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2022年高考数学浙江22

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（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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