2018-全国卷I理-21 解-导数单调性

本题导读

本题考查导数的运算与单调性讨论。核心在于分类讨论法、换元构造法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2018年全国卷I理）已知函数 $f(x)=\frac{1}{x}-x+a\ln x$.

(1) 讨论 $f(x)$ 的单调性；

(2) 若 $f(x)$ 存在两个极值点 $x_1,x_2$，证明：$\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}<a-2$.

🔍【思路分析】

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1. 第一问（单调性）：

• 求导得到 $f^{\prime }(x)=-\frac{x^2-ax+1}{x^2}$。
• 单调性取决于分子 $h(x)=x^2-ax+1$ 的根的情况。
• 讨论判别式 $\Delta =a^2-4$。当 $a\le 2$ 时，$f^{\prime }(x)\le 0$ 恒成立；当 $a>2$ 时，方程有两个正根，函数有增有减。

2. 第二问（不等式证明）：

• 极值点特征：$x_1,x_2$ 是 $x^2-ax+1=0$ 的两根，由韦达定理知 $x_1+x_2=a,x_1{x}_2=1$。
• 化简目标式：将 $f(x_1),f(x_2)$ 代入左式，利用 $x_1{x}_2=1$ 进行化简，消除 $x_1$。
• 构造函数：目标等价于证明关于 $x_2$（且 $x_2>1$）的某个单变量不等式。
• 求导证单调性：通过构造新函数 $g(t)$，利用导数证明其在 $(1,+\infty )$ 上小于 0。

✅【答案】

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(1) $a\le 2$ 时，$f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递减；$a>2$ 时，在 $(0,\frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2})$、$(\frac{a+\sqrt{a^2-4}}{2},+\infty )$ 上单调递减，在 $(\frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2},\frac{a+\sqrt{a^2-4}}{2})$ 上单调递增

(2) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

(1)解： 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty )$。 $f^{\prime }(x)=-\frac{1}{x^2}-1+\frac{a}{x}=-\frac{x^2-ax+1}{x^2}$ 令 $h(x)=x^2-ax+1$，其判别式 $\Delta =a^2-4$。 ① 若 $a\le 2$，则 $\Delta \le 0$，$h(x)\ge 0$ 恒成立，即 $f^{\prime }(x)\le 0$。 此时 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递减。 ② 若 $a>2$，令 $f^{\prime }(x)=0$，解得 $x=\frac{a\pm \sqrt{a^2-4}}{2}$。 设 $x_1=\frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2},x_2=\frac{a+\sqrt{a^2-4}}{2}$，易知 $0<x_1<1<x_2$。

• 当 $x\in (0,x_1)\cup (x_2,+\infty )$ 时，$f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 单调递减；
• 当 $x\in (x_1,x_2)$ 时，$f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 单调递增。

(2)证明： 由(1)知，当且仅当 $a>2$ 时，$f(x)$ 存在两个极值点 $x_1,x_2$。 且 $x_1,x_2$ 是方程 $x^2-ax+1=0$ 的两个根，则 $x_1+x_2=a$，$x_1{x}_2=1$。 不妨设 $0<x_1<1<x_2$。 计算左边式子： $\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}=\frac{(\frac{1}{x_1}-x_1+a\ln x_1)-(\frac{1}{x_2}-x_2+a\ln x_2)}{x_1-x_2}$ $=\frac{\frac{x_2-x_1}{x_1{x}_2}-(x_1-x_2)+a(\ln x_1-\ln x_2)}{x_1-x_2}$ 代入 $x_1{x}_2=1$： $=\frac{x_2-x_1}{x_1-x_2}\cdot 1-1+a\frac{\ln x_1-\ln x_2}{x_1-x_2}=-2+a\frac{\ln x_1-\ln x_2}{x_1-x_2}$ 要证 $\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}<a-2$，即证： $-2+a\frac{\ln x_1-\ln x_2}{x_1-x_2}<a-2⟺\frac{\ln x_1-\ln x_2}{x_1-x_2}<1$ 由于 $x_1-x_2<0$，不等式两边同乘 $(x_1-x_2)$ 需变号，即证： $\ln x_1-\ln x_2>x_1-x_2$ 代入 $x_1=\frac{1}{x_2}$： $\ln \frac{1}{x_2}-\ln x_2>\frac{1}{x_2}-x_2⟹-2\ln x_2>\frac{1}{x_2}-x_2$ 整理得，证明：$\frac{1}{x_2}-x_2+2\ln x_2<0$（其中 $x_2>1$）。

构造函数 $g(x)=\frac{1}{x}-x+2\ln x$ ($x\ge 1$)。 $g^{\prime }(x)=-\frac{1}{x^2}-1+\frac{2}{x}=-\frac{x^2-2x+1}{x^2}=-\frac{(x-1{)}^2}{x^2}$。 当 $x>1$ 时，$g^{\prime }(x)<0$，$g(x)$ 在 $[1,+\infty )$ 上单调递减。 所以 $g(x_2)<g(1)=1-1+2\ln 1=0$。 故不等式成立。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 极值点偏移的变形：传统的极值点偏移通常证明 $x_1+x_2>2x_0$，而本题通过倒数关系 $x_1{x}_2=1$ 简化了难度，但构造思想是一致的。
2. 减元思想：双变量问题（$x_1,x_2$）在压轴题中，必须通过两者之间的内在联系（韦达定理）转化为单变量问题。
3. 对数平均值不等式（背景）：本题实际上隐蔽地考查了 $\frac{\ln x_1-\ln x_2}{x_1-x_2}$ 与 $\frac{2}{x_1+x_2}$ 或 1 的大小关系。

📖【试题探源与推广】

Tip

在 Obsidian 笔记中，可以积累这类结论：

• 经典结论：当 $x>1$ 时，$\frac{2(x-1)}{x+1}<\ln x<x-1$。
• 本题联系：在证明过程中出现的 $\ln x_2>\frac{x_2^2-1}{2x_2}$ 实际上是上述不等式的变体。这类“对数-多项式”大小比较是导数压轴题的常客。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 03.01 不等式解法体系

类题演练 (Links)

• 1993-旧高考理-29
• 2007-山东卷理-22 解-构造函数法证明不等式
• 2008-山东卷文-21 解-三次型函数极值与大小比较