一道导数压轴题的六种解法

赵晚龙 发表于 | 分类于 |

题目

( 2023年11月高三金太阳联考第$22$题 )

已知函数 $f(x)=\ln x-a \sqrt{x}+1, a \in \mathbf{R}$.

  1. 若$f(x) \leqslant 0$, 求$a$ 的取值范围;
  2. 若关于 $x$ 的方程 $f\left(x^2\right)=\mathrm{e}^{a x}-\mathrm{e} x^2$ 有两个不同的正实根 $x_1, x_2$, 证明: $x_1+x_2>2 \sqrt{\mathrm{e}}$.

解析

  1. 由题意
    $$\begin{aligned}
    f(x) \leqslant 0 &\iff \ln x-a \sqrt{x}+1 \leqslant 0\\\\&\iff a \geqslant\frac{2 \ln \sqrt{x}+1}{\sqrt{x}}
    \end{aligned}$$
    令$t=\sqrt{x}$,则$a \geqslant \dfrac{2 \ln t+1}{t}$.
    设$g(t)=\dfrac{2 \ln t+1}{t}(t > 0)$,则$g^{\prime}(t)=\dfrac{1-2 \ln t}{t^2}$,
    当$t \in(0, \sqrt{e})$时,$g^{\prime}(t) > 0, g(t)$单调递增,
    当$t \in\left(\sqrt{e},\infty\right)$时, $g^{\prime}(t) < 0, g(t) $单调递减.
    所以$$g(t)_{\max}=g(\sqrt{e})=\frac{2}{\sqrt{e}}=\frac{2 \sqrt{e}}{e}$$
    所以$a \geqslant\dfrac{2 \sqrt{e}}{e},$所以$a$ 的取值范围是$(\dfrac{2 \sqrt{e}}{e},+\infty)$.
  2. 由题意
    $$\begin{aligned}
    f\left(x^2\right)=e^{a x}-e x^2 & \iff \ln x^2-a x+1=e^{a x}-e x^2 \\\\
    & \iff e^{a x}+a x=e x^2+\ln x^2+1 \\\\
    & \iff e^{a x}+a x=e x^2+\ln (e x^2) \\\\
    & \iff e^{a x}+a x=e^{\ln (e x^2)}+\ln (e x^2)
    \end{aligned}$$
    令$\varphi(x)=e^x+x$,则$\varphi(a x)=\varphi(\ln (ex^2))$.
    因为$\varphi(x)=e^x+x$ 在 $\mathbf{R}$单调递增,所以
    $$ a x=\ln \left(e x^2\right)=1+2 \ln x $$
    问题转化为

    函数$F(x)=2 \ln x-a x+1$有两个不同的正零点$x_1, x_2$,证明 $x_1+x_2 > 2 \sqrt{\mathrm{e}}$.

解法一(含参偏移)

$F(x)$的导函数为
$$
\begin{align}
F^{\prime}(x)=\dfrac{2}{x}-a=\dfrac{2-a x}{x}\tag{1}
\end{align}
$$
当$a \leqslant 0$ 时, $F^{\prime}(x) > 0 ， F(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 递增， $F(x)$ 不可能有两个零点.
当 $a > 0$ 时， $x \in(0, \dfrac{2}{a}) ， F^{\prime}(x) > 0 ， F(x)$ 递增,
$x \in(\dfrac{2}{a},+\infty), F^{\prime}(x) < 0, F(x)$ 递减.
要使 $F(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 有两个零点, 必有
$$
\begin{align}
F(\dfrac{2}{a})=2 \ln \dfrac{2}{a}-1 > 0 \implies \dfrac{2}{a} > \sqrt{e}\tag{2}
\end{align}
$$
不妨没 $0 < x_1 < \dfrac{2}{a} < x_2$，
由$(2)$式，要证 $x_1+x_2 > 2 \sqrt{e}$ ，可证 $x_1+x_2 > \dfrac{4}{a}$,需证$x_2 > \dfrac{4}{a}-x_1$,
因为 $x_2 \in(\dfrac{2}{a},+\infty), \dfrac{4}{a}-x_1 \in(\dfrac{2}{a},+\infty),F(x)$ 在 $(\dfrac{2}{a},+\infty)$ 递减,
需证 $F(x_1)=F(x_2) < F(\dfrac{4}{a}-x_1)$,
即证$$F(\dfrac{4}{a}-x_1)-F(x_1) > 0.$$
令$h(x)=F(\dfrac{4}{a}-x)-F(x)(0 < x\leqslant\dfrac{2}{a})$,需证明$h(x_1) > 0$.由$(1)$式
$$h’(x)=-F’(\dfrac{4}{a}-x)-F’(x)=-\dfrac{a x-2}{\dfrac{4}{a}-x}-\dfrac{2-a x}{x}=\frac{2 (a x-2)^2}{x (a x-4)}$$
当$x\in(0,\dfrac{2}{a})$时，$h’(x) < 0$,$h(x)$递减，
又$0 < x_1 < \dfrac{2}{a}$,所以$h(x_1) > h(\dfrac{2}{a})=0$.
综上所述,$x_1+x_2 > 2\sqrt{e}$.

解法二(含参换元)

函数$F(x)=2 \ln x-a x+1$有两个不同的正零点$x_1, x_2$,证明 $x_1+x_2 > 2 \sqrt{\mathrm{e}}$.

$F(x)$的导函数为
$$
\begin{aligned}
F^{\prime}(x)=\dfrac{2}{x}-a=\dfrac{2-a x}{x}
\end{aligned}
$$
当$a \leqslant 0$ 时, $F^{\prime}(x) > 0 ， F(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 递增， $F(x)$ 不可能有两个零点.
当 $a > 0$ 时， $x \in(0, \dfrac{2}{a})， F^{\prime}(x) > 0 ， F(x)$ 递增,$x \in(\dfrac{2}{a},+\infty), F^{\prime}(x) < 0, F(x)$ 递减.
要使 $F(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 有两个零点, 必有
\begin{align}
F(\dfrac{2}{a})=2 \ln \dfrac{2}{a}-1 > 0 \implies \dfrac{2}{a} > \sqrt{e}\tag{1}
\end{align}
不妨设 $0 < x_1 < \dfrac{2}{a} < x_2$，
由$(1)$式, 要证 $x_1+x_2 > 2 \sqrt{e}$ ，可证 $x_1+x_2 > \dfrac{4}{a}$.
由$F(x_1)=F(x_2)$得
$$
\begin{align}
2\ln x_1-ax_1=2\ln x_2-ax_2\tag{2}
\end{align}
$$
设$x_2=tx_1(t > 1)$代入$(2)$式，可解得
$$x_1=\dfrac{2\ln t}{a(t-1)},x_2=\dfrac{2t\ln t}{a(t-1)}.$$
因为$t > 1$,所以
\begin{aligned}
x_1+x_2 > \dfrac{4}{a}&\iff \dfrac{2\ln t}{a(t-1)}+\dfrac{2t\ln t}{a(t-1)} > \dfrac{4}{a}\\\\
&\iff \dfrac{(t+1)\ln t}{(t-1)} > 2\\\\
&\iff \ln t-\dfrac{2(t-1)}{(t+1)} > 0\\
\end{aligned}
令$h(x)=\ln x-\dfrac{2(x-1)}{x+1}(x\geqslant1)$,需证明$h(t) > 0$.
当$x > 1$时，$h’(x)=\dfrac{(x-1)^2}{x (x+1)^2} > 0$,$h(x)$单调递增.
又$t > 1$，所以$h(t) > h(1)=0$成立.
综上所述,$x_1+x_2 > 2\sqrt{e}$.

解法三(含参对数均值)

函数$F(x)=2 \ln x-a x+1$有两个不同的正零点$x_1, x_2$,证明 $x_1+x_2 > 2 \sqrt{\mathrm{e}}$.

$F(x)$的导函数为
\begin{aligned}
F^{\prime}(x)=\dfrac{2}{x}-a=\dfrac{2-a x}{x}
\end{aligned}
当$a \leqslant 0$ 时, $F^{\prime}(x) > 0 ， F(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 递增， $F(x)$ 不可能有两个零点.
当 $a > 0$ 时， $x \in(0, \dfrac{2}{a}) ， F^{\prime}(x) > 0 ， F(x)$ 递增,$x \in(\dfrac{2}{a},+\infty), F^{\prime}(x) < 0, F(x)$ 递减.
要使 $F(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 有两个零点, 必有
\begin{align}
F(\dfrac{2}{a})=2 \ln \dfrac{2}{a}-1 > 0 \implies \dfrac{2}{a} > \sqrt{e}\tag{1}
\end{align}
不妨设 $0 < x_1 < \dfrac{2}{a} < x_2$，
由$(1)$式, 要证 $x_1+x_2 > 2 \sqrt{e}$ ，可证
$$\begin{align}
x_1+x_2 > \dfrac{4}{a}.\tag{2}
\end{align}$$
由$F(x_1)=F(x_2)$得
$$\begin{aligned}
2\ln x_1-ax_1=2\ln x_2-ax_2
\end{aligned}$$
所以
\begin{aligned}
\dfrac{2(x_2-x_1)}{\ln x_2-\ln x_1}=\dfrac{4}{a}
\end{aligned}
由$(2)$只需证明
\begin{aligned}
&x_1+x_2 > \dfrac{2(x_2-x_1)}{\ln x_2-\ln x_1}\\\\
\iff&\ln \dfrac{x_2}{x_1} > \dfrac{2(x_2-x_1)}{x_2+x_1}\\\\
\iff&\ln \dfrac{x_2}{x_1} > \dfrac{2(\frac{x_2}{x_1}-1)}{\frac{x_2}{x_1}+1}
\end{aligned}
令$t=\dfrac{x_2}{x_1}(t > 1)$,即证明
\begin{aligned}
\ln t-\dfrac{2(t-1)}{(t+1)} > 0
\end{aligned}
令$h(x)=\ln x-\dfrac{2(x-1)}{x+1}(x\geqslant1)$,需证明$h(t) > 0$.
当$x > 1$时，$h’(x)=\dfrac{(x-1)^2}{x (x+1)^2} > 0$,$h(x)$单调递增.
又$t > 1$，所以$h(t) > h(1)=0$成立.
综上所述,$x_1+x_2 > 2\sqrt{e}$.

解法四(不含参偏移)

函数$F(x)=2 \ln x-a x+1$有两个不同的正零点$x_1, x_2$,证明 $x_1+x_2 > 2 \sqrt{\mathrm{e}}$.

因为$x > 0$,所以
$$F(x)=2 \ln x-a x+1=0 \iff a=\dfrac{2 \ln x+1}{x},$$
令 $ h(x)=\dfrac{2 \ln x+1}{x}$, 由题意 $h(x_1)=h(x_2) . $
由 $h^{\prime}(x)=\dfrac{1-2 \ln x}{x^2}=0 $, 得 $ x=\sqrt{e}$.
当 $x \in(0, \sqrt{e})$ 时， $h^{\prime}(x) > 0 ， h(x)$ 递增，当 $x \in(\sqrt{e},+\infty)$时 , $h^{\prime}(x) < 0, h(x)$ 递减.
不妨设 $0 < x_1 < \sqrt{e} < x_2$.
要证 $x_1+x_2 > 2 \sqrt{e}$, 需证 $x_2 > 2 \sqrt{e}-x_1$,
因为$x_2 \in(\sqrt{e},+\infty),2 \sqrt{e}-x_1 \in(\sqrt{e},+\infty), h(x)$ 在 $(\sqrt{e},+\infty)$ 上递减 , 需证
$h(x_2) < h(2\sqrt{e}-x_1)$,
又 $h(x_1)=h(x_2)$ ，需证 $h(x_1) < h(2 \sqrt{e}-x_1)$.
令$G(x)=h(x)-h(2 \sqrt{e}-x)(0 < x < \sqrt{e})$,需证$G(x_1) < 0$.
$$
\begin{aligned}
G^{\prime}(x)&=h^{\prime}(x)+h^{\prime}(2 \sqrt{e}-x)\\\\
&=\dfrac{1-2 \ln x}{x^2}+\dfrac{1-2 \ln (2 \sqrt{e}-x)}{(2 \sqrt{e}-x)^2} \\\\
& =(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{(2\sqrt{e}-x)^2})-(\dfrac{\ln x^2}{x^2}+\dfrac{\ln (2 \sqrt{e}-x)^2}{(2 \sqrt{e}-x)^2})
\end{aligned}
$$
因为$x \in(0, \sqrt{e})$, 所以
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{x^2}+\frac{1}{(2 \sqrt{e}-x)^2} &\geqslant \frac{\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{2 \sqrt{e}-x}\right)^2}{2}\\\\
&\geqslant \frac{\left(\frac{(1+1)^2}{x+(2 \sqrt{e}-x)}\right)^2}{2}=\frac{2}{e}
\end{aligned}
$$
由 $\dfrac{\ln x}{x} \leqslant \dfrac{1}{e}$ (证略)可得
$$
\frac{\ln x^2}{x^2}+\frac{\ln (2 \sqrt{e}-x)^2}{(2 \sqrt{e}-x)^2} \leqslant \frac{1}{e}+\frac{1}{e}=\frac{2}{e}
$$
所以 $x \in(0, \sqrt{e})$ 时， $G^{\prime}(x) \geqslant 0 , G(x)$ 单调递增.
因为$0 < x_1 < \sqrt{e}$, 所以然$G(x_1) < G(\sqrt{e})=0$ 成立.
综上所述,$x_1+x_2 > 2\sqrt{e}$.

解法五(不含参换元)

函数$F(x)=2 \ln x-a x+1$有两个不同的正零点$x_1, x_2$,证明 $x_1+x_2 > 2 \sqrt{\mathrm{e}}$.

因为$x > 0$,所以
$$F(x)=2 \ln x-a x+1=0 \iff a=\dfrac{2 \ln x+1}{x},$$
令 $ h(x)=\dfrac{2 \ln x+1}{x}$, 由题意 $h(x_1)=h(x_2). $
所以
\begin{align}
\dfrac{2 \ln x_1+1}{x_1}=\dfrac{2 \ln x_2+1}{x_2}\tag{1}
\end{align}
令$x_2=tx_1(t > 1)$,代入$(1)$解得
$$
\begin{aligned}
x_1&=e^{\frac{\ln t}{t-1}-\frac{1}{2}}=\frac{t^{\frac{1}{t-1}}}{\sqrt{e}}, \\\\
x_2&=\frac{t^{1+\frac{1}{t-1}}}{\sqrt{e}}=\frac{t^{\frac{t}{t-1}}}{\sqrt{e}}
\end{aligned}
$$
由基本不等式
$$
\begin{aligned}x_1+x_2&=\frac{1}{\sqrt{e}}\left(t^{\frac{1}{t-1}}+t^{\frac{t}{t-1}}\right)\\\\
& \geqslant \frac{2}{\sqrt{e}} \sqrt{t^{\frac{1}{t-1}} \cdot t^{\frac{t}{t-1}}}\\\\
&=\frac{2}{\sqrt{e}} \sqrt{t^{\frac{t+1}{t-1}}}
\end{aligned}$$
要证 $x_1+x_2 > 2 \sqrt{e}$, 即证
$$
\begin{aligned}
\frac{2}{\sqrt{e}} \sqrt{t^{\frac{t+1}{t-1}}} > 2 \sqrt{e}
& \iff t^{\frac{t+1}{t-1}} > e^2 \\\\
& \iff \frac{t+1}{t-1} \ln t > 2 \\\\
& \iff \ln t-\frac{2(t-1)}{t+1} > 0
\end{aligned}
$$
令$h(x)=\ln x-\dfrac{2(x-1)}{x+1}(x\geqslant1)$,需证明$h(t) > 0$.
当$x > 1$时，$h’(x)=\dfrac{(x-1)^2}{x (x+1)^2} > 0$,$h(x)$单调递增.
又$t > 1$，所以$h(t) > h(1)=0$成立.
综上所述,$x_1+x_2 > 2\sqrt{e}$.

解法六(不含参对数均值)

函数$F(x)=2 \ln x-a x+1$有两个不同的正零点$x_1, x_2$,证明 $x_1+x_2 > 2 \sqrt{\mathrm{e}}$.

因为$x > 0$,所以
$$F(x)=2 \ln x-a x+1=0 \iff a=\dfrac{2 \ln x+1}{x},$$
令 $ h(x)=\dfrac{2 \ln x+1}{x}$, 由题意 $h(x_1)=h(x_2),$即
\begin{align}
\dfrac{2 \ln x_1+1}{x_1}=\dfrac{2 \ln x_2+1}{x_2}\tag{1}
\end{align}
由$x_1,x_2 > 0,h(x_1)=h(x_2)=a > 0$,可得$2 \ln x_1+1 > 0,2\ln x_2+1 > 0$
将$(1)$两边取自然对数,可得
$$
\begin{align}
& \ln \frac{2 \ln x_1+1}{x_1}=\ln \frac{2 \ln x_2+1}{x_2} \notag \\\\
\iff & \ln (2 \ln x_1+1)-\ln x_1=\ln (2 \ln x_2+1)-\ln x_2 \notag \\\\
\iff & \frac{\ln x_2-\ln x_1}{\ln (2 \ln x_2+1)-\ln (2 \ln x_2+1)}=1 \notag \\\\
\iff & \frac{(2 \ln x_2+1)-(2 \ln x_1+1)}{\ln (2 \ln x_2+1)-\ln (2 \ln x_1+1)}=2 \tag{2}
\end{align}
$$
由对数均值不等式$\frac{m-n}{\ln m-\ln n} < \frac{m+n}{2}$ (证略)可得
$$ \frac{(2 \ln x_2+1)-(2 \ln x_1+1)}{\ln (2 \ln x_2+1)-\ln (2 \ln x_1+1)} < \frac{(2 \ln x_2+1)+(2 \ln x_1+1)}{2}=\ln (x_1 x_2)+1 $$
由$(2)$得
$$\ln (x_1x_2)+1 > 2$$
所以$x_1 x_2 > e $，所以$x_1+x_2 > 2 \sqrt{x_1 x_2}=2 \sqrt{e}.$