浙江 2018 · 数学 q22

题面

22.（本题满分15分）已知函数 $f(x)=\sqrt{x}-\ln x$ .

（Ⅰ）若 $f(x)$ 在 $x=x_{1}$， $x_{2}(x_{1}\neq x_{2})$ 处导数相等，证明： $f(x_{1})+f(x_{2})>8-8\ln2$

（Ⅱ）若 $a \leq 3 - 4 \ln 2$ ，证明：对于任意 k > 0，直线 $y = kx + a$ 与曲线 $y = f(x)$ 有唯一公共点.

2018年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）

2018年浙江省高考数学试卷

(Ⅰ) 若 $f(x)$ 在 $x = x_1$, $x_2 (x_1 \neq x_2)$ 处导数相等, 证明: $f(x_1) + f(x_2) > 8 - 8 \ln 2$; (Ⅱ) 若 $a \leqslant 3 - 4 \ln 2$, 证明: 对于任意 $k > 0$, 直线 $y = kx + a$ 与曲线 $y = f(x)$ 有唯一公共点.

解析

分析

（I）推导出 $x > 0$ ，$f'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}} - \frac{1}{x}$，由 $f(x)$ 在 $x = x_1$，$x_2 (x_1 \neq x_2)$ 处导数相等，得到 $\frac{1}{\sqrt{x_1}} + \frac{1}{\sqrt{x_2}} = \frac{1}{2}$，由基本不等式得：$\frac{1}{2}\sqrt{x_1 x_2} = \sqrt{x_1} + \sqrt{x_2} \geqslant 2\sqrt[4]{x_1 x_2}$，从而 $x_1 x_2 > 256$，由题意得 $f(x_1) + f(x_2) = \sqrt{x_1} - \ln x_1 + \sqrt{x_2} - \ln x_2 = \frac{1}{2}\sqrt{x_1 x_2} - \ln (x_1 x_2)$，设 $g(x) = \frac{1}{2}\sqrt{x} - \ln x$，则 $g'(x) = \frac{1}{4x} (\sqrt{x} - 4)$，利用导数性质能证明 $f(x_1) + f(x_2) > 8 - 8 \ln 2$.

(Ⅱ) 令 $m = e^{-(|a| + k)}$, $n = \left(\frac{|a| + 1}{k}\right)^2 + 1$, 则 $f(m) - km - a > |a| + k - k - a \geqslant 0$, 推导出存在 $x_0 \in (m, n)$, 使 $f(x_0) = kx_0 + a$, 对于任意的 $a \in R$ 及 $k \in (0, +\infty)$, 直线 $y = kx + a$ 与曲线 $y = f(x)$ 有公共点, 由 $f(x) = kx + a$, 得 $k = \frac{\sqrt{x} - \ln x - a}{x}$,设 $h(x) = \frac{\sqrt{x} - \ln x - a}{x}$，则 $h'(x) = \frac{\ln x - \frac{\sqrt{x}}{2} - 1 + a}{x^2} = \frac{-g(x) - 1 + a}{x^2}$，利用导数性质能证明 $a \leqslant 3 - 4\ln 2$ 时，对于任意 $k > 0$，直线 $y = kx + a$ 与曲线 $y = f(x)$ 有唯一公共点.

解答

证明：（I）∵函数 $f(x)=\sqrt{x}-\ln x$ ，

$\therefore x > 0, f^{\prime} (x) = \frac{1}{2 \sqrt{x}} - \frac{1}{x},$

∵f（x）在 $x=x_{1}$ ， $x_{2}$ （ $x_{1}\neq x_{2}$ ）处导数相等，

$\therefore \frac{1}{2 \sqrt{\mathrm{x}_{1}}} - \frac{1}{\mathrm{x}_{1}} = \frac{1}{2 \sqrt{\mathrm{x}_{2}}} - \frac{1}{\mathrm{x}_{2}},$

$\because \mathrm{x}_{1} \neq \mathrm{x}_{2}, \therefore \frac{1}{\sqrt{\mathrm{x}_{1}}} + \frac{1}{\sqrt{\mathrm{x}_{2}}} = \frac{1}{2},$

由基本不等式得： $\frac{1}{2}\sqrt{\mathrm{x}_1\mathrm{x}_2} = \sqrt{\mathrm{x}_1} +\sqrt{\mathrm{x}_2}\geqslant 2^4\sqrt{\mathrm{x}_1\mathrm{x}_2},$

$\because x_{1} \neq x_{2}, \therefore x_{1} x_{2} > 2 5 6,$

由题意得 $f(x_1) + f(x_2) = \sqrt{x_1} - \ln x_1 + \sqrt{x_2} - \ln x_2 = \frac{1}{2} \sqrt{x_1 x_2} - \ln (x_1 x_2)$,

设 $g(x) = \frac{1}{2} \sqrt{x} - \ln x$ ，则 $g'(x) = \frac{1}{4x} (\sqrt{x} - 4)$ ,

∴列表讨论:

∴g（x）在 $[256, +\infty)$ 上单调递增，

$\therefore g(x_{1}x_{2})>g(256)=8-8\ln2,$

∴f (x₁) +f (x₂) >8 - 8ln2.

(Ⅱ) 令 $m=e^{-(|a|+k)}$ ， $n=\left(\frac{|a|+1}{k}\right)^{2}+1$ ，

则 f（m）- km - a > |a| + k - k - a ≥ 0,

$f(n) - kn - a < n \left( \frac{1}{\sqrt{n}} - \frac{a}{n} - k \right) \leqslant n \left( \frac{|a| + 1}{\sqrt{n}} - k \right) < 0,$

∴存在 $x_{0} \in (m, n)$ ，使 $f(x_{0}) = kx_{0} + a$ ，

∴对于任意的 $a \in R$ 及 $k \in (0, +\infty)$ ，直线 $y = kx + a$ 与曲线 $y = f(x)$ 有公共点，

由 $f(x) = kx + a$，得 $k = \frac{\sqrt{x} - \ln x - a}{x}$，

设 $h(x) = \frac{\sqrt{x} - \ln x - a}{x}$，则 $h'(x) = \frac{\ln x - \frac{\sqrt{x}}{2} - 1 + a}{x^2} = \frac{-g(x) - 1 + a}{x^2}$，

其中 $g(x) = \frac{\sqrt{x}}{2} - \ln x$ ,

由（1）知 $g(x) \geqslant g(16)$ ,

又 $a \leqslant 3 - 4 \ln 2, \therefore -g(x) - 1 + a \leqslant -g(16) - 1 + a = -3 + 4 \ln 2 + a \leqslant 0,$

$\therefore h'(x) \leqslant 0$ ，即函数 $h(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上单调递减，

∴方程 $f(x) - kx - a = 0$ 至多有一个实根，

综上， $a \leqslant 3 - 4 \ln 2$ 时，对于任意 k > 0，直线 $y = kx + a$ 与曲线 y = f (x) 有唯一公共点.