题号:1548    题型:解答题    来源:广西省柳州市2023届新高三摸底考试(文科数学)
已知函数 $f(x)=\ln x+\frac{a}{x}-2 x$.
(1)讨论当 $a > 0$ 时, $f(x)$ 单调性.
证明: $\mathrm{e}^{x}+\frac{a-2 x^{2}-2 x}{x} > f(x)$.
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答案:
【分析】(1) 对函数求导, 按 $a \geq \frac{1}{8}$ 和 $0 < a < \frac{1}{8}$ 两类讨论, 得出函数的单调性;
(2) 要证 $\mathrm{e}^{x}+\frac{a-2 x^{2}-2 x}{x} > f(x)$, 即证 $\mathrm{e}^{x} > \ln x+2$. 构造函数 $h(x)=\mathrm{e}^{x}-\ln x-2(x > 0)$, 利用函数 的导数判断函数的单调性, 求出函数的最小值, 转化求解即可.
【详解】(1) 解: 由题意可知 $x > 0, f(x)=\frac{1}{x}-\frac{a}{x^{2}}-2=-\frac{2 x^{2}-x+a}{x^{2}}$
对于二次函数 $y=2 x^{2}-x+a, \Delta=1-8 a$.
当 $a \geq \frac{1}{8}$ 时, $\Delta \leq 0, f^{\prime}(x) \leq 0$ 恒成立, $f(x)$ 在 $x > 0$ 上单调递减;
当 $0 < a < \frac{1}{8}$ 时,二次函数 $y=-2 x^{2}+x-0$ 有 2 个大于零的零点, 分别是 $x_{1}=\frac{1-\sqrt{1-8 a}}{4}, x_{2}=\frac{1+\sqrt{1-8 a}}{4}$, 当 $x \in\left(\frac{1-\sqrt{1-8 a}}{4}, \frac{1+\sqrt{1-8 a}}{4}\right) f^{\prime}(x) > 0, f(x)$ 在 $x \in\left(\frac{1-\sqrt{1-8 a}}{4}, \frac{1+\sqrt{1-8 a}}{4}\right)$ 单调递增; 当 $x \in\left(0, \frac{1-\sqrt{1-8 a}}{4}\right) \cup\left(\frac{1+\sqrt{1-8 a}}{4},+\infty\right) f^{\prime}(x) < 0, f(x)$ 在 $x \in\left(0, \frac{1-\sqrt{1-8 a}}{4}\right)$ 和 $\left(\frac{1+\sqrt{1-8 a}}{4},+\infty\right)$ 单调递减
综上:当 $a \geq \frac{1}{8}$ 时, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递减

当 $0 < a < \frac{1}{8}$ 时 $f(x)$ 在 $x \in\left(\frac{1-\sqrt{1-8 a}}{4}, \frac{1+\sqrt{1-8 a}}{4}\right)$ 单调递增; $x \in\left(0, \frac{1-\sqrt{1-8 a}}{4}\right)\left(\frac{1+\sqrt{1-8 a}}{4},+\infty\right)$ 单 调递减.
(2) 证明: 要证 $\mathrm{e}^{x}+\frac{a-2 x^{2}-2 x}{x} > f(x)$, 即证 $\mathrm{e}^{x} > \ln x+2$.
(方法一) 设 $h(x)=\mathrm{e}^{x}-\ln x-2(x > 0)$, 则 $h^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-\frac{1}{x}, h^{\prime}(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数, 因为 $h^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right) < 0, h^{\prime}(1) > 0$, 所以 $h^{\prime}(x)$ 在 $\left(\frac{1}{2}, 1\right)$ 上存在唯一的零点 $m$,

且 $h^{\prime}(m)=\mathrm{e}^{m}-\frac{1}{m}=0$, 即 $\mathrm{e}^{m}=\frac{1}{m}, m=-\ln m$.
所以 $h(x)$ 在 $(0, m)$ 上单调递减, 在 $(m,+\infty)$ 上单调递增,
所以 $h(x)_{\text {min }}=h(m)=\mathrm{e}^{m}-\ln m-2=\frac{1}{m}+m-2 \geq 2-2=0$, .
因为 $m \in\left(\frac{1}{2}, 1\right)$, 所以等号不成立, 所 $h(x)=\mathrm{e}^{x}-\ln x-2 > 0$,
所以 $\mathrm{e}^{x} > \ln x+2$, 从而原不等式得证
(方法二)不妨设 $h(x)=\mathrm{e}^{x}-(x+1)$, 则 $h^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-1, h^{\prime}(0)=0$, 当 $x < 0$ 时, $h^{\prime}(0) < 0$, 当 $x > 0$ 时, $h^{\prime}(0) > 0$,
因此 $h(x) \geq h(0)=0, \mathrm{e}^{x}-(x+1) \geq 0$ 恒成立, .

则 $h(\ln x)=x-(\ln x+1) \geq h(0)=0$ 恒成立, .
则 $\mathrm{e}^{x}-(x+1)+[x-(\ln x+1)]=\mathrm{e}^{x}-(\ln x+2) \geq 0$ 恒成立, 即 $\mathrm{e}^{x} \geq \ln x+2$. 又 $x \neq \ln x$, 所以等号不成立, 即 $\mathrm{e}^{x} > \ln x+2$, 从而不等式得证
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