導(dǎo)數(shù)壓軸題分析與解——2018年全國卷理數(shù)1

(12 分) 已知函數(shù) $f(x)=\dfrac{1}{x}-x+a \ln x$ .
(1) 討論 $f(x)$ 的單調(diào)性河质；
(2) 若 $f(x)$ 存在兩個極點 $x_{1}, x_{2},$ 證明: $\dfrac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}<a-2$ .

(1) $f^{\prime}(x)=-\dfrac{1}{x^{2}}-1+\dfrac{a}{x}=-\dfrac{x^{2}-a x+1}{x^{2}}(x>0)$

法一：直接討論 $x^2-ax+1$ 的符號

當(dāng) $a \leq 0$ 時冀惭， $f^{\prime}(x)<0$ ，此時 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上單調(diào)遞減掀鹅；
當(dāng) $a>0$ 時散休，令 $g(x)=x^{2}-a x+1$ ，判別式 $\Delta=a^{2}-4$
?) 當(dāng) $\Delta \leq 0$ 時乐尊，此時 $0<a \leq 2, \quad g(x) \geq 0,$ 從而 $f^{\prime}(x) \leq 0$ 戚丸， $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上單調(diào)遞減；
ii) 當(dāng) $\Delta>0$ 時科吭，此時 $a>2$ ，設(shè) $g(x)=0$ 的兩根為 $x_{1}, x_{2}$ 猴鲫，且 $x_{1}<x_{2}$ 对人，利用求根公式得
$x_{1}=\dfrac{a-\sqrt{a^{2}-4}}{2}>0, \quad x_{2}=\dfrac{a+\sqrt{a^{2}-4}}{2}>0$
當(dāng) $x \in\left(0, x_{1}\right),\left(x_{2},+\infty\right)$ 時 $, g(x)>0,$ 從而 $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 在 $\left(0, x_{1}\right)$ 和 $\left(x_{2},+\infty\right)$ 單調(diào)遞減；
當(dāng) $x \in\left(x_{1}, x_{2}\right)$ 時 $, \quad g(x)<0,$ 從而 $f^{\prime}(x)>0,$ 此時 $f(x)$ 在 $\left(x_{1}, x_{2}\right)$ 上單調(diào)遞增.
綜上所述拂共，當(dāng) $a \leq 2$ 時牺弄， $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上單調(diào)遞減；

當(dāng) $a>2$ 時 , $f(x)$ 在 $\left(0, \dfrac{a-\sqrt{a^{2}-4}}{2}\right)$ 和 $\left(\dfrac{a+\sqrt{a^{2}-4}}{2},+\infty\right)$ 上單調(diào)遞減宜狐，在 $\left(\dfrac{a-\sqrt{a^{2}-4}}{2}, \dfrac{a+\sqrt{a^{2}-4}}{2}\right)$ 上單調(diào)遞增. ?

法二：對 $x^2-ax+1$ 分參

令 $x^2-ax+1=0$ 势告，得 $a=x+\dfrac{1}{x}$ ，數(shù)形結(jié)合知

當(dāng) $a\leq 2$ 時抚恒， $a\leq x+\dfrac{1}{x}$ 咱台，則 $x^2-ax+1\geq 0$ ，從而 $f^{\prime}(x)\leq 0$ 俭驮，此時 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上單調(diào)遞減回溺；

當(dāng) $a>2$ 時春贸，由 $a= x+\dfrac{1}{x}$ ，解得 $x_{1}=\dfrac{a-\sqrt{a^{2}-4}}{2}, \quad x_{2}=\dfrac{a+\sqrt{a^{2}-4}}{2}$ 遗遵，則

$f(x)$ 在 $\left(0, \dfrac{a-\sqrt{a^{2}-4}}{2}\right)$ 和 $\left(\dfrac{a+\sqrt{a^{2}-4}}{2},+\infty\right)$ 上單調(diào)遞減萍恕，在 $\left(\dfrac{a-\sqrt{a^{2}-4}}{2}, \dfrac{a+\sqrt{a^{2}-4}}{2}\right)$ 上單調(diào)遞增.

(2)

法一：

由(1)可知，若 $f(x)$ 有兩個極值點车要，則 $a>2$ 允粤，且 $f^{\prime}(x)=0$ 的兩根即為 $x_{1}, x_{2}\left(x_{1}<x_{2}\right)$ 且滿足韋達(dá)定理 $x_{1}+x_{2}=a, \quad x_{1} x_{2}=1$ .

易得 $0<x_{1}<1, \quad x_{2}>1, \quad x_{1}=\dfrac{1}{x_{2}}$ ，

$\dfrac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}=\dfrac{f(\dfrac{1}{x_2})-f(x_2)}{\dfrac{1}{x_2}-x_2}=\dfrac{2f(x_2)}{x_2-\dfrac{1}{x_2}}$ 翼岁，
若要證 $\dfrac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}<a-2,$ 只須證 $2 f\left(x_{2}\right)<(a-2)\left(x_{2}-\dfrac{1}{x_{2}}\right)$ 类垫，
整理得 $2 \ln x_{2}- x_{2}+\dfrac{1}{x_{2}}<0 \quad\left(x_{2}>1\right)$ 登澜，
構(gòu)造函數(shù) $h(x)=2 \ln x- x+\dfrac{1}{x}(x>1)$ 阔挠，求導(dǎo)得 $h^{\prime}(x)=\dfrac{2 }{x}-1-\dfrac{1}{x^{2}}=-\dfrac{(x-1)^{2}}{x^{2}} \leq 0$
因此 $h(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上單調(diào)遞滅 $, \therefore h(x)<h(1)=0,$ 從而 $2 \ln x_{2}- x_{2}+\dfrac {1}{x_{2}}<0 \quad\left(x_{2}>1\right)$ 成立，原式得證脑蠕。

法二：

$\dfrac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}$ $=\dfrac{\dfrac{1}{x_{2}}-x_{2}+a \ln x_{2}-\left(\dfrac{1}{x_{1}}-x_{1}+a \ln x_{1}\right)}{x_{2}-x_{1}}$ $=\dfrac{\dfrac{x_{1}-x_{2}}{x_{1} x_{2}}-\left(x_{2}-x_{1}\right)+a\left(\ln x_{2}-\ln x_{1}\right)}{x_{2}-x_{1}}$
$=-\dfrac{1}{x_{1} x_{2}}-1+\dfrac{a\left(\ln x_{2}-\ln x_{1}\right)}{x_{2}-x_{1}}$ $=-2+\dfrac{a\left(\ln x_{2}-\ln x_{1}\right)}{x_{2}-x_{1}}$

要證 $\dfrac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}<a-2$ 购撼，只須證 $\dfrac{\ln x_{2}-\ln x_{1}}{x_{2}-x_{1}}<1$

這里思路又有兩個：

思路一

$\dfrac{\ln x_{2}-\ln x_{1}}{x_{2}-x_{1}}<1\Leftrightarrow \ln \dfrac{x_{2}}{x_{1}}<x_{2}-x_{1}$

由于 $x_{1}=\dfrac{1}{x_{2}}$ ，上式可轉(zhuǎn)化為 $\ln x_{2}^{2}=2 \ln x_{2}<x_{2}-\dfrac{1}{x_{2}} \Leftrightarrow 2 \ln x_{2}-x_{2}+\dfrac{1}{x_{2}}<0$ 谴仙，

構(gòu)造函數(shù) $p(x)=2 \ln x-x+\dfrac{1}{x}(x>1)$ 迂求，則 $p^{\prime}(x)=\dfrac{2}{x}-1-\dfrac{1}{x^{2}}=-\dfrac{(x-1)^{2}}{x^{2}} \leq 0$ ，故 $p(x)<p(1)=0$ 晃跺，原結(jié)論得證.

思路二

聯(lián)系到對數(shù)均值不等式 $\forall a>b>0, a \neq b, \quad \sqrt{a b}<\dfrac{a-b}{\ln a-\ln b}<\dfrac{a+b}{2}$ 揩局，有 $\dfrac{\ln x_{2}-\ln x_{1}}{x_{2}-x_{1}}>\dfrac{1}{\sqrt{x_1x_2}}=1$ .

則把問題轉(zhuǎn)化為證明對數(shù)均值不等式的基本問題，這個不等式請自己證明掀虎，網(wǎng)上隨便一搜凌盯，也能找到.

最后編輯于：2020.05.24 21:42:08

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