题号:1621    题型:填空题    来源:2023届湖北省九师联盟高三新高考摸底联考数学试题及答案
类型:模拟考试
已知 $a \geqslant 0$, 函数 $f(x)=a x+\frac{1+a}{x}-\ln x$.
(1) 讨论函数 $f(x)$ 的单调性;
(2)如果我们用 $n-m$ 表示区间 $(m, n)$ 的长度, 试证明: 对任意实数 $a \geqslant 1$, 关于 $x$ 的不等式 $f(x) < 2 a+1$ 的解集的区间长度小于 $2 a+1$.
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答案:
【小问 1 详解】
解: $f(x)=a x+\frac{a+1}{x}-\ln x$, 定义域为 $(0,+\infty)$,
$$
f^{\prime}(x)=a-\frac{a+1}{x^{2}}-\frac{1}{x}=\frac{a x^{2}-x-(a+1)}{x^{2}}=\frac{(x+1)(a x-a-1)}{x^{2}} \text {. }
$$
若 $a=0, f^{\prime}(x)=\frac{-(x+1)}{x^{2}} < 0$ 恒成立, 所以 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减;
$$
\text { 若 } a > 0, f^{\prime}(x)=\frac{a(x+1)\left(x-1-\frac{1}{a}\right)}{x^{2}}, 1+\frac{1}{a} > 0 \text {, }
$$
当 $x \in\left(0,1+\frac{1}{a}\right)$ 时, $f^{\prime}(x) < 0$; 当 $x \in\left(1+\frac{1}{a},+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(x) > 0$,



所以 $f(x)$ 在 $\left(0,1+\frac{1}{a}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(1+\frac{1}{a},+\infty\right)$ 上单调递增.
综上, $a=0$ 时, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减; $a > 0$ 时, $f(x)$ 在 $\left(0,1+\frac{1}{a}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(1+\frac{1}{a},+\infty\right)$
上单调递增.
【小问 2 详解】
证明:令 $g(x)=f(x)-(2 a+1)=a x+\frac{a+1}{x}-\ln x-2 a-1$, 则 $g(1)=0$, 因为 $a \geqslant 1$,
由(1)知, $g(x)$ 在 $\left(0,1+\frac{1}{a}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(1+\frac{1}{a},+\infty\right)$ 上单调递增,

又 $1+\frac{1}{a} > 1$, 所以 $g\left(1+\frac{1}{a}\right) < 0$,
令 $h(a)=g(2 a+2)=2 a^{2}-\frac{1}{2}-\ln (2 a+2), a \in[1,+\infty)$,
由 $h^{\prime}(a)=4 a-\frac{2}{2 a+2}=\frac{4 a^{2}+4 a-1}{a+1} > 0$ 恒成立,
所以 $h(a)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增.
又 $\mathrm{e}^{3} > 16$, 所以 $\frac{\mathrm{e}^{3}}{16} > 1$, 即 $\frac{\mathrm{e}^{\frac{3}{2}}}{4} > 1$. 从而 $h(1)=\frac{3}{2}-\ln 4=\ln \frac{\mathrm{e}^{\frac{3}{2}}}{4} > 0$,
所以 $h(a) > h(1) > 0$, 即 $g(2 a+2) > 0$.
因为 $2 a+2 > 2,1+\frac{1}{a} < 2$, 所以 $2 a+2 > 1+\frac{1}{a}$,

所以存在唯一 $x_{1} \in\left(1+\frac{1}{a}, 2 a+2\right)$, 使得 $g\left(x_{1}\right)=0$, 所以 $g(x) < 0$ 的解集为 $\left(1, x_{1}\right)$,
即 $f(x) < 2 a+1$ 的解集为 $\left(1, x_{1}\right)$, 又 $\left(1, x_{1}\right)$ 的区间长度为 $x_{1}-1 < (2 a+2)-1=2 a+1$,
原命题得证.

解析:

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