题号:4630    题型:解答题    来源:2022年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)
设函数 $f(x)=\frac{e}{2 x}+\ln x(x > 0)$.
(1) 求 $f(x)$ 的单调区间;
(2) 已知 $a, b \in \mathbf{R}$, 曲线 $y=f(x)$ 上不同的三点 $\left(x_1, f\left(x_1\right)\right),\left(x_2, f\left(x_2\right)\right),\left(x_3, f\left(x_3\right)\right)$ 处的切线 都经过点 $(a, b)$. 证明:
(i) 若 $a > e$, 则 $0 < b-f(a) < \frac{1}{2}\left(\frac{a}{e}-1\right)$;
(ii) 若 $0 < a < e, x_1 < x_2 < x_3$, 则 $\frac{2}{e}+\frac{e-a}{6 e^2} < \frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_3} < \frac{2}{a}-\frac{e-a}{6 e^2}$.
(注: $e=2.71828 \cdots$ 是自然对数的底数)
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答案:
【小问 1 详解】
$$
f^{\prime}(x)=-\frac{e}{2 x^2}+\frac{1}{x}=\frac{2 x-e}{2 x^2},
$$
当 $0 < x < \frac{e}{2}, f^{\prime}(x) < 0$; 当 $x > \frac{\mathrm{e}}{2}, f^{\prime}(x) > 0$,
故 $f(x)$ 的减区间为 $\left(0, \frac{e}{2}\right), f(x)$ 的增区间为 $\left(\frac{e}{2},+\infty\right)$.
【小问 2 详解】
(i) 因为过 $(a, b)$ 有三条不同的切线, 设切点为 $\left(x_i, f\left(x_i\right)\right), i=1,2,3$,
故 $f\left(x_i\right)-b=f^{\prime}\left(x_i\right)\left(x_i-a\right)$,
故方程 $f(x)-b=f^{\prime}(x)(x-a)$ 有 3 个不同的根,
该方程可整理为 $\left(\frac{1}{x}-\frac{e}{2 x^2}\right)(x-a)-\frac{e}{2 x}-\ln x+b=0$,
设 $g(x)=\left(\frac{1}{x}-\frac{e}{2 x^2}\right)(x-a)-\frac{e}{2 x}-\ln x+b$,
则 $g^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{e}{2 x^2}+\left(-\frac{1}{x^2}+\frac{e}{x^3}\right)(x-a)-\frac{1}{x}+\frac{e}{2 x^2}$ $=-\frac{1}{x^3}(x-e)(x-a)$,
当 $0 < x < e$ 或 $x > a$ 时, $g^{\prime}(x) < 0$; 当 $e < x < a$ 时, $g^{\prime}(x) > 0$,
故 $g(x)$ 在 $(0, e),(a,+\infty)$ 上为减函数, 在 $(e, a)$ 上为增函数,

因为 $g(x)$ 有 3 个不同的零点, 故 $g(e) < 0$ 且 $g(a) > 0$, 故 $\left(\frac{1}{e}-\frac{e}{2 \mathrm{e}^2}\right)(e-a)-\frac{e}{2 e}-\ln \mathrm{e}+b < 0$ 且 $\left(\frac{1}{a}-\frac{e}{2 a^2}\right)(a-a)-\frac{e}{2 a}-\ln a+b > 0$, 整理得到: $b < \frac{a}{2 \mathrm{e}}+1$ 且 $b > \frac{e}{2 a}+\ln a=f(a)$,
此时 $b-f(a)-\frac{1}{2}\left(\frac{a}{e}-1\right) < \frac{a}{2 e}+1-\left(\frac{e}{2 a}+\ln a\right)-\frac{a}{2 e}+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}-\frac{e}{2 a}-\ln a$, 设 $u(a)=\frac{3}{2}-\frac{e}{2 a}-\ln a$, 则 $u^{\prime}(a)=\frac{e-2 a}{2 a^2} < 0$,
故 $u(a)$ 为 $(e,+\infty)$ 上的减函数, 故 $u(a) < \frac{3}{2}-\frac{e}{2 e}-\ln \mathrm{e}=0$,
故 $0 < b-f(a) < \frac{1}{2}\left(\frac{a}{e}-1\right)$.
(ii) 当 $0 < a < e$ 时, 同 (i) 中讨论可得:
故 $g(x)$ 在 $(0, a),(e,+\infty)$ 上为减函数, 在 $(a, e)$ 上为增函数,
不妨设 $x_1 < x_2 < x_3$, 则 $0 < x_1 < a < x_2 < e < x_3$,
因为 $g(x)$ 有 3 个不同的零点, 故 $g(a) < 0$ 且 $g(e) > 0$,
故 $\left(\frac{1}{e}-\frac{e}{2 \mathrm{e}^2}\right)(e-a)-\frac{e}{2 e}-\ln \mathrm{e}+b > 0$ 且 $\left(\frac{1}{a}-\frac{e}{2 a^2}\right)(a-a)-\frac{e}{2 a}-\ln a+b < 0$,
整理得到: $\frac{a}{2 \mathrm{e}}+1 < b < \frac{a}{2 \mathrm{e}}+\ln a$,
因为 $x_1 < x_2 < x_3$, 故 $0 < x_1 < a < x_2 < e < x_3$,
又 $g(x)=1-\frac{a+e}{x}+\frac{e a}{2 x^2}-\ln x+b$,
设 $t=\frac{e}{x}, \frac{a}{e}=m \in(0,1)$, 则方程 $1-\frac{a+e}{x}+\frac{e a}{2 x^2}-\ln x+b=0$ 即为:
$$
\begin{aligned}
& -\frac{a+e}{e} t+\frac{a}{2 e} t^2+\ln t+b=0 \text { 即为 }-(m+1) t+\frac{m}{2} t^2+\ln t+b=0, \\
& \text { 记 } t_1=\frac{e}{x_1}, t_2=\frac{e}{x_2}, t_3=\frac{e}{x_3}, \\
& \text { 则 } t_1, t_1, t_3 \text { 为 }-(m+1) t+\frac{m}{2} t^2+\ln t+b=0 \text { 有三个不同的根, } \\
& \text { 设 } k=\frac{t_1}{t_3}=\frac{x_3}{x_1} > \frac{e}{a} > 1, m=\frac{a}{e} < 1,
\end{aligned}
$$
要证: $\frac{2}{e}+\frac{e-a}{6 e^2} < \frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2} < \frac{2}{a}-\frac{e-a}{6 e^2}$, 即证 $2+\frac{e-a}{6 e} < t_1+t_3 < \frac{2 e}{a}-\frac{e-a}{6 e}$,
即证: $\frac{13-m}{6} < t_1+t_3 < \frac{2}{m}-\frac{1-m}{6}$,
即证: $\left(t_1+t_3-\frac{13^{-m}}{6}\right)\left(t_1+t_3-\frac{2}{m}+\frac{1-m}{6}\right) < 0$ ,
即证: $t_1+t_3-2-\frac{2}{m} < \frac{(m-13)\left(m^2-m+12\right)}{36 m\left(t_1+t_3\right)}$,
而 $-(m+1) t_1+\frac{m}{2} t_1^2+\ln t_1+b=0$ 且 $-(m+1) t_3+\frac{m}{2} t_3^2+\ln t_3+b=0$,
故 $\ln t_1-\ln t_3+\frac{m}{2}\left(t_1^2-t_3^2\right)-(m+1)\left(t_1-t_3\right)=0$,
故 $t_1+t_3-2-\frac{2}{m}=-\frac{2}{m} \times \frac{\ln t_1-\ln t_3}{t_1-t_3}$,
故即证: $-\frac{2}{m} \times \frac{\ln t_1-\ln t_3}{t_1-t_3} < \frac{(m-13)\left(m^2-m+12\right)}{36 m\left(t_1+t_3\right)}$,

即证: $\frac{\left(t_1+t_3\right) \ln \frac{t_1}{t_3}}{t_1-t_3}+\frac{(m-13)\left(m^2-m+12\right)}{72} > 0$
即证: $\frac{(k+1) \ln k}{k-1}+\frac{(m-13)\left(m^2-m+12\right)}{72} > 0$,
记 $\varphi(k)=\frac{(k+1) \ln k}{k-1}, k > 1$, 则 $\varphi^{\prime}(k)=\frac{1}{(k-1)^2}\left(k-\frac{1}{k}-2 \ln k\right) > 0$,
设 $u(k)=k-\frac{1}{k}-2 \ln k$, 则 $u^{\prime}(k)=1+\frac{1}{k^2}-\frac{2}{k} > \frac{2}{k}-\frac{2}{k}=0$ 即 $\varphi^{\prime}(k) > 0$,
故 $\varphi(k)$ 在 $(1,+\infty)$ 上为增函数, 故 $\varphi(k) > \varphi(m)$,
所以 $\frac{(k+1) \ln k}{k-1}+\frac{(m-13)\left(m^2-m+12\right)}{72} > \frac{(m+1) \ln m}{m-1}+\frac{(m-13)\left(m^2-m+12\right)}{72}$,
记 $\omega(m)=\ln m+\frac{(m-1)(m-13)\left(m^2-m+12\right)}{72(m+1)}, 0 < m < 1$,
则 $\omega^{\prime}(m)=\frac{(m-1)^2\left(3 m^3-20 m^2-49 m+72\right)}{72 m(m+1)^2} > \frac{(m-1)^2\left(3 m^3+3\right)}{72 m(m+1)^2} > 0$,
所以 $\omega(m)$ 在 $(0,1)$ 为增函数, 故 $\omega(m) < \omega(1)=0$,
故 $\ln m+\frac{(m-1)(m-13)\left(m^2-m+12\right)}{72(m+1)} < 0$ 即 $\frac{(m+1) \ln m}{m-1}+\frac{(m-13)\left(m^2-m+12\right)}{72} > 0$,
故原不等式得证.
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