难度： 困难

标签： 导数问题多变量问题韦达定理齐次式比值换元端点效应洛必达参数分离

是否做正确： 未标明

是否属于易错题： 未标明

如果做错原因可能是： 未标明

已知函数 $f(x)=ax-lnx-\frac{a}{x}$

（1）若 $x>1,f(x)>0$，求实数 $a$ 的取值范围

（2）设 $x_1,x_2$ 是函数 $f(x)$ 的两个极值点，证明：$|f(x_1)-f(x_2)|<\sqrt{\frac{1-4a^2}{a}}$

第一问

第一问居然用了端点效应来解问题！看来端点效应并不是只会出现在第二问。

也能分类讨论二次函数导数的位置来解，但很麻烦而且容易弄错！

还可以使用参数分离 + 洛必达求解！只不过会多次求导，也能做。

$f(x)=ax-lnx-\frac{a}{x}$

$f(1)=a-a=0$

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

所以 $f^{\prime }(1)⩾0$

即 $a-1a⩾0$

$a⩾\frac{1}{2}$

下证，当 $a⩾\frac{1}{2}$ 时，$f(x)>0$

$f^{\prime }(x)=a(1+\frac{1}{x^2})-\frac{1}{x}⩾\frac{1}{2}(1+\frac{1}{x^2})-\frac{1}{x}$

令 $g(x)=\frac{1}{2}(1+\frac{1}{x^2})-\frac{1}{x}=\frac{x^2+1}{2x^2}-\frac{2x}{2x^2}$

$=\frac{x^2-2x+1}{2x^2=\frac{(x-1{)}^2}{2x^2}}>0$

所以 $f^{\prime }(x)⩾g(x)>0$

所以 $f(x)$ 在 $(1,+\mathrm{\infty })$ 单调递增

综上，$a⩾\frac{1}{2}$

第二问

因为 $x_1,x_2$ 是函数 $f(x)$ 的两个极值点

$f^{\prime }(x)=\frac{a{x}^2-x+a}{x^2}$

所以 $a{x}^2-x+a=0$ 在 $(0,+\mathrm{\infty })$ 有两个根 $x_1,x_2$，令 $x_2>x_1>0$

$x_1+x_2=\frac{1}{a}$

$x_1\cdot x_2=1$

所以 $\{\begin{array}{l}\mathrm{\Delta }=1-4a^2>0\\ \frac{1}{a}>0\end{array}$

即 a 要满足 $0<a<\frac{1}{2}$

根据图像，$f(x_2)<f(x_1)$

根据函数图像单调性去绝对值。所以一定要画函数的一个大致图像，知道极值点、极值在什么位置。

$|f(x_1)-f(x_2)|=f(x_1)-f(x_2)$

$=a{x}_1-ln{x}_1-\frac{a}{x_1}-(a{x}_2-ln{x}_2-\frac{a}{x_2})$

$=a(x_1-x_2)+ln\frac{x_2}{x_1}+\frac{a}{x_2}-\frac{a}{x_1}$

$=\frac{x_1-x_2}{x_1+x_2}+ln\frac{x_2}{x_1}+a(x_1-x_2)$

$=2\frac{x_1-x_2}{x_1+x_2}+ln\frac{x_2}{x_1}$

$\frac{\sqrt{1-4a^2}}{a}=x_2-x_1=\frac{\sqrt{\mathrm{\Delta }}}{a}=x_2-x_1$

即证 $2\cdot \frac{x_1-x_2}{x_1+x_2}+ln\frac{x_2}{x_1}<x_2-x_1$

$2\cdot \frac{1-\frac{x_2}{x_1}}{1+\frac{x_2}{x_1}}+ln\frac{x_2}{x_1}<\sqrt{\frac{x_2}{x_1}}-\sqrt{\frac{x_1}{x_2}}$

若遇见 $x_2^2-x_1^2$ 这种二次项，$x_1{x}_2$ 为定值，那么可以直接除以 $x_1{x}_2$ 构成比值式。 若遇见 $x_2-x_1$ 这种一次项，$x_1{x}_2$ 为定值，那么可以除 $\sqrt{x_1{x}_2}$ 构成 $x_1,x_2$ 的比值项，只不过带有根号。后面使用比值换元时大多选择将根号换掉。

令 $t=\sqrt{\frac{x_2}{x_1}},t>1$

即证： $2\cdot \frac{1-t^2}{1+t^2}+2lnt<t-\frac{1}{t}$

$\frac{-2(t^2+1)+4}{t^2+1}+2lnt<t-\frac{1}{t}$

因为 $0<a<\frac{1}{2}$

所以 $x_1+x_2=\frac{1}{a}>2$

所以 $1+\sqrt{\frac{x_2}{x_1}}>2$

$t>1$

即证 $-2+\frac{4}{t^2+1}+2lnt-t+\frac{1}{t}<0$

令 $\phi (t)=-2+\frac{4}{t^2+1}+2lnt-t+\frac{1}{t}$

${\phi }^{\prime }(t)=\frac{-8t}{(t^2+1{)}^2}+\frac{2}{t}-1-\frac{1}{t^2}$

$=\frac{-8t}{(t^2+1{)}^2}+\frac{-t^2+2t-1}{t^2}$

$=\frac{-8t}{(t^2+1{)}^2}+\frac{-(t-1{)}^2}{t^2}<0$

所以 $\phi (t)\downarrow ,\phi (1)=0$

所以 $\phi (t)<0$

得证。