^3},x＞0$。因为$f(x)$有两个极值点$x_1,x_2$，则直线$y = a$与函数$p(x)=\frac{\ln x}{x^2}$的图象有两个不同的交点，当$x\in(0,\sqrt{e})$时，$p^{\prime}(x)＞0$；当$x\in(\sqrt{e},+\infty)$时，$p^{\prime}(x)＜0$，所以$p(x)$在$(0,\sqrt{e})$上单调递增，在$(\sqrt{e},+\infty)$上单调递减，所以$p(x)_{\max}=p(\sqrt{e})=\frac{1}{2e}$。又当$x\to0$时，$p(x)\to-\infty$，$x\to+\infty$时，$p(x)\to0$，故可作出$p(x)$的大致图象，如图所示，结合图象可得，$0＜a＜\frac{1}{2e}$，即实数$a$的取值范围为$\left(0,\frac{1}{2e}\right)$。

(2)求证：$x_1x_2 ＞ e$.

答案： 证明：由函数$f(x)$有两个零点$x_1,x_2$，所以$2ax_1^2=\ln x_1^2,2ax_2^2=\ln x_2^2$，令$t_1=x_1^2,t_2=x_2^2$，则等价于关于$t$的方程$2at=\ln t$有两个不相等的实数根$t_1,t_2$，只需证明$t_1t_2＞e^2$，不妨令$t_1＞t_2$，由$2at_1=\ln t_1,2at_2=\ln t_2$得$2a=\frac{\ln t_1 - \ln t_2}{t_1 - t_2}$，要证$t_1t_2＞e^2$，只需证明$\ln t_1+\ln t_2＞2$，即证$\ln t_1+\ln t_2=2a(t_1 + t_2)=(t_1 + t_2)·\frac{\ln t_1 - \ln t_2}{t_1 - t_2}＞2$，即证$\ln t_1 - \ln t_2＞\frac{2(t_1 - t_2)}{t_1 + t_2}$，即证$\ln\frac{t_1}{t_2}＞\frac{2\left(\frac{t_1}{t_2}-1\right)}{\frac{t_1}{t_2}+1}$。令$m=\frac{t_1}{t_2}$，则$m＞1$，只需证明$\ln m＞\frac{2(m - 1)}{m + 1}(m＞1)$，令$s(m)=\ln m-\frac{2(m - 1)}{m + 1}(m＞1)$，则$s^{\prime}(m)=\frac{(m - 1)^2}{m(m + 1)^2}＞0$，所以$s(m)$在$(1,+\infty)$上单调递增，所以$s(m)＞s(1)=\ln 1-\frac{2×(1 - 1)}{1 + 1}=0$。综上所述，原不等式成立。

（2025·安徽亳州模拟结选）已知函数$f(x)=\ln x - ax - 1(a\in R)$. 若方程$f(x)+2 = 0$有两个实根$x_1$，$x_2$，且$x_2 ＞ 2x_1$，求证：$x_1x_2^2 ＞ \frac{32}{e^3}$.（参考数据：$\ln 2\approx 0.693$，$\ln 3\approx 1.099$）

答案： 证明：由题意知$f(x)+2=\ln x - ax + 1 = 0$有两个实根$x_1,x_2$，于是$\begin{cases}\ln x_1 + 1 = ax_1\\\ln x_2 + 1 = ax_2\end{cases}$令$\frac{x_2}{x_1}=t$，则由$x_2＞2x_1$可得$t＞2$。于是$t=\frac{x_2}{x_1}=\frac{\ln x_2 + 1}{\ln x_1 + 1}=\frac{\ln t+\ln x_1 + 1}{\ln x_1 + 1}$，即$\ln x_1=\frac{\ln t}{t - 1}-1$。从而$\ln x_2=\ln t+\ln x_1=\frac{t\ln t}{t - 1}-1$。另一方面，对$x_1x_2^2＞\frac{32}{e^3}$两边分别取自然对数，则有$\ln x_1 + 2\ln x_2＞5\ln2 - 3$，即证$\frac{\ln t}{t - 1}+\frac{2t\ln t}{t - 1}-3＞5\ln2 - 3$，即$\frac{(1 + 2t)\ln t}{t - 1}＞5\ln2$，其中$t＞2$。设$g(t)=\frac{(1 + 2t)\ln t}{t - 1}$，则$g^{\prime}(t)=\frac{(2\ln t+\frac{1 + 2t}{t})(t - 1)-(1 + 2t)\ln t}{(t - 1)^2}=\frac{-3\ln t + 2t - \frac{1}{t}-1}{(t - 1)^2}$。设$\varphi(t)=-3\ln t + 2t-\frac{1}{t}-1,t＞2$。则$\varphi^{\prime}(t)=-\frac{3}{t}+2+\frac{1}{t^2}=\frac{2t^2 - 3t + 1}{t^2}=\frac{(2t - 1)(t - 1)}{t^2}＞0$在$(2,+\infty)$上恒成立。于是$\varphi(t)$在$(2,+\infty)$上单调递增，从而$\varphi(t)＞\varphi(2)=-3\ln2 + 4-\frac{1}{2}-1=\frac{5}{2}-3\ln2＞0$。所以$g^{\prime}(t)＞0$，即函数$g(t)$在$(2,+\infty)$上单调递增，于是$g(t)＞g(2)=5\ln2$。因此$x_1x_2^2＞\frac{32}{e^3}$，即原不等式成立。

已知函数$f(x)=\frac{1}{2}x^2 - x + a\ln x$.
(1)当$a ＞ 0$时，讨论函数$f(x)$的单调性；
(2)若函数$f(x)$有两个极值点$x_1$，$x_2$，证明：$f(x_1)+f(x_2) ＞ -\frac{\ln 2}{2}-\frac{3}{4}$.

答案： 解：
(1)因为$f(x)=\frac{1}{2}x^2 - x + a\ln x$，所以$f^{\prime}(x)=x - 1+\frac{a}{x}=\frac{x^2 - x + a}{x}(x＞0)$。①当$1 - 4a\leq0$，即$a\geq\frac{1}{4}$时，$f^{\prime}(x)\geq0$，所以$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增；②当$1 - 4a＞0$，即$0＜a＜\frac{1}{4}$时，令$f^{\prime}(x)=0$，得$x_1=\frac{1 - \sqrt{1 - 4a}}{2},x_2=\frac{1 + \sqrt{1 - 4a}}{2}$，且$0＜x_1＜x_2$。当$x\in\left(0,\frac{1 - \sqrt{1 - 4a}}{2}\right)\cup\left(\frac{1 + \sqrt{1 - 4a}}{2},+\infty\right)$时，$f^{\prime}(x)＞0$，当$x\in\left(\frac{1 - \sqrt{1 - 4a}}{2},\frac{1 + \sqrt{1 - 4a}}{2}\right)$时，$f^{\prime}(x)＜0$，所以$f(x)$的单调递增区间为$\left(0,\frac{1 - \sqrt{1 - 4a}}{2}\right),\left(\frac{1 + \sqrt{1 - 4a}}{2},+\infty\right)$；单调递减区间为$\left(\frac{1 - \sqrt{1 - 4a}}{2},\frac{1 + \sqrt{1 - 4a}}{2}\right)$。综上所述，当$a\geq\frac{1}{4}$时，$f(x)$在区间$(0,+\infty)$上单调递增；当$0＜a＜\frac{1}{4}$时，$f(x)$在区间$\left(0,\frac{1 - \sqrt{1 - 4a}}{2}\right),\left(\frac{1 + \sqrt{1 - 4a}}{2},+\infty\right)$上单调递增，在区间$\left(\frac{1 - \sqrt{1 - 4a}}{2},\frac{1 + \sqrt{1 - 4a}}{2}\right)$上单调递减。
证明：
(2)由
(1)得$f^{\prime}(x)=x - 1+\frac{a}{x}=\frac{x^2 - x + a}{x}(x＞0)$。因为函数$f(x)$有两个极值点$x_1,x_2$，所以方程$x^2 - x + a = 0$在$(0,+\infty)$上有两个不同实根$x_1,x_2$，所以$\begin{cases}x_1 + x_2 = 1\\x_1x_2 = a\end{cases}$，且$\Delta = 1 - 4a＞0$，所以$0＜a＜\frac{1}{4}$。由题意得$f(x_1)+f(x_2)=\frac{1}{2}x_1^2 - x_1 + a\ln x_1+\frac{1}{2}x_2^2 - x_2 + a\ln x_2=\frac{1}{2}(x_1^2 + x_2^2)-(x_1 + x_2)+a\ln(x_1x_2)=\frac{1}{2}(x_1 + x_2)^2 - x_1x_2-(x_1 + x_2)+a\ln(x_1x_2)=\frac{1}{2}-a - 1 + a\ln a=a\ln a - a - \frac{1}{2}$。令$h(a)=a\ln a - a - \frac{1}{2}\left(0＜a＜\frac{1}{4}\right)$，则$h^{\prime}(a)=\ln a＜0$，所以$h(a)$在$\left(0,\frac{1}{4}\right)$上单调递减，所以$h(a)＞h\left(\frac{1}{4}\right)=-\frac{\ln2}{2}-\frac{3}{4}$，所以$f(x_1)+f(x_2)＞-\frac{\ln2}{2}-\frac{3}{4}$。

已知函数$f(x)=\frac{1}{x}-x + a\ln x$.
（1）讨论$f(x)$的单调性；
（2）若$f(x)$存在两个极值点$x_1$，$x_2$，证明：$\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1 - x_2} ＜ a - 2$.
请完成课时测评 28

答案： 解：（1）$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$，$f^{\prime}(x)=-\frac{1}{x^2}-1+\frac{a}{x}=\frac{-x^2 + ax + 1}{x^2}$。(ⅰ)若$a\leq2$，则$f^{\prime}(x)\leq0$，当且仅当$a = 2,x = 1$时$f^{\prime}(x)=0$，所以$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减。(ⅱ)若$a＞2$，令$f^{\prime}(x)=0$得，$x=\frac{a - \sqrt{a^2 - 4}}{2}$或$x=\frac{a + \sqrt{a^2 - 4}}{2}$。当$x\in\left(0,\frac{a - \sqrt{a^2 - 4}}{2}\right)\cup\left(\frac{a + \sqrt{a^2 - 4}}{2},+\infty\right)$时，$f^{\prime}(x)＜0$；当$x\in\left(\frac{a - \sqrt{a^2 - 4}}{2},\frac{a + \sqrt{a^2 - 4}}{2}\right)$时，$f^{\prime}(x)＞0$。所以$f(x)$在$\left(0,\frac{a - \sqrt{a^2 - 4}}{2}\right),\left(\frac{a + \sqrt{a^2 - 4}}{2},+\infty\right)$上单调递减，在$\left(\frac{a - \sqrt{a^2 - 4}}{2},\frac{a + \sqrt{a^2 - 4}}{2}\right)$上单调递增。综上，当$a\leq2$时，$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减；当$a＞2$时，$f(x)$在$\left(0,\frac{a - \sqrt{a^2 - 4}}{2}\right),\left(\frac{a + \sqrt{a^2 - 4}}{2},+\infty\right)$上单调递减，在$\left(\frac{a - \sqrt{a^2 - 4}}{2},\frac{a + \sqrt{a^2 - 4}}{2}\right)$上单调递增。
证明：（2）由
(1)知，$f(x)$存在两个极值点时，$a＞2$。由于$f(x)$的两个极值点$x_1,x_2$满足$x^2 - ax + 1 = 0$，所以$x_1x_2 = 1$，不妨设$x_1＜x_2$，则$x_2＞1$。由于$\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1 - x_2}=-\frac{1}{x_1x_2}-1 + a\frac{\ln x_1 - \ln x_2}{x_1 - x_2}=-2 + a\frac{-2\ln x_2}{x_2 - \frac{1}{x_2}}$。所以$\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1 - x_2}＜a - 2$等价于$\frac{1}{x_2}-x_2 + 2\ln x_2＜0$。设函数$g(x)=\frac{1}{x}-x + 2\ln x$，由
(1)知，$g(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减，又$g(1)=0$，从而当$x\in(1,+\infty)$时，$g(x)＜0$。所以$\frac{1}{x_2}-x_2 + 2\ln x_2＜0$，即$\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1 - x_2}＜a - 2$。