难度： 困难

标签： 导数题多变量问题零点差问题不等式放缩分类讨论端点效应对数均值不等式

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

（1）当 $x>0$ 时，$f(x)>x+1$，求 a 的取值范围

（2）若 $f(x)$ 在 $x>0$ 时有两个极值点 $x_1,x_2$，证明：$\mathrm{①}{x}_1+x_2>2;\mathrm{②}|ln\frac{x_2}{x_1}|<\sqrt{a^2-2a-1}\cdot x_1{x}_2$

TIP

第一问也可以用端点效应做。

第一问

$x>0,f(x)>x+1$

$e^x-\frac{1}{2}a{x}^2>x+1$

令 $g(x)=e^x-\frac{1}{a}{x}^2-x-1$

$g(0)=0$

$g^{\prime }(x)=e^x-ax-1$

一、当 $a⩽0,g^{\prime }(x)\uparrow ,g^{\prime }(x)>g^{\prime }(0)=0$

$\therefore g(x)\uparrow$

$g(0)=0$

$\therefore (x)>0$

符合条件。

二、当 $a>0$

$g^{\prime \prime }(x)=e^x-a$

1）当 $0<a⩽1$

$g^{\prime \prime }⩾0,g^{\prime }(x)\uparrow$

符合条件。

2）当 $a>1$

$0<x<lna,g^{\prime \prime }(x)<0,g^{\prime }(x)\downarrow$

$g^{\prime }(x)<g^{\prime }(0)=0,g(x)\downarrow$

$g(x)<g(0)=0$

不符题意，舍去

综上，$a\in (-\mathrm{\infty },1]$

第二问，1 小问（对数均值不等式法）

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

$f^{\prime }(x)=e^x-ax$

$e^x-ax=0$ 有两个解，$x_1,x_2$

$\{\begin{array}{l}{e}^{x_1}=a{x}_1\\ e^{x_2}=a{x}_2\end{array}$

所以 $\frac{e^{x_1}}{x_1}=\frac{e^{x_2}}{x_2}$

$x_1-ln{x}_1=x_2-ln{x}_2$

$ln{x}_2-ln{x}_1=x_2-x_1$

令 $x_2>x_1>0$

$\therefore 1=\frac{x_2-x_1}{ln\frac{x_2}{x_1}}$

证 $x_1+x_2>2$

即证 $x_1+x_2>\frac{2(x_2-x_1)}{ln\frac{x_2}{x_1}}$

$ln\frac{x_2}{x_1}>\frac{2(x_2-x_1)}{x_1+x_2}$

令 $\frac{x_2}{x_1}=t,t>1$

即证 $lnt>\frac{2(t-1)}{t+1}$

令 $h(t)=lnt-\frac{2(t-1)}{t+1}$

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

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

$=\frac{(t-1{)}^2}{t(t+1{)}^2}⩾0$

$h^{\prime }(x)⩾0,h(x)\uparrow$

$h(x)>h(1)=0$

得证。

第二问，2 小问

证 $ln\frac{x_2}{x_1}<\sqrt{a^2-2a-1}{x}_1{x}_2$

因为 $ln{x}_2-ln{x}_1=x_2-x_1$

所以即证 $x_2-x_1<\sqrt{a^2-2a-1}{x}_1{x}_2$

$\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}<\sqrt{a^2-2a-1}$

由（1）知，

$e^x>\frac{1}{2}{x}^2+x+1$

令 $t_1=\frac{1}{x_1},t_2=\frac{1}{x_2},t_1>t_2$

$x_1=\frac{1}{t_1},x_2=\frac{1}{t_2}$

$\therefore e^{\frac{1}{t_1}}=\frac{a}{t_1}>\frac{1}{2t_1^2}+\frac{1}{t_1}+1$

$a{t}_1>\frac{1}{2}+t_1+t_1^2$

$t_1^2+(1-a)t_1+\frac{1}{2}<0$

$2t_1^2+2(1-a)t_1+1<0$

同理 $2t_2^2+2(1-a)t_2+1<0$

设 $2t^2+2(1-a)t+1=0$ 的两根为 $t_1^{\prime },t_2^{\prime }$

则 $|t_2^{\prime }-t_1^{\prime }|=\frac{\sqrt{4(1-a{)}^2-8}}{2}=\sqrt{(1-a{)}^2-2}=\sqrt{a^2-2a-1}$

而 $|t_1-t_2|<|t_2^{\prime }-t_1^{\prime }|$

得证。

TIP

1. 看到 $\sqrt{a^2-2a-1}$，其实可以联想到二次函数的根。因为二次函数根是含有根号的。

2. 零点差问题，有一种题型是，$|x_2-x_1|=\frac{\sqrt{\mathrm{\Delta }}}{|a|}$，那么在 $x_2,x_1$ 之间的两个横坐标之间的距离 $|x_2^{\prime }-x_1^{\prime }|<|x_2-x_1|$