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全球热推荐：2022浙江高考数学导数压轴解析

2023-02-03 22:59:32 来源：博客园

题目：

已知函数 \(f(x)=\frac{e}{2x}+\ln{⁡x}\) 上存在不同的三点 \((x1,f(x1)),(x2,f(x2)),(x3,f(x3)),\) 且曲线 \(y=f(x)\) 经过这三点的切线都经过点 \((a,b).\)（Ⅰ）求 \(f(x)\) 的单调区间（Ⅱ）（i）若 \(a>e,\) 证明： \(0
\(\frac{2}{e}+\frac{e−a}{6e^2}<\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_3}<\frac{2}{a}−\frac{e−a}{6e^2}\)

(资料图片仅供参考)

解：

（Ⅰ）：

由题意得，对 \(f(x)\) 求导得到：

\[f^\prime(x)=\frac{2x-e}{2x^2}\]

所以 \(f(x)\) 在 \((0,\frac{e}{2})\) 内单调递减，在 \((\frac{e}{2},+\infty)\) 内单调递增。

（Ⅱ）：

（i）：

由题意得：

过 \((x_i,f(x_i)),i=1,2,3\) 的切线

\[f(x)=f^\prime(x)(x-a)+b\]

即

\[\frac{e}{2x}+\ln{⁡x}=\frac{2x-e}{2x^2}(x-a)+b\]

令

\[g(x)=\frac{2x-e}{2x^2}(x-a)-\frac{e}{2x}-\ln{⁡x}+b\]

由题意得，当 \(g(x)=0\) 时存在三个不同的根。

对 \(g(x)\) 求导得到：

\[g^\prime(x)=-\frac{x^2-(a+e)x+ae}{x^3}=-\frac{(x-a)(x-e)}{x^3}\]

所以 \(g(x)\) 在 \((0,e)\) 内单调递减，在 \((e,a)\) 内单调递增，在 \((a,+\infty)\) 内单调递减。

不难发现

\[\lim\limits_{x\rightarrow0}{g(x)}=+\infty,\lim\limits_{x\rightarrow \infty}{g(x)}=-\infty\]

所以

\[g(e)=-\frac{a}{2e}-1+b<0,g(a)=-\frac{e}{2a}-\ln{a}+b>0\]

由（Ⅰ）得 \(f(x)\) 在 \((\frac{e}{2},+\infty)\) 内单调递增，故 \(f(a)>f(e)\) 。

所以

\[0=\frac{e}{2a}+\ln{a}-f(a)（ii）：

由题意得 \(:0

令 \(t_i=\frac{1}{x_i},i=1,2,3,\) 那么要证

\[\frac{2}{e}+\frac{e−a}{6e^2}<\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_3}<\frac{2}{a}−\frac{e−a}{6e^2}\]

即证

\[\frac{2}{e}+\frac{e−a}{6e^2}即证

\[[(t_1+t_3)-(\frac{2}{e}+\frac{e−a}{6e^2})]\times[(t_1+t_3)-(\frac{2}{a}−\frac{e−a}{6e^2})]<0\]

即证

\[(t_1+t_3)^2-(\frac{2}{e}+\frac{2}{a})(t_1+t_3)+(\frac{2}{e}+\frac{e−a}{6e^2})\times(\frac{2}{a}−\frac{e−a}{6e^2})<0\]

由题意得 \(,x_1,x_3\) 为方程 \(g(x)=\frac{2x-e}{2x^2}(x-a)-\frac{e}{2x}-\ln{⁡x}+b=0\) 的两根，所以

\[\frac{2x_1-e}{2x_1^2}(x_1-a)-\frac{e}{2x_1}-\ln{⁡x_1}+b=0\\\frac{2x_3-e}{2x_3^2}(x_3-a)-\frac{e}{2x_3}-\ln{⁡x_3}+b=0\]

两式相减，整理得到：

\[\frac{ae}{2}(\frac{1}{x_1^2}-\frac{1}{x_3^2})-(a+e)(\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_3})-(\ln{x_1}-\ln{x_3})=0\]

即

\[\frac{ae}{2}(t_1^2-t_3^2)-(a+e)(t_1-t_3)+(\ln{t_1}-\ln{t_3})=0\]

两边同乘 \(\frac{2(t_1+t_3)}{ae(t_1-t_3)}\) 得到

\[(t_1+t_3)^2-(\frac{2}{e}+\frac{2}{a})(t_1+t_3)+\frac{2}{ae}\times\frac{(\ln{t_1}-\ln{t_3})(t_1+t_3)}{(t_1-t_3)}=0\]

所以要证

\[(t_1+t_3)^2-(\frac{2}{e}+\frac{2}{a})(t_1+t_3)+(\frac{2}{e}+\frac{e−a}{6e^2})\times(\frac{2}{a}−\frac{e−a}{6e^2})<0\]

即证

\[(\frac{2}{e}+\frac{e−a}{6e^2})\times(\frac{2}{a}−\frac{e−a}{6e^2})<\frac{2}{ae}\times\frac{(\ln{t_1}-\ln{t_3})(t_1+t_3)}{(t_1-t_3)}\]

即证

\[(\frac{2}{e}+\frac{e−a}{6e^2})\times(\frac{2}{a}−\frac{e−a}{6e^2})<\frac{2}{ae}\times\frac{\ln{\frac{t_1}{t_3}}(\frac{t_1}{t_3}+1)}{(\frac{t_1}{t_3}-1)}\]

令

\[h(x)=\frac{\ln{x}(x+1)}{(x-1)},x>1\]

对 \(h(x)\) 求导得到：

\[h^\prime(x)=\frac{-2\ln{x}+\frac{x^2-1}{x}}{(x-1)^2}\]

令

\[F(x)=\frac{x^2-1}{x}-2\ln{x},x>1\]

对 \(F(x)\) 求导得到：

\[F^\prime(x)=\frac{(x-1)^2}{x^2}>0\]

所以 \(F(x)\) 在 \((1,+\infty)\) 内单调递增。

所以 \(F(x)>F(1)=0,h(x)\) 在 \((1,+\infty)\) 内单调递增。

因为 \(\frac{t_1}{t_3}=\frac{x_3}{x_1}>\frac{e}{a}>1,\) 所以 \(h(\frac{t_1}{t_3})>h(\frac{e}{a})\) 。

所以即证

\[(\frac{2}{e}+\frac{e−a}{6e^2})\times(\frac{2}{a}−\frac{e−a}{6e^2})<\frac{2}{ae}\times\frac{\ln{\frac{e}{a}}(\frac{e}{a}+1)}{(\frac{e}{a}-1)}\]

令 \(k=\frac{e}{a},k\in(0,1),\) 即证

\[\frac{k}{2}(2+\frac{1-k}{6})(\frac{2}{k}-\frac{1-k}{6})<\frac{\ln{k}(k+1)}{k-1}\]

即证

\[\ln{k}<\frac{(k-1)(13-k)(k^2-k+12)}{72(k+1)}\]

令

\[G(x)=\ln{x}-\frac{(x-1)(13-x)(x^2-x+12)}{72(x+1)},0对 \(G(x)\) 求导得到：

\[G^\prime(x)=\frac{3x^5-26x^4-6x^3+150x^2-193x+72}{72x(x+1)^2}=\frac{(x-1)^2(3x^3-20x^2-49x+72)}{72x(x+1)^2}\]

令

\[H(x)=3x^3-20x^2-49x+72,0对 \(H(x)\) 求导得到：

\[H^\prime(x)=9x^2-40x-49=(x+1)(9x-49)<0\]

所以 \(H(x)\) 在 \((0,1)\) 内单调递减。

所以 \(H(x)>H(1)=6>0,G(x)\) 在 \((0,1)\) 内单调递增。

所以 \(G(x)\[\ln{x}<\frac{(x-1)(13-x)(x^2-x+12)}{72(x+1)}\]

证毕！

关键词：单调递减不难发现