题目
(晋中市2020年1月高三适应性考试理科21题)
已知函数 $f(x)=2 x+(1-2 a) \ln x+\dfrac{a}{x}$.
- 讨论 $f(x)$ 的单调性;
- 如果方程 $f(x)=m$ 有两个不相等的解 $x_{1}, x_{2},$ 且 $x_{1} < x_{2},$ 证明: $f^{\prime}\left(\dfrac{x_{1}+x_{2}}{2}\right) > 0$.
解析
$f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$,导数为
$$
f^{\prime}(x)=2+\dfrac{1-2 a}{x}-\dfrac{a}{x^{2}}=\dfrac{2 x^{2}+(1-2 a) x-a}{x^{2}}=\dfrac{(2 x+1)(x-a)}{x^{2}}
$$
当 $a \leqslant 0$ 时, $f^{\prime}(x) > 0, f(x)$ 的增区间为 $(0,+\infty)$;
当 $a > 0$ 时, $x \in(0, a), f^{\prime}(x) < 0, x \in(a,+\infty), f^{\prime}(x) > 0,$ 故 $f(x)$ 的减区间为 $(0, a),$ 增区间为 $(a,+\infty) .$方法一(极值点偏移)
由(1)可得, $f(x)=m$ 有两个解，必有 $a > 0,$ 且 $0 < x_{1} < a < x_{2}$ 注意到 $f^{\prime}(x)$ 的符号，要证明 $f^{\prime}\left(\dfrac{x_{1}+x_{2}}{2}\right) > 0,$ 即证明
$$
\dfrac{x_{1}+x_{2}}{2} > a
$$
即证
$$
x_{2} > 2 a-x_{1}=a+\left(a-x_{1}\right) > a
$$
因为 $f(x)$ 在 $(a,+\infty)$ 是增函数，且 $f\left(x_{1}\right)=f\left(x_{2}\right)$,需证明
$$
f\left(x_{1}\right)=f\left(x_{2}\right) > f\left(2 a-x_{1}\right)\tag{1}\label{2020012701}
$$
令 $g(x)=f(x)-f(2 a-x)(0 < x < a)$,则由 $f^{\prime}(x)=2+\dfrac{1-2 a}{x}-\dfrac{a}{x^{2}}$ 得
$$
\begin{aligned}
g^{\prime}(x) &=f^{\prime}(x)+f^{\prime}(2 a-x) \\
&=4+(1-2 a)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{2 a-x}\right)-a\left(\dfrac{1}{x^{2}}+\dfrac{1}{(2 a-x)^{2}}\right) \\
& \leqslant 4+(1-2 a) \dfrac{2 a}{x(2 a-x)}-a \cdot 2 \sqrt{\dfrac{1}{x^{2}(2 a-x)^{2}}} \\
&=4+\dfrac{2 a-4 a^{2}}{x(2 a-x)}-\dfrac{2 a}{x(2 a-x)} \\
&=4-\dfrac{4 a^{2}}{x(2 a-x)} \\
& \leqslant 4-\dfrac{4 a^{2}}{\left(\dfrac{x+(2 a-x)}{2}\right)^{2}}=0
\end{aligned}
$$
故 $g(x)$ 在 $(0, a)$ 上是减函数, 所以 $g\left(x_{1}\right) > g(a)=0,$ 即 $f\left(x_{1}\right) > f\left(2 a-x_{1}\right),$ 所以 $\eqref{2020012701}$ 式成立， 命题得证 .
方法二(消参留根)由 $f\left(x_{1}\right)=f\left(x_{2}\right)$ 得
$$
2 x_{1}+(1-2 a) \ln x_{1}+\dfrac{a}{x_{1}}=2 x_{2}+(1-2 a) \ln x_{2}+\dfrac{a}{x_{2}}
$$
解得
$$
a=\dfrac{2 x_{2}-2 x_{1}+\ln \dfrac{x_{2}}{x_{1}}}{2 \ln \dfrac{x_{2}}{x_{1}}+\dfrac{1}{x_{1}}-\dfrac{1}{x_{2}}}
$$
令 $x_{2}=t x_{1}(t > 1),$ 要证明 $\dfrac{x_{1}+x_{2}}{2} > a,$ 即证明$$\begin{align} & a=\dfrac{2(t-1) x_{1}+\ln t}{2 \ln t+\dfrac{1}{x_{1}}-\dfrac{1}{t x_{1}}} < \dfrac{x_{1}+t x_{1}}{2}\left(t > 1, x_{1} > 0\right) \notag\\\Longleftrightarrow &4(t-1) x_{1}+2 \ln t < 2(1+t) x_{1} \ln t+\left(1-\dfrac{1}{t}\right)(1+t) \notag\\\Longleftrightarrow& (1+t) x_{1}\left(\ln t-\dfrac{2(t-1)}{t+1}\right) > \ln t-\dfrac{1}{2}\left(t-\dfrac{1}{t}\right)\tag{2}\label{2020012702}\\\end{align}$$
当 $t > 1$ 时,此时易证明
$$
\ln t-\dfrac{2(t-1)}{t+1} > 0, \quad \ln t-\dfrac{1}{2}\left(t-\dfrac{1}{t}\right) < 0
$$
所以$\eqref{2020012702}$式左边为正，右边为负，可知命题一定成立.
方法三(对数均值)由 $f\left(x_{1}\right)=f\left(x_{2}\right)$ 得
$$
2 x_{1}+(1-2 a) \ln x_{1}+\dfrac{a}{x_{1}}=2 x_{2}+(1-2 a) \ln x_{2}+\dfrac{a}{x_{2}}
$$
整理得
$$2(x_1-x_2)+(1-2a)(\ln x_1-\ln x_2)=\dfrac{a}{x_1x_2}(x_1-x_2)\tag{3}\label{2020012703}$$
记 $L=\dfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}$,则有对数均值不等式
$$
\sqrt{x_1x_2} < \dfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2} < \dfrac{x_1+x_2}{2}\tag{4}\label{2020012704}
$$
由$\eqref{2020012703}$得
$$
2L+(1-2a)=\dfrac{aL}{x_1x_2} > \dfrac{aL}{L^2}=\dfrac aL \qquad(\text{这里用到} \eqref{2020012704} \text{左边})
$$
注意到 $L>0$,整理得
$$
2L^2+(1-2a)L-a > 0
$$
即
$$
（L-a）（2L+1）> 0
$$
所以 $L>a$.
由 $\eqref{2020012704}$右边，$x_1+x_2>2L>2a$.由方法一知道命题成立.