导数压轴题分析与解——2018年全国卷理数1

(12 分) 已知函数 $f(x)=\dfrac{1}{x}-x+a \ln x$ .
(1) 讨论 $f(x)$ 的单调性；
(2) 若 $f(x)$ 存在两个极点 $x_{1}, x_{2},$ 证明: $\dfrac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}<a-2$ .

(1) $f^{\prime}(x)=-\dfrac{1}{x^{2}}-1+\dfrac{a}{x}=-\dfrac{x^{2}-a x+1}{x^{2}}(x>0)$

法一：直接讨论 $x^2-ax+1$ 的符号

当 $a \leq 0$ 时， $f^{\prime}(x)<0$ ，此时 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减；
当 $a>0$ 时，令 $g(x)=x^{2}-a x+1$ ，判别式 $\Delta=a^{2}-4$
¡) 当 $\Delta \leq 0$ 时，此时 $0<a \leq 2, \quad g(x) \geq 0,$ 从而 $f^{\prime}(x) \leq 0$ ， $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递減；
ii) 当 $\Delta>0$ 时，此时 $a>2$ ，设 $g(x)=0$ 的两根为 $x_{1}, x_{2}$ ，且 $x_{1}<x_{2}$ ，利用求根公式得
$x_{1}=\dfrac{a-\sqrt{a^{2}-4}}{2}>0, \quad x_{2}=\dfrac{a+\sqrt{a^{2}-4}}{2}>0$
当 $x \in\left(0, x_{1}\right),\left(x_{2},+\infty\right)$ 时 $, g(x)>0,$ 从而 $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 在 $\left(0, x_{1}\right)$ 和 $\left(x_{2},+\infty\right)$ 单调递減；
当 $x \in\left(x_{1}, x_{2}\right)$ 时 $, \quad g(x)<0,$ 从而 $f^{\prime}(x)>0,$ 此时 $f(x)$ 在 $\left(x_{1}, x_{2}\right)$ 上单调递增.
综上所述，当 $a \leq 2$ 时， $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递減；

当 $a>2$ 时 , $f(x)$ 在 $\left(0, \dfrac{a-\sqrt{a^{2}-4}}{2}\right)$ 和 $\left(\dfrac{a+\sqrt{a^{2}-4}}{2},+\infty\right)$ 上单调递减，在 $\left(\dfrac{a-\sqrt{a^{2}-4}}{2}, \dfrac{a+\sqrt{a^{2}-4}}{2}\right)$ 上单调递增.

法二：对 $x^2-ax+1$ 分参

令 $x^2-ax+1=0$ ，得 $a=x+\dfrac{1}{x}$ ，数形结合知

当 $a\leq 2$ 时， $a\leq x+\dfrac{1}{x}$ ，则 $x^2-ax+1\geq 0$ ，从而 $f^{\prime}(x)\leq 0$ ，此时 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减；

当 $a>2$ 时，由 $a= x+\dfrac{1}{x}$ ，解得 $x_{1}=\dfrac{a-\sqrt{a^{2}-4}}{2}, \quad x_{2}=\dfrac{a+\sqrt{a^{2}-4}}{2}$ ，则

$f(x)$ 在 $\left(0, \dfrac{a-\sqrt{a^{2}-4}}{2}\right)$ 和 $\left(\dfrac{a+\sqrt{a^{2}-4}}{2},+\infty\right)$ 上单调递减，在 $\left(\dfrac{a-\sqrt{a^{2}-4}}{2}, \dfrac{a+\sqrt{a^{2}-4}}{2}\right)$ 上单调递增.

(2)

法一：

由(1)可知，若 $f(x)$ 有两个极值点，则 $a>2$ ，且 $f^{\prime}(x)=0$ 的两根即为 $x_{1}, x_{2}\left(x_{1}<x_{2}\right)$ 且满足韦达定理 $x_{1}+x_{2}=a, \quad x_{1} x_{2}=1$ .

易得 $0<x_{1}<1, \quad x_{2}>1, \quad x_{1}=\dfrac{1}{x_{2}}$ ，

$\dfrac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}=\dfrac{f(\dfrac{1}{x_2})-f(x_2)}{\dfrac{1}{x_2}-x_2}=\dfrac{2f(x_2)}{x_2-\dfrac{1}{x_2}}$ ，
若要证 $\dfrac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}<a-2,$ 只须证 $2 f\left(x_{2}\right)<(a-2)\left(x_{2}-\dfrac{1}{x_{2}}\right)$ ，
整理得 $2 \ln x_{2}- x_{2}+\dfrac{1}{x_{2}}<0 \quad\left(x_{2}>1\right)$ ，
构造函数 $h(x)=2 \ln x- x+\dfrac{1}{x}(x>1)$ ，求导得 $h^{\prime}(x)=\dfrac{2 }{x}-1-\dfrac{1}{x^{2}}=-\dfrac{(x-1)^{2}}{x^{2}} \leq 0$
因此 $h(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递滅 $, \therefore h(x)<h(1)=0,$ 从而 $2 \ln x_{2}- x_{2}+\dfrac {1}{x_{2}}<0 \quad\left(x_{2}>1\right)$ 成立，原式得证。

法二：

$\dfrac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}$ $=\dfrac{\dfrac{1}{x_{2}}-x_{2}+a \ln x_{2}-\left(\dfrac{1}{x_{1}}-x_{1}+a \ln x_{1}\right)}{x_{2}-x_{1}}$ $=\dfrac{\dfrac{x_{1}-x_{2}}{x_{1} x_{2}}-\left(x_{2}-x_{1}\right)+a\left(\ln x_{2}-\ln x_{1}\right)}{x_{2}-x_{1}}$
$=-\dfrac{1}{x_{1} x_{2}}-1+\dfrac{a\left(\ln x_{2}-\ln x_{1}\right)}{x_{2}-x_{1}}$ $=-2+\dfrac{a\left(\ln x_{2}-\ln x_{1}\right)}{x_{2}-x_{1}}$

要证 $\dfrac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}<a-2$ ，只须证 $\dfrac{\ln x_{2}-\ln x_{1}}{x_{2}-x_{1}}<1$

这里思路又有两个：

思路一

$\dfrac{\ln x_{2}-\ln x_{1}}{x_{2}-x_{1}}<1\Leftrightarrow \ln \dfrac{x_{2}}{x_{1}}<x_{2}-x_{1}$

由于 $x_{1}=\dfrac{1}{x_{2}}$ ，上式可转化为 $\ln x_{2}^{2}=2 \ln x_{2}<x_{2}-\dfrac{1}{x_{2}} \Leftrightarrow 2 \ln x_{2}-x_{2}+\dfrac{1}{x_{2}}<0$ ，

构造函数 $p(x)=2 \ln x-x+\dfrac{1}{x}(x>1)$ ，则 $p^{\prime}(x)=\dfrac{2}{x}-1-\dfrac{1}{x^{2}}=-\dfrac{(x-1)^{2}}{x^{2}} \leq 0$ ，故 $p(x)<p(1)=0$ ，原结论得证.

思路二

联系到对数均值不等式 $\forall a>b>0, a \neq b, \quad \sqrt{a b}<\dfrac{a-b}{\ln a-\ln b}<\dfrac{a+b}{2}$ ，有 $\dfrac{\ln x_{2}-\ln x_{1}}{x_{2}-x_{1}}>\dfrac{1}{\sqrt{x_1x_2}}=1$ .

则把问题转化为证明对数均值不等式的基本问题，这个不等式请自己证明，网上随便一搜，也能找到.