题号:968    题型:解答题    来源:2018 年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标Ⅰ)
已知函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\frac{1}{\mathrm{x}}-\mathrm{x}+\mathrm{aln} \mathrm{x}$.
(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: $\frac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}} < a-2$.
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答案:
解:(1)函数的定义域为 $(0,+\infty)$,
函数的导数 $f^{\prime}(x)=-\frac{1}{x^{2}}-1+\frac{a}{x}=-\frac{x^{2}-a x+1}{x^{2}}$,
设 $g(x)=x^{2}-a x+1$,
当 $a \leqslant 0$ 时, $g(x) > 0$ 恒成立, 即 $f^{\prime}(x) < 0$ 恒成立, 此时函数 $f(x)$ 在 $(0,+$
$\infty)$ 上是减函数,
当 $a > 0$ 时, 判别式 $\triangle=a^{2}-4$,
(1)当 $0 < a \leqslant 2$ 时, $\Delta \leqslant 0$, 即 $g(x) > 0$, 即 $f^{\prime}(x) < 0$ 恒成立, 此时函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上是减函数,
(2)当 $a > 2$ 时, $x, f^{\prime}(x), f(x)$ 的变化如下表:

综上当 $a \leqslant 2$ 时, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上是减函数,
当 $a > 2$ 时,在 $\left(0, \frac{a-\sqrt{a^{2}-4}}{2}\right)$, 和 $\left(\frac{a+\sqrt{a^{2}-4}}{2},+\infty\right)$ 上是减函数,
则 $\left(\frac{a-\sqrt{a^{2}-4}}{2}, \frac{a+\sqrt{a^{2}-4}}{2}\right)$ 上是增函数.
(2) 由(1)知 $\mathrm{a} > 2,0 < \mathrm{x}_{1} < 1 < \mathrm{x}_{2}, \mathrm{x}_{1} \mathrm{x}_{2}=1$,
则 $f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)=\left(x_{2}-x_{1}\right)\left(1+\frac{1}{x_{1} x_{2}}\right)+a\left(\ln x_{1}-\ln x_{2}\right)=2\left(x_{2}-x_{1}\right)+a($ $\left.\ln x_{1}-\ln x_{2}\right)$,
则 $\frac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}=-2+\frac{a\left(\ln x_{1}-\ln x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}$,
则问题转为证明 $\frac{\ln x_{1}-\ln x_{2}}{x_{1}-x_{2}} < 1$ 即可,
即证明 $\ln x_{1}-\ln x_{2} > x_{1}-x_{2}$,
则 $\ln x_{1}-\ln \frac{1}{x_{1}} > x_{1}-\frac{1}{x_{1}}$,
即 $\ln \mathrm{x}_{1}+\ln \mathrm{x}_{1} > \mathrm{x}_{1}-\frac{1}{\mathrm{x}_{1}}$,
即证 $2 \ln \mathrm{x}_{1} > \mathrm{x}_{1}-\frac{1}{\mathrm{x}_{1}}$ 在 $(0,1)$ 上恒成立,
设 $h(x)=2 \ln x-x+\frac{1}{x},(0 < x < 1)$, 其中 $h(1 )=0$,
求导得 $h^{\prime}(x)=\frac{2}{x}-1-\frac{1}{x^{2}}=-\frac{x^{2}-2 x+1}{x^{2}}=-\frac{(x-1)^{2}}{x^{2}} < 0$, 则 h (x) 在 $(0,1)$ 上单调递减, $\therefore h(x) > h(1)$, 即 $2 \ln x-x+\frac{1}{x} > 0$, 故 $2 \ln x > x-\frac{1}{x}$,
则 $\frac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}} < a-2$ 成立.
(2)另解: 注意到 $f\left(\frac{1}{x}\right)=x-\frac{1}{x}-a \ln x=-f(x)$,
即 $f(x)+f\left(\frac{1}{x}\right)=0$,
由韦达定理得 $x_{1} x_{2}=1, x_{1}+x_{2}=a > 2$, 得 $0 < x_{1} < 1 < x_{2}, x_{1}=\frac{1}{x_{2}}$,
可得 $f\left(x_{2}\right)+f\left(\frac{1}{x_{2}}\right)=0$, 即 $f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)=0$,
要证 $\frac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}} < a-2$, 只要证 $\frac{-f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}} < a-2$,
即证 $2 a \ln \mathrm{x}_{2}-\mathrm{ax}_{2}+\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{x}_{2}} < 0, \quad\left(\mathrm{x}_{2} > 1 )\right.$,
构造函数 $h(x)=2 a \ln x-a x+\frac{a}{x}, \quad(x > 1), h^{\prime}(x)=\frac{-a(x-1)^{2}}{x^{2}} \leqslant 0$,
$\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减,
$\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x}) < \mathrm{h}(1)=0$,
$\therefore 2 a \ln x-a x+\frac{a}{x} < 0$ 成立, 即 $2 a \ln x_{2}-a x_{2}+\frac{a}{x_{2}} < 0,\left(x_{2} > 1 )\right.$ 成立.
即 $\frac{\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{1}\right)-\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{2}\right)}{\mathrm{x}_{1}-\mathrm{x}_{2}} < \mathrm{a}-2$ 成立.
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