浙江 2022 · 数学 q22

题面

22. 设函数 $f(x) = \frac{\mathrm{e}}{2x} + \ln x (x > 0)$.

(1) 求 $f(x)$ 的单调区间;

（2）已知 $a, b \in R$，曲线 $y = f(x)$ 上不同的三点 $\left(x_1, f(x_1)\right), \left(x_2, f(x_2)\right), \left(x_3, f(x_3)\right)$ 处的切线都经过点 $(a, b)$。证明：

(i) 若 $a > \mathrm{e}$，则 $0 < b - f(a) < \frac{1}{2} \left( \frac{a}{\mathrm{e}} - 1 \right)$;

(ii) 若 $0 < a < \mathrm{e}, x_1 < x_2 < x_3$，则 $\frac{2}{\mathrm{e}} + \frac{\mathrm{e} - a}{6\mathrm{e}^2} < \frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_3} < \frac{2}{a} - \frac{\mathrm{e} - a}{6\mathrm{e}^2}$.

(注: $e = 2.71828 \cdots$ 是自然对数的底数)

答案

（1） $f(x)$ 的减区间为 $\left(0, \frac{e}{2}\right)$ ，增区间为 $\left(\frac{e}{2}, +\infty\right)$ .

(2) (i) 见解析; (ii) 见解析.

解析

分析

（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.

(2) (i) 由题设构造关于切点横坐标的方程, 根据方程有 3 个不同的解可证明不等式成

立，（ii） $k = \frac{x_3}{x_1}$ ， $m = \frac{a}{\mathrm{e}} < 1$ ，则题设不等式可转化为

$t_1 + t_3 - 2 - \frac{2}{m} < \frac{(m - 13)(m^2 - m + 12)}{36m(t_1 + t_3)}$ ，结合零点满足的方程进一步转化为

$\ln m + \frac{(m - 1)(m - 13)(m^2 - m + 12)}{72(m + 1)} < 0$ ，利用导数可证该不等式成立.

【小问 1 详解】

$f^{\prime} (x) = - \frac{\mathrm{e}}{2 x^{2}} + \frac{1}{x} = \frac{2 x - \mathrm{e}}{2 x^{2}},$

当 $0 < x < \frac{\mathrm{e}}{2}$, $f\Phi(x) < 0$; 当 $x > \frac{\mathrm{e}}{2}$, $f\Phi(x) > 0$,

故 $f(x)$ 的减区间为 $\left(0, \frac{\mathrm{e}}{2}\right)$, $f(x)$ 的增区间为 $\left(\frac{\mathrm{e}}{2}, +\infty\right)$.

【小问 2 详解】

(i) 因为过 $(a,b)$ 有三条不同的切线，设切点为 $(x_{i},f(x_{i})),i=1,2,3,$

故 $f(x_{i})-b=f'(x_{i})(x_{i}-a)$ ,

故方程 $f(x) - b = f'(x)(x - a)$ 有3个不同的根，

该方程可整理为 $\left(\frac{1}{x}-\frac{e}{2x^{2}}\right)(x-a)-\frac{e}{2x}-\ln x+b=0$ ，

$g (x) = \left(\frac{1}{x} - \frac{\mathrm{e}}{2 x^{2}}\right) (x - a) - \frac{\mathrm{e}}{2 x} - \ln x + b$

$g^{\prime} (x) = \frac{1}{x} - \frac{\mathrm{e}}{2 x^{2}} + \left(- \frac{1}{x^{2}} + \frac{\mathrm{e}}{x^{3}}\right) (x - a) - \frac{1}{x} + \frac{\mathrm{e}}{2 x^{2}}$

$= - \frac{1}{x^{3}} (x - \mathrm{e}) (x - a),$

当 $0 < x < \mathrm{e}$ 或 $x > a$ 时，$g^{\Phi}(x) < 0$；当 $\mathrm{e} < x < a$ 时，$g^{\Phi}(x) > 0$，

故 $g(x)$ 在 $(0, \mathrm{e}), (a, +\infty)$ 上为减函数，在 $(\mathrm{e}, a)$ 上为增函数，

因为 $g(x)$ 有3个不同的零点，故 $g(e) < 0$ 且 $g(a) > 0$，

故 $\left(\frac{1}{\mathrm{e}}-\frac{\mathrm{e}}{2\mathrm{e}^{2}}\right)(\mathrm{e}-a)-\frac{\mathrm{e}}{2\mathrm{e}}-\ln\mathrm{e}+b<0$ 且 $\left(\frac{1}{a}-\frac{\mathrm{e}}{2a^{2}}\right)(a-a)-\frac{\mathrm{e}}{2a}-\ln a+b>0$

整理得到： $b < \frac{a}{2\mathrm{e}} +1$ 且 $b > \frac{\mathrm{e}}{2a} +\ln a = f(a),$

此时 $b - f(a) - \frac{1}{2}\left(\frac{a}{\mathrm{e}} - 1\right) < \frac{a}{2\mathrm{e}} + 1 - \left(\frac{\mathrm{e}}{2a} + \ln a\right) - \frac{a}{2\mathrm{e}} + \frac{1}{2} = \frac{3}{2} - \frac{\mathrm{e}}{2a} - \ln a,$

设 $u(a) = \frac{3}{2} -\frac{\mathrm{e}}{2a} -\ln a$ ，则 $u^{\prime}(a) = \frac{\mathrm{e - 2a}}{2a^{2}} < 0,$

故 $u(a)$ 为 $(\mathrm{e},+\infty)$ 上的减函数，故 $u(a)<\frac{3}{2}-\frac{\mathrm{e}}{2\mathrm{e}}-\ln\mathrm{e}=0$

故 $0 < b - f(a) < \frac{1}{2} \left( \frac{a}{\mathrm{e}} - 1 \right)$.

(ii) 当 $0 < a < \mathrm{e}$ 时，同 (i) 中讨论可得:

故 $g(x)$ 在 $(0,a), (e, +\infty)$ 上为减函数，在 $(a, e)$ 上为增函数，

不妨设 $x_{1} < x_{2} < x_{3}$，则 $0 < x_{1} < a < x_{2} < \mathrm{e} < x_{3}$，

因为 $g(x)$ 有3个不同的零点，故 $g(a)<0$ 且 $g(e)>0$ ，

$\text{故} \left(\frac{1}{\mathrm{e}} - \frac{\mathrm{e}}{2 \mathrm{e}^{2}}\right) (\mathrm{e} - a) - \frac{\mathrm{e}}{2 \mathrm{e}} - \ln \mathrm{e} + b > 0 \text{且} \left(\frac{1}{a} - \frac{\mathrm{e}}{2 a^{2}}\right) (a - a) - \frac{\mathrm{e}}{2 a} - \ln a + b < 0,$

整理得到： $\frac{a}{2e}+1<b<\frac{a}{2e}+\ln a,$

因为 $x_{1} < x_{2} < x_{3}$ ，故 $0 < x_{1} < a < x_{2} < \mathrm{e} < x_{3}$

又 $g(x) = 1 - \frac{a + \mathrm{e}}{x} +\frac{\mathrm{e}a}{2x^2} -\ln x + b,$

设 $t = \frac{\mathrm{e}}{x}$，$\frac{a}{\mathrm{e}} = m \in (0,1)$，则方程 $1 - \frac{a + \mathrm{e}}{x} + \frac{\mathrm{e}a}{2x^2} - \ln x + b = 0$ 即为：

$-\frac{a + \mathrm{e}}{\mathrm{e}} t + \frac{a}{2\mathrm{e}} t^2 + \ln t + b = 0$ 即为 $-\big(m + 1\big)t + \frac{m}{2} t^2 + \ln t + b = 0,$

记 $t_1 = \frac{\mathrm{e}}{x_1}, t_2 = \frac{\mathrm{e}}{x_2}, t_3 = \frac{\mathrm{e}}{x_3}$,

则 $t_1, t_1, t_3$ 为 $-\big(m + 1\big)t + \frac{m}{2} t^2 + \ln t + b = 0$ 有三个不同的根，

设 $k = \frac{t_1}{t_3} = \frac{x_3}{x_1} >\frac{\mathrm{e}}{a} >1$ ， $m = \frac{a}{\mathrm{e}} < 1,$

要证： $\frac{2}{e}+\frac{e-a}{6e^{2}}<\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}<\frac{2}{a}-\frac{e-a}{6e^{2}}$ ，即证 $2+\frac{e-a}{6e}<t_{1}+t_{3}<\frac{2e}{a}-\frac{e-a}{6e}$

即证： $\frac{13-m}{6}<t_{1}+t_{3}<\frac{2}{m}-\frac{1-m}{6}$

即证： $\left(t_{1}+t_{3}-\frac{13-m}{6}\right)\left(t_{1}+t_{3}-\frac{2}{m}+\frac{1-m}{6}\right)<0,$

即证： $t_1 + t_3 - 2 - \frac{2}{m} < \frac{(m - 13)(m^2 - m + 12)}{36m(t_1 + t_3)}$

而 $-\big(m + 1\big)t_1 + \frac{m}{2} t_1^2 +\ln t_1 + b = 0$ 且 $-\big(m + 1\big)t_3 + \frac{m}{2} t_3^2 +\ln t_3 + b = 0,$

故 $\ln t_1 - \ln t_3 + \frac{m}{2}\left(t_1^2 - t_3^2\right) - (m + 1)\left(t_1 - t_3\right) = 0,$

故 $t_1 + t_3 - 2 - \frac{2}{m} = -\frac{2}{m}\times \frac{\ln t_1 - \ln t_3}{t_1 - t_3},$

故即证： $-\frac{2}{m}\times\frac{\ln t_{1}-\ln t_{3}}{t_{1}-t_{3}}<\frac{(m-13)(m^{2}-m+12)}{36m(t_{1}+t_{3})}$ ,

即证： $\frac{(t_1 + t_3)\ln\frac{t_1}{t_3}}{t_1 - t_3} +\frac{(m - 13)(m^2 - m + 12)}{72} >0$

即证： $\frac{(k+1)\ln k}{k-1}+\frac{(m-13)(m^{2}-m+12)}{72}>0,$

记 $\varphi(k) = \frac{(k+1)\ln k}{k-1}, k > 1$，则 $\varphi'(k) = \frac{1}{(k-1)^2} \left(k - \frac{1}{k} - 2\ln k\right) > 0,$

设 $u(k) = k - \frac{1}{k} - 2\ln k$，则 $u'(k) = 1 + \frac{1}{k^2} - \frac{2}{k} > \frac{2}{k} - \frac{2}{k} = 0$ 即 $\varphi'(k) > 0$，

故 $\varphi(k)$ 在 $(1, +\infty)$ 上为增函数，故 $\varphi(k) > \varphi(m)$，

所以 $\frac{(k + 1)\ln k}{k - 1} +\frac{(m - 13)(m^2 - m + 12)}{72} >\frac{(m + 1)\ln m}{m - 1} +\frac{(m - 13)(m^2 - m + 12)}{72},$

$\text{记} \omega (m) = \ln m + \frac{(m - 1) (m - 1 3) (m^{2} - m + 1 2)}{7 2 (m + 1)}, 0 < m < 1,$

则 $\omega'(m)=\frac{(m-1)^{2}(3m^{3}-20m^{2}-49m+72)}{72m(m+1)^{2}}>\frac{(m-1)^{2}(3m^{3}+3)}{72m(m+1)^{2}}>0,$

所以 $\omega(m)$ 在 $(0,1]$ 为增函数，故 $\omega(m)<\omega(1)=0$ ，

故 $\ln m + \frac{(m - 1)(m - 13)(m^2 - m + 12)}{72(m + 1)} < 0$ 即

$\frac{(m + 1) \ln m}{m - 1} + \frac{(m - 1 3) (m^{2} - m + 1 2)}{7 2} > 0,$

故原不等式得证：

【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.