浙江 2018 · 数学 q22

冷启动：令 $u=\frac{1}{\sqrt{x}}$，导函数就成了一条开口向下的二次式

$f(x)=\sqrt{x}-\ln x$ 的定义域是 $x>0$。按常见函数的导数，$(\sqrt{x})'=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$、 $(\ln x)'=\dfrac1x$，于是

$$f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}-\frac1x .$$

这个式子直接看很别扭：一个 $\frac12$ 次幂、一个 $-1$ 次幂。但两项都是 $\frac{1}{\sqrt{x}}$ 的幂。令

$$u=\frac{1}{\sqrt{x}}\ (>0)\quad\Longrightarrow\quad f'(x)=\frac{u}{2}-u^{2}=-\Bigl(u-\frac14\Bigr)^{2}+\frac{1}{16}.$$

这一步是全题的钥匙，一次给出两件东西。

第一件：$x\mapsto u$ 是 $(0,+\infty)$ 到 $(0,+\infty)$ 的一一对应（严格递减），所以 $x_1\neq x_2\iff u_1\neq u_2$，往后可以放心在 $u$ 的世界里干活。

第二件：「两处导数相等」立刻塌成一条线性关系。 $f'$ 作为 $u$ 的函数是开口向下的二次式， 顶点在 $u=\frac14$。两个不同的 $u$ 给出同一个函数值，就是说它们落在同一条水平线上， 于是关于顶点对称，两者之和 $=2\times\frac14$：

$$f'(x_1)=f'(x_2),\ x_1\neq x_2\quad\Longleftrightarrow\quad u_1+u_2=\frac12,\ \text{即}\ \frac{1}{\sqrt{x_1}}+\frac{1}{\sqrt{x_2}}=\frac12 .\tag{$\ast$}$$

（不想用对称性也行：$\frac{u_1}{2}-u_1^{2}=\frac{u_2}{2}-u_2^{2}$ 移项得 $\frac{u_1-u_2}{2}=(u_1-u_2)(u_1+u_2)$，除掉非零的 $u_1-u_2$ 即得。）

顺手把 $f$ 本身的形状读出来，第（Ⅱ）问要用：$f'(x)>0\iff \frac u2>u^{2}\iff 0<u<\frac12\iff x>4$， 所以 $f$ 在 $(0,4)$ 递减、在 $(4,+\infty)$ 递增，最小值 $f(4)=2-2\ln2>0$。曲线两头都往上翘—— 左边靠 $-\ln x$，右边靠 $\sqrt{x}$。

两小问的分工：第（Ⅰ）问从 $(\ast)$ 出发估 $f(x_1)+f(x_2)$；第（Ⅱ）问表面上换了个话题 （直线与曲线的交点），实际上靠的是第（Ⅰ）问路上造出来的那个辅助函数 $g(x)=\frac12\sqrt{x}-\ln x$ 的最小值——这是本题两问之间真正的暗线。

⚠️ $g$ 不是 $f$。$g(x)=\frac12\sqrt{x}-\ln x$，根号前面是 $\frac12$；$f(x)=\sqrt{x}-\ln x$， 系数是 $1$。第（Ⅱ）问引用「由（Ⅰ）知 $g(x)\geqslant g(16)$」时用的是 $g$，抄成 $f$ 就全错。

这两件事画出来是这样：

上块是「导数相等」这个条件的全部内容；下块那条曲线两小问各要用它一次—— 第（Ⅰ）问要它在 $256$ 处的值，第（Ⅱ）问要它的极小值。

解法一：官方路线——基本不等式压出 $x_1x_2>256$，再用 $g$ 的单调性

怎么想到的。 要估的是 $f(x_1)+f(x_2)=(\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2})-\ln(x_1x_2)$。 $(\ast)$ 通分之后恰好把 $\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}$ 和 $\sqrt{x_1x_2}$ 绑在一起，于是要估的那一整坨 只依赖乘积 $x_1x_2$ 这一个量。两个变量塌成一个，剩下的就是「$x_1x_2$ 能有多小」—— 和已定、求积的下界，正是基本不等式的活儿。

（Ⅰ） 把 $(\ast)$ 两边乘以 $\sqrt{x_1x_2}$。左边逐项约分—— $\dfrac{1}{\sqrt{x_1}}\cdot\sqrt{x_1}\sqrt{x_2}=\sqrt{x_2}$，另一项同理——于是

$$\sqrt{x_2}+\sqrt{x_1}=\frac12\sqrt{x_1x_2}. \tag{1}$$

这一行是本解法的转折点：左边是两个根号的和，右边是它们的积， 于是「和的下界」这类工具立刻能用上。

对左边用基本不等式（两个正数的和不小于它们几何平均的两倍）：

$$\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}\geqslant 2\sqrt{\sqrt{x_1}\cdot\sqrt{x_2}}=2\sqrt[4]{x_1x_2},$$

等号当且仅当 $\sqrt{x_1}=\sqrt{x_2}$，即 $x_1=x_2$——题面明说 $x_1\neq x_2$，所以这里是严格大于。 记 $P=x_1x_2>0$，配上 $(1)$：

$$\frac12 P^{1/2}>2P^{1/4}\ \Longrightarrow\ P^{1/4}>4\ \Longrightarrow\ P>4^{4}=256 . \tag{2}$$

另一边，把要证的量整体写成 $P$ 的函数（用上 $(1)$）：

$$f(x_1)+f(x_2)=\bigl(\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}\bigr)-\bigl(\ln x_1+\ln x_2\bigr) =\frac12\sqrt{P}-\ln P=g(P),\qquad g(x):=\frac12\sqrt{x}-\ln x .$$

这就是构造函数证不等式：原来的两变量不等式，已经变成「$g$ 在 $(256,+\infty)$ 上的下界是多少」。 求导：

$$g'(x)=\frac{1}{4\sqrt{x}}-\frac1x=\frac{\sqrt{x}-4}{4x}\qquad(x>0),$$

分母恒正，符号只看 $\sqrt{x}-4$，分界点 $x=16$。按导数的正负与函数的单调性列表：

（$g(16)=\frac12\cdot4-\ln16=2-4\ln2$，这张表第（Ⅱ）问还要再用一次。）

$g$ 在 $[16,+\infty)$ 上递增，而 $(2)$ 给出 $P>256>16$，故

$$g(P)>g(256)=\frac12\cdot16-\ln 256=8-8\ln2 ,$$

即 $f(x_1)+f(x_2)>8-8\ln 2$。 $\blacksquare$

（Ⅱ） 「有唯一公共点」是两件事：至少一个、至多一个。分头办。

至多一个——参变分离。 公共点即方程 $f(x)=kx+a$ 的正根。$x>0$，两边除以 $x$，把 $k$ 单独拎出来：

$$k=\frac{\sqrt{x}-\ln x-a}{x}=:h(x)\qquad(x>0).$$

于是「交点个数」= 「水平线 $y=k$ 与 $y=h(x)$ 的交点个数」。求 $h'$：

$$h'(x)=\frac{\Bigl(\frac{1}{2\sqrt{x}}-\frac1x\Bigr)x-\bigl(\sqrt{x}-\ln x-a\bigr)}{x^{2}} =\frac{\frac{\sqrt{x}}{2}-1-\sqrt{x}+\ln x+a}{x^{2}} =\frac{\ln x-\frac{\sqrt{x}}{2}-1+a}{x^{2}}=\frac{-g(x)-1+a}{x^{2}} .$$

辅助函数 $g$ 在这里第二次出场——分子恰好是 $-g(x)-1+a$。由上表 $g(x)\geqslant g(16)=2-4\ln2$， 再用条件 $a\leqslant 3-4\ln2$：

$$-g(x)-1+a\leqslant -(2-4\ln2)-1+a=a-3+4\ln2\leqslant 0 ,$$

所以 $h'(x)\leqslant 0$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立。

这里要多说一句：$h'\leqslant 0$ 只给出「不增」，而「不增」允许某段上恒为常数，那样 $h(x)=k$ 就可能有无穷多解。必须确认等号只在孤立点出现。 $h'(x)=0$ 要求 $g(x)=a-1$；而 $a-1\leqslant 2-4\ln2=\min g$，所以这个方程无解（当 $a<3-4\ln2$），或只有 $x=16$ 一个解 （恰当 $a=3-4\ln2$）。等号至多落在一点，故 $h$ 在 $(0,+\infty)$ 上严格递减， $h(x)=k$ 至多一个解。

至少一个——零点存在定理。 令 $\varphi(x)=f(x)-kx-a$，它在 $(0,+\infty)$ 上连续。 取两个端点（写成显式的、只用 $a$ 与 $k$ 的表达式）：

$$m=e^{-(|a|+k)}\in(0,1),\qquad n=\Bigl(\frac{|a|+1}{k}\Bigr)^{2}+1>1 .$$

• 左端：$-\ln m=|a|+k$，且 $0<m<1$ 使 $km<k$，于是 $$\varphi(m)=\underbrace{\sqrt{m}}_{>0}+(|a|+k)-km-a>0+|a|+k-k-a=|a|-a\geqslant 0 .$$
• 右端：$n>1$ 使 $\ln n>0$，又 $-a\leqslant|a|$ 且 $\frac1n<\frac{1}{\sqrt{n}}$，于是 $$\varphi(n)<\sqrt{n}-kn-a=n\Bigl(\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{a}{n}-k\Bigr)\leqslant n\Bigl(\frac{|a|+1}{\sqrt{n}}-k\Bigr)<0,$$ 最后一步是因为 $\sqrt{n}>\frac{|a|+1}{k}$。

$\varphi(m)>0>\varphi(n)$，由函数零点存在定理，存在 $x_0\in(m,n)$ 使 $\varphi(x_0)=0$，即有公共点。 （注意这一半不需要 $a\leqslant3-4\ln2$，对任意实数 $a$ 与任意 $k>0$ 都成立。）

两半合起来：$a\leqslant3-4\ln2$ 时，对任意 $k>0$，直线 $y=kx+a$ 与曲线 $y=f(x)$ 有唯一公共点。$\blacksquare$

解法二：对称换元并成一个变量，全程不出现四次根号

怎么想到的。 冷启动已经把条件化成 $u_1+u_2=\frac12$——两个量的和是定值，这正是对称换元的 标志情形：把它们写成 $\frac14\pm s$。既然如此，索性把整个要证的量也搬到 $u$ 的世界里去， 一开始就别回到 $x$。这样做的回报是：官方那一步「基本不等式 $\to$ 四次根号 $\to x_1x_2>256$」 完全消失了——严格不等式改由「$s\neq0$」直接给出。

（Ⅰ） 在 $u=\frac{1}{\sqrt x}$ 下，$\sqrt{x}=\frac1u$、$\ln x=\ln u^{-2}=-2\ln u$，所以

$$f(x)=\sqrt{x}-\ln x=\frac1u+2\ln u .$$

于是（把两项分别配对，$\ln$ 那一项合并成乘积）

$$f(x_1)+f(x_2)=\frac{1}{u_1}+\frac{1}{u_2}+2\ln(u_1u_2) =\frac{u_1+u_2}{u_1u_2}+2\ln(u_1u_2) \overset{(\ast)}{=}\frac{1}{2v}+2\ln v,\qquad v:=u_1u_2 .$$

两个变量已经并成一个 $v$，而条件 $u_1+u_2=\frac12$ 全部用光了。 剩下唯一的问题是 $v$ 能取哪些值—— 对称换元正好回答它。令

$$u_1=\frac14+s,\qquad u_2=\frac14-s .$$

$s$ 的范围要跟着一起搬：$u_1,u_2>0$ 给出 $|s|<\frac14$；$x_1\neq x_2$ 给出 $u_1\neq u_2$，即 $s\neq0$。于是

$$v=u_1u_2=\frac{1}{16}-s^{2},\qquad s\in\Bigl(-\frac14,\frac14\Bigr)\setminus\{0\} \ \Longrightarrow\ v\in\Bigl(0,\frac{1}{16}\Bigr). \tag{3}$$

$v<\frac1{16}$ 是严格的，就因为 $s\neq0$。 （对照一下：$v=u_1u_2=\frac{1}{\sqrt{x_1x_2}}$， 所以 $v<\frac1{16}$ 与官方的 $x_1x_2>256$ 是同一句话——官方花了一次基本不等式去换它， 这里由 $\frac1{16}-s^2$ 白送。）

现在是一元问题了。令 $\psi(v)=\dfrac{1}{2v}+2\ln v$，$v\in\bigl(0,\frac1{16}\bigr]$：

$$\psi'(v)=-\frac{1}{2v^{2}}+\frac2v=\frac{4v-1}{2v^{2}}<0\quad\Bigl(v\leqslant\tfrac1{16}<\tfrac14\Bigr),$$

故 $\psi$ 在 $\bigl(0,\frac1{16}\bigr]$ 上严格递减。由 $(3)$ 的 $v<\frac1{16}$ 得

$$f(x_1)+f(x_2)=\psi(v)>\psi\Bigl(\frac1{16}\Bigr)=8+2\ln\frac1{16}=8-8\ln2 . \qquad\blacksquare$$

（Ⅱ） 与解法一相同地做参变分离得 $k=h(x)=\dfrac{\sqrt{x}-\ln x-a}{x}$， 并同样由 $g(x)\geqslant2-4\ln2$ 与 $a\leqslant3-4\ln2$ 推出 $h$ 在 $(0,+\infty)$ 上严格递减 （含「等号至多落在 $x=16$ 一点」那句确认）。从这里开始走法不同：不再另造 $\varphi$， 存在性与唯一性一起在 $h$ 上办完。

$h$ 严格递减，所以只要找到两个点把 $k$ 夹住，交点就既存在又唯一。仍取

$$m=e^{-(|a|+k)}\in(0,1),\qquad n=\Bigl(\frac{|a|+1}{k}\Bigr)^{2}+1>1 .$$

• $-\ln m=|a|+k$，故分子 $=\sqrt m+|a|+k-a\geqslant\sqrt m+k>k$（用 $|a|-a\geqslant0$）； 又 $0<m<1$，所以 $$h(m)>\frac{k}{m}>k .$$
• $n>1$ 使 $\ln n>0$，又 $-a\leqslant|a|$，故分子 $<\sqrt n+|a|$，于是 $$h(n)<\frac{\sqrt n+|a|}{n}=\frac{1}{\sqrt n}+\frac{|a|}{n}\leqslant\frac{1+|a|}{\sqrt n}<k ,$$ 末两步分别用 $n>1$（故 $\frac1n\leqslant\frac{1}{\sqrt n}$）与 $\sqrt n>\frac{|a|+1}{k}$。

$h$ 在 $[m,n]$ 上连续且 $h(m)>k>h(n)$，由函数零点存在定理（对 $h(x)-k$ 用）， 存在 $x_0\in(m,n)$ 使 $h(x_0)=k$；而 $h$ 在整个 $(0,+\infty)$ 上严格递减，这样的 $x_0$ 只有一个。 故公共点存在且唯一。$\blacksquare$

两条路的分工。 第（Ⅰ）问上解法二明显更短，而且严格性来得更干净——官方要靠「基本不等式 的等号当且仅当 $x_1=x_2$」这句话，解法二只要 $s\neq0$；代价是要先接受把整道题搬进 $u$。 第（Ⅱ）问两条路的实质内容一样（都要 $h$ 严格递减、都要那对 $m$、$n$），差别在于官方拿 $\varphi=f-kx-a$ 证存在、拿 $h$ 证唯一，用了两个函数；解法二只用 $h$ 一个， 估计式也短一截。若考场上时间紧，第（Ⅰ）问建议走解法二、第（Ⅱ）问随手哪条都行。

避坑

• 证严格不等式漏判等号可行性。 基本不等式给的是 $\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}\geqslant2\sqrt[4]{x_1x_2}$， 只凭它只能得到 $x_1x_2\geqslant256$，进而 $f(x_1)+f(x_2)\geqslant8-8\ln2$——比要证的弱。 把它升级成严格不等号的唯一依据是「等号当且仅当 $x_1=x_2$，而题面给了 $x_1\neq x_2$」。 这句话不是客套，是这一步成立的全部理由。
• 换元后漏掉新变量的取值范围。 解法二里 $v=\frac1{16}-s^{2}$：忘了 $s\neq0$，$v$ 就能取到 $\frac1{16}$，结论塌成 $\geqslant8-8\ln2$；忘了 $|s|<\frac14$，$v$ 会跑到 $0$ 以下，$\ln v$ 都没定义。 换元只换式子不换范围，是本题第（Ⅰ）问最常见的失分点。
• $h'\leqslant0$ 不等于「至多一个根」。 「导数非正」只给单调不增，而不增的函数可以在某段上是常数， 那样 $h(x)=k$ 会有一整段解。要补一句：$h'(x)=0$ 需要 $g(x)=a-1$，而 $a-1\leqslant\min g=2-4\ln2$， 故等号至多在 $x=16$ 一点成立，$h$ 因而严格递减。
• 「唯一公共点」是两件事，只证一件不算完。 $h$ 严格递减只管「至多一个」。若不补存在性， 逻辑上还剩「$k$ 很大时压根没有交点」这一支没排除——那时结论就该是「至多一个」而非「唯一」。 存在性这一半靠函数零点存在定理，且与 $a\leqslant3-4\ln2$ 无关，对任意 $a$ 都对； 条件 $a\leqslant3-4\ln2$ 只为唯一性服务。看清这个分工，答题时才不会把条件用错地方。
• $g$ 与 $f$ 差一个 $\frac12$。 第（Ⅱ）问的 $h'$ 分子写成 $-g(x)-1+a$ 时，$g(x)=\frac{\sqrt{x}}{2}-\ln x$； 它是第（Ⅰ）问路上为 $\frac12\sqrt{P}-\ln P$ 造出来的那个辅助函数，不是题目里的 $f$。 两问之间共用的正是它的最小值 $g(16)=2-4\ln2$——这也解释了条件里 $3-4\ln2$ 那个古怪数字 是怎么来的：$3-4\ln2=\bigl(2-4\ln2\bigr)+1=g(16)+1$。