题目
( 2019 年 1 月晋中市高考适应性调研考试理科第 21 题 )
已知函数$f\left( x \right)=\dfrac{a}{2}\mathrm{e}^{2x}+\mathrm{e}^x-a,\left( a\in \mathbf{R} \right)$.
- 讨论函数 $f\left(x\right)$ 的单调性；
- 若函数$g\left( x \right)=x\ln x-f\left( \ln x \right)$有两个不同的极值点$x_1,x_2$,证明:$x_1\cdot x_2 > \mathrm{e}^2$.
解析
- $f\left( x \right)$ 的导函数为 $$f’\left( x \right)=ae^{2x}+e^x=e^x\left( ae^x+1 \right)$$
- 若 $a\geqslant 0$, 则 $f’\left( x \right) > 0$,所以$f\left( x \right)$在$\left( -\infty,+\infty \right)$上单调递增.
- 若$a < 0$,令 $f’\left( x \right)=0$ 得 $x=-\ln\left( -a \right)$,
当$x\in\left( -\infty,-\ln\left( -a \right) \right)$时，$f’\left( x \right) > 0$;
当$x\in\left( -\ln\left( -a \right),+\infty \right)$时，$f’\left( x \right) < 0$.
所以$f\left( x \right)$的单调增区间为$\left( -\infty,-\ln\left( -a \right) \right)$,减区间为$\left( -\ln\left( -a \right),+\infty \right)$.
- (方法一:齐次化换元)因为 $f’\left( \ln x \right)=a x^2+x$,所以 $g\left( x \right)$ 的导函数为 $$g’\left( x \right)=\ln x+1-\dfrac{f’\left( \ln x \right)}{x}=\ln x-ax$$ 因为 $g’\left( x \right)=0$的两根为 $x_1,x_2$,所以 $$\ln x_1-ax_1=\ln x_2-ax_2=0$$ 所以 $$ \frac{\ln x_{1}}{x_{1}}=\frac{\ln x_{2}}{x_{2}} $$ 不妨设 $x_2 > x_1 > 0$,令 $x_2=tx_1\left( t > 1 \right)$,代入上式可解得 $$ \ln x_{1}=\frac{\ln t}{t-1},\quad\ln x_{2}=\frac{t\ln t}{t-1} $$ 要证明 $x_1x_2 > \mathrm{e}^2$,只需证明 $$\ln x_1+\ln x_2 > 2,$$ 即证明 $$ \frac{\left( t+1 \right)\ln t}{t-1}> 2 $$ 因为 $t > 1$,只需证明 $$F\left( t \right)=\ln t-\dfrac{2\left( t-1 \right)}{t+1} > 0,\left( t > 1 \right)$$ 因为 $$ F^{\prime}(t)=\frac{(t-1)^{2}}{t(t+1)^{2}} > 0 $$ 所以 $F\left( t \right)$ 在 $\left( 1,+\infty \right)$ 单调递增，所以 $$F\left( t \right) > F\left( 1 \right)=0$$ 所以$x_1x_2 > \mathrm{e}^2$.
- (方法二:对称性构造)令 $h\left( x \right)=\dfrac{\ln x}{x}$,不妨设 $x_2 > x_1 > 0$ 则 $$h\left( x_1\right)=h\left( x_2 \right)=a $$ 因为 $$h’\left( x \right)= \frac { 1 - \ln x } { x ^ { 2 } }$$ 所以 $x\in\left( 0,e \right),h’\left( x \right) > 0,h\left( x \right)$单调递增, $x\in\left( e,+\infty \right),h’\left( x \right) < 0,h\left( x \right)$单调递减. 注意到$0 < x < 1,h\left( x \right) < 0,x > 1,h\left( x \right) > 0$,所以 $$1 < x_1 < e < x_2 \qquad (1)$$ 要证明$x_1x_2 > e^2$,只需证明$$x_1 > \dfrac{e^2}{x_2}$$ 由$\left( 1 \right)$式可得，只需证明 $$ 0 < \dfrac{e^2}{x_2} < x_1 < e.$$ 因为$h\left( x \right)$在$\left( 0,e \right)$上单调递增，只需证明 $$h\left( x_1 \right) > h\left( \dfrac{e^2}{x_2} \right)$$ 又$h\left( x_2\right)=h\left( x_1 \right) $,只需证明 $$h\left( x_2 \right) > h\left( \dfrac{e^2}{x_2} \right)$$. 令$F\left( x \right)=h\left( x \right)-h\left( \dfrac{e^2}{x} \right)\left( x > e \right)$,则 $$ F ^ { \prime } ( x ) = ( \ln x - 1 ) \left( \frac { 1 } { \mathrm { e } ^ { 2 } } - \frac { 1 } { x ^ { 2 } } \right) > 0$$ 所以$F\left( x \right)$在$\left( e,+\infty \right)$单调递增,又 $x_2 > e$所以 $$F\left( x_2 \right)=h\left( x_2 \right)-h\left( \dfrac{e^2}{x_2} \right) > F\left( e \right)=0$$ 所以$(2)$式成立，所以$x_1\cdot x_2 > e^2$.
- (方法三:对数均值不等式) 因为$\ln x_1=ax_1 > 0,\ln x_2=ax_2 > 0$,所以 $$\ln\left( \ln x_1 \right)=\ln a+\ln x_1,\qquad \ln\left( \ln x_2 \right)=\ln a+\ln x_2$$ 两式相减化简得 $$ \dfrac{\ln x_2-\ln x_1}{\ln\left( \ln x_2 \right)-\ln\left( \ln x_1 \right)}=1 $$ 在对数均值不等式中 $ \dfrac{m-n}{\ln m-\ln n} < \dfrac{m+n}{2}$中 令$m=\ln x_2,n=\ln x_1$,可得 $$1 < \dfrac{\ln x_1+\ln x_2}{2} $$ 所以$x_1x_2 > e^2$.