2018高考全国卷（一）数学第21题

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已知函数$f(x)=\frac{1}{x}-x+alnx.$
（1）讨论$f(x)$的单调性；
（2）若$f(x)$有两个极值点$x_1,x_2$，证明：$\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}<a-2$.

解：
（1）
当$a=0$时，$f(x)=\frac{1}{x}-x$，此时$f(x)$的定义域是$(-\infty,+\infty)$.
$f^{'}(x)=\frac{-1}{x^2}-1$，显然$f^{'}(x)<0在x\in R$恒成立.
故当$a=0$时$f(x)$在$[-\infty,+\infty]$上单调递减.
当$a\neq 0$时，$f^{'}(x)=\frac{-1}{x^2}-1+\frac{a}{x}=\frac{-x^2+ax-1}{x^2}(x>0)$.
令$h(x)=-x^2+ax-1(x>0)$，$\Delta=a^2-4$.
当$a\in [-2,0) \bigcup (0,2]$时 $\Delta<=0$，此时$f^{'}(x)<=0$恒成立.
当$a<-2$时，$h(x)=-(x-\frac{a}{2})^2+\frac{a^2}{4}-1$，$h(x)$是以$\frac{a}{2}$为对称轴的开口向下的函数，又知$h(0)=-1$，故当$x>0,h(x)<0.$
当$a>2$时，设$h(x)=0$的两个实数根为$x_1,x_2(0<x_2<x_1)$，根据求根公式可知:$x_2=\frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2},x_1=\frac{a+\sqrt{a^2-4}}{2}.$
由二次函数单调性可知$h(x)$在$(0,x_2)$上为负，在$(x_2,x_1)$为正，在$(x_1,+\infty)$为负.
综上：
当$a=0$，$f(x)$定义域是$R$，且$f(x)$在$R$上单调递减.
当$a\in (-\infty,0)\bigcup (0,2]$时，$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减.
当$a\in (2,+\infty)$时，$f(x)$在$(0,x_2)$单调递减，在$(x_2,x_1)$单调递增，在$(x_1,+\infty)$单调递减；其中$x_2=\frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2},x_1=\frac{a+\sqrt{a^2-4}}{2}.$
（2）
由上面分析可知如果$f(x)$有两个极值点，那么$a>2$.
设两个极值点分别为$x_1,x_2(x_1>x_2)$，那么根据上述的分析和韦达定理有$x_1+x_2=a,x_1*x_2=1.$
那么：

$$\begin{align*} \frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}&=\frac{(\frac{1}{x1}-x_1+alnx_1)-(\frac{1}{x2}-x_2+alnx_2)}{x_1-x_2}\\ &=\frac{aln(\frac{x_1}{x_2})}{x_1-x_2}-\frac{1}{x_1*x_2}-1 \\ &=\frac{aln(\frac{x_1}{x_2})}{x_1-x_2}-2 \\ &=\frac{aln(x^2_1)}{x_1-x_2}-2 \\ &=\frac{2alnx_1}{x_1-x_2}-2 \\ \end{align*}$$
要证$\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}<a-2$只需证$\frac{2lnx_1}{x_1-x_2}<1$，此时$a>2$.
易知$x_1=\frac{a+\sqrt{a^2-4}}{2}>\frac{a}{2}>1$
那么只需证$2lnx_1<x_1-x_2$，即证$2lnx_1<x_1-\frac{1}{x_1}$，$(x_1>1)$，即证$\frac{1}{x_1}-x_1+2lnx_1<0$，$(x_1>1)$.
由（1）讨论可知$g(x_1)=\frac{1}{x_1}-x_1+2lnx_1$在定义域内单调递减.
又知$g(1)=0$，所以当$x_1>1$时，恒有$g(x_1)<0$.故原式得证.