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2022年高考数学浙江21<-->返回列表
（15分）设函数$f(x)=\dfrac{e}{2x}+\ln x(x > 0)$．
（Ⅰ）求$f(x)$的单调区间；
（Ⅱ）已知$a$，$b\in R$，曲线$y=f(x)$上不同的三点$(x_{1}$，$f(x_{1}))$，$(x_{2}$，$f(x_{2}))$，$(x_{3}$，$f(x_{3}))$处的切线都经过点$(a,b)$．证明：
（ⅰ）若$a > e$，则$0 < b-f$（a）$ < \dfrac{1}{2}(\dfrac{a}{e}-1)$；
（ⅱ）若$0 < a < e$，$x_{1} < x_{2} < x_{3}$，则$\dfrac{2}{e}+\dfrac{e-a}{6{e^2}} < \dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_3} < \dfrac{2}{a}-\dfrac{e-a}{6{e^2}}$．
（注$:e=2.71828\ldots$是自然对数的底数）
分析：（Ⅰ）求出导数，利用导数的性质能求出函数的单调区间．
（Ⅱ）$(i)$设切点分别为$(x_{1}$，$f(x_{1}))$，$(x_{2}$，$f(x_{2}))$，$(x_{3}$，$f(x_{3}))$，则$f(x_{i})-b=f\prime (x_{i})(x_{i}-a)$，$(i=1$，2，$3)$，方程$f(x)-b=f\prime (x)(x-a)$有3个不同的根，该方程整理为$(\dfrac{1}{x}-\dfrac{a}{2{x}^{2}})(x-a)-\dfrac{e}{2x}-\ln x+b=0$，设$g(x)=(\dfrac{1}{x}-\dfrac{e}{2{x}^{2}})(x-a)-\dfrac{e}{2x}-\ln x+b$，则$g\prime (x)=-\dfrac{1}{{x}^{3}}(x-e)(x-a)$，利用导数性质能证明$0 < b-f(a) < \dfrac{1}{2}(\dfrac{a}{e}-1)$．
$(ii)$当$0 < a < e$时，$g(x)$在$(0,a)$，$(e,+\infty )$上为减函数，在$(a,e)$上为增函数，设$x_{1} < x_{2} < x_{3}$，推导出$\dfrac{a}{2e}+1 < b < \dfrac{a}{2e}+\ln a$，设$t=\dfrac{e}{x},\dfrac{a}{e}=m\in (0,1)$，则方程$1-\dfrac{a+e}{x}+\dfrac{ea}{2{x}^{2}}-\ln x+b=0$，即为$-(m+1)t+\dfrac{m}{2}{t}^{2}+\ln t+b=0$，由此能证明$0 < a < e$，$x_{1} < x_{2} < x_{3}$，则$\dfrac{2}{e}+\dfrac{e-a}{6{e^2}} < \dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_3} < \dfrac{2}{a}-\dfrac{e-a}{6{e^2}}$．
解：（Ⅰ）$\because$函数$f(x)=\dfrac{e}{2x}+\ln x(x > 0)$，
$\therefore$${f}'(x)=-\dfrac{e}{2{x}^{2}}+\dfrac{1}{x}=\dfrac{2x-e}{2{x}^{2}}$，$(x > 0)$，
由${f}'(x)=\dfrac{2x-e}{2{x}^{2}} > 0$，得$x > \dfrac{e}{2}$，$\therefore f(x)$在$(\dfrac{e}{2}$，$+\infty )$上单调递增；
由${f}'(x)=\dfrac{2x-e}{2{x}^{2}} < 0$，得$0 < x < \dfrac{e}{2}$，$\therefore f(x)$在$(0,\dfrac{e}{2})$上单调递减．
（Ⅱ）$(i)$证明：$\because$过$(a,b)$有三条不同的切线，
设切点分别为$(x_{1}$，$f(x_{1}))$，$(x_{2}$，$f(x_{2}))$，$(x_{3}$，$f(x_{3}))$，
$\therefore f(x_{i})-b=f\prime (x_{i})(x_{i}-a)$，$(i=1$，2，$3)$，$\therefore$方程$f(x)-b=f\prime (x)(x-a)$有3个不同的根，
该方程整理为$(\dfrac{1}{x}-\dfrac{e}{2{x}^{2}})(x-a)-\dfrac{e}{2x}-\ln x+b=0$，
设$g(x)=(\dfrac{1}{x}-\dfrac{e}{2{x}^{2}})(x-a)-\dfrac{e}{2x}-\ln x+b$，
则$g\prime (x)=\dfrac{1}{x}-\dfrac{e}{2{x}^{2}}+(-\dfrac{1}{{x}^{2}}+\dfrac{e}{{x}^{3}})(x-a)-\dfrac{1}{x}+\dfrac{e}{2{x}^{2}}=-\dfrac{1}{{x}^{3}}(x-e)(x-a)$，
当$0 < x < e$或$x > a$时，$g\prime (x) < 0$；当$e < x < a$时，$g\prime (x) > 0$，
$\therefore g(x)$在$(0,e)$，$(a,+\infty )$上为减函数，在$(e,a)$上为增函数，
$\because g(x)$有3个不同的零点，$\therefore g$（e）$ < 0$且$g$（a）$ > 0$，
$\therefore (\dfrac{1}{e}-\dfrac{e}{2{e}^{2}})(e-a)-\dfrac{e}{2e}-\ln e+b < 0$，且$(\dfrac{1}{a}-\dfrac{e}{2{a}^{2}})(a-a)-\dfrac{e}{2a}-\ln a+b > 0$，
整理得到$b < \dfrac{a}{2e}+1$且$b > \dfrac{e}{2a}+\ln a=f(a)$，
此时，$b < \dfrac{a}{2e}+1$，且$b > \dfrac{e}{2a}+\ln a=f(a)$，
此时，$b-f(a)-\dfrac{1}{2}(\dfrac{a}{e}-1) < \dfrac{a}{2e}+1-(\dfrac{e}{2a}+\ln a)-\dfrac{e}{2a}-\ln a+b > 0$，
整理得$b < \dfrac{a}{2e}+1$，且$b > \dfrac{e}{2a}+\ln a=f(a)$，
此时，$b-f$（a）$-\dfrac{1}{2}(\dfrac{a}{e}-1) < \dfrac{a}{2e}+1-(\dfrac{e}{2a}+\ln a)-\dfrac{a}{2e}+\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}-\dfrac{e}{2a}-\ln a$，
设$\mu$（a）为$(e,+\infty )$上的减函数，$\therefore \mu$（a）$ < \dfrac{3}{2}-\dfrac{e}{2e}-\ln e=0$，
$\therefore$$0 < b-f(a) < \dfrac{1}{2}(\dfrac{a}{e}-1)$．
$(ii)$当$0 < a < e$时，同$(i)$讨论，得：
$g(x)$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$0 < x_{1} < a < x_{2} < e < x_{3}$，
$\because g(x)$有3个不同的零点，$\therefore g$（a）$ < 0$，且$g$（e）$ > 0$，
$\therefore (\dfrac{1}{e}-\dfrac{e}{2{e}^{2}})(e-a)-\dfrac{e}{2e}-\ln e+b > 0$，且$(\dfrac{1}{a}-\dfrac{e}{2{a}^{2}})(a-a)-\dfrac{e}{2a}-\ln a+b < 0$，
整理得$\dfrac{a}{2e}+1 < b < \dfrac{a}{2e}+\ln a$，
$\because x_{1} < x_{2} < x_{3}$，$\therefore 0 < x_{1} < a < x_{2} < e < x_{3}$，
$\because g(x)=1-\dfrac{a+e}{x}+\dfrac{ea}{2{x}^{2}}-\ln x+b$，
设$t=\dfrac{e}{x},\dfrac{a}{e}=m\in (0,1)$，则方程$1-\dfrac{a+e}{x}+\dfrac{ea}{2{x}^{2}}-\ln x+b=0$即为：
$-\dfrac{a+e}{e}t+\dfrac{a}{2e}{t}^{2}+\ln t+b=0$，即为$-(m+1)t+\dfrac{m}{2}{t}^{2}+\ln t+b=0$，
记${t}_{1}=\dfrac{e}{{x}_{1}},{t}_{2}=\dfrac{e}{{x}_{2}},{t}_{3}=\dfrac{e}{{x}_{3}}$，
则$t_{1}$，$t_{2}$，$t_{3}$为$-(m+1)t+\dfrac{m}{2}{t}^{2}+\ln t+b=0$有三个不同的根，
设$k=\dfrac{{t}_{1}}{{t}_{3}}=\dfrac{{x}_{3}}{{x}_{1}} > \dfrac{e}{a} > 1$，$m=\dfrac{a}{e} < 1$，
要证：$\dfrac{2}{e}+\dfrac{e-a}{6{e}^{2}} < \dfrac{1}{{x}_{1}}+\dfrac{1}{{x}_{3}} < \dfrac{2}{a}-\dfrac{e-a}{6{e}^{2}}$，
即证$2+\dfrac{e-a}{6e} < {t}_{1}+{t}_{3} < \dfrac{2e}{a}-\dfrac{e-a}{6e}$，
即证：${t}_{1}+{t}_{3}-2-\dfrac{2}{m} < \dfrac{(m-13)({m}^{2}-m+12)}{36m({t}_{1}+{t}_{3})}$，
而$-(m+1){t}_{1}+\dfrac{m}{2}{{t}_{1}}^{2}+\ln {t}_{1}+b=0$，且$-(m+1){t}_{3}+\dfrac{m}{2}{{t}_{3}}^{2}+\ln {t}_{3}+b=0$，
$\therefore$$\ln {t}_{1}-\ln {t}_{3}+\dfrac{m}{2}({{t}_{1}}^{2}-{{t}_{3}}^{2})-(m+1)(t_{1}-t_{3})=0$，
$\therefore$${t}_{1}+{t}_{3}-2-\dfrac{2}{m}=-\dfrac{2}{m}\times \dfrac{\ln {t}_{1}-\ln {t}_{3}}{{t}_{1}-{t}_{3}}$，
$\therefore$即证$-\dfrac{2}{m}\times \dfrac{\ln {t}_{1}-\ln {t}_{3}}{{t}_{1}-{t}_{3}} < \dfrac{(m-13)({m}^{2}-m+12)}{36m({t}_{1}+{t}_{3})}$，
即证$\dfrac{({t}_{1}+{t}_{3})\ln \dfrac{{t}_{1}}{{t}_{3}}}{{t}_{1}-{t}_{3}}+\dfrac{(m-13)({m}^{2}-m+12)}{72} > 0$，
即证$\dfrac{(k+1)\ln k}{k-1}+\dfrac{(m-13)({m}^{2}-m+12)}{72} > 0$，
记$\varphi (k)=\dfrac{(k+1)\ln k}{k-1},k > 1$，则$\varphi (k)=\dfrac{1}{(k-1)^{2}}(k-\dfrac{1}{k}-2\ln k) > 0$，
$\therefore \varphi (k)$在$(1,+\infty )$为增函数，$\therefore \varphi (k) > \varphi (m)$，
$\therefore$$\dfrac{(k+1)\ln k}{k-1}+\dfrac{(m-13)({m}^{2}-m+12)}{72} > \dfrac{(m+1)\ln m}{m-1}+\dfrac{(m-13)({m}^{2}-m+12)}{72}$，
设$\omega (m)=\ln m+\dfrac{(m-1)(m-13)({m}^{2}-m+12)}{72(m+1)}$，$0 < m < 1$，
则$\omega \prime (x)=\dfrac{(m-1)^{2}(3{m}^{3}-20{m}^{2}-49m+72)}{72m(+1)^{2}} > \dfrac{(m-1)^{2}(3{m}^{3}+3)}{72m(m+1)^{2}} > 0$，
$\therefore \omega (m)$在$(0,1)$上是增函数，$\therefore \omega (m) < \omega$（1）$=0$，
$\therefore \ln m+\dfrac{(m-1)(m-13)({m}^{2}-m+12)}{72(m+1)} < 0$，
即$\dfrac{(m+1)\ln m}{m-1}+\dfrac{(m-13)({m}^{2}-m+12)}{72} > 0$，
$\therefore$若$0 < a < e$，$x_{1} < x_{2} < x_{3}$，则$\dfrac{2}{e}+\dfrac{e-a}{6{e^2}} < \dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_3} < \dfrac{2}{a}-\dfrac{e-a}{6{e^2}}$．
点评：本题考查函数的单调区间的求法，考查不等式的证明，考查导数的性质、函数的单调性、极值、零点、换元法、构造法等基础知识，考查运算求解能力，是难题．
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