（12分）已知函数f ( x ) = 1 x - x +…——2018 高考数学第 21 题答案解析

函数定义域为 $(0,+\infty)$。求导得
$f'(x)=-\frac1{x^2}-1+\frac ax=-\frac{x^2-ax+1}{x^2}$。

令 $g(x)=x^2-ax+1=x\left(x+\frac1x-a\right)$。

(1) 当 $a\le 2$ 时，因 $x+\frac1x\ge 2$，所以 $g(x)\ge 0$，且仅当 $a=2,x=1$ 时 $g(x)=0$。故 $f'(x)\le 0$，$f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减。

当 $a>2$ 时，方程 $g(x)=0$ 的两根为
$x_-=\frac{a-\sqrt{a^2-4}}2,\quad x_+=\frac{a+\sqrt{a^2-4}}2$。
二者均为正，且 $x_-<1<x_+$。此时 $g(x)>0$ 在 $(0,x_-)\cup(x_+,+\infty)$ 成立，$g(x)<0$ 在 $(x_-,x_+)$ 成立。因此 $f'(x)<0$ 在 $(0,x_-)$ 和 $(x_+,+\infty)$ 成立，$f'(x)>0$ 在 $(x_-,x_+)$ 成立。所以 $f(x)$ 在 $\left(0,\frac{a-\sqrt{a^2-4}}2\right)$、$\left(\frac{a+\sqrt{a^2-4}}2,+\infty\right)$ 上单调递减，在 $\left(\frac{a-\sqrt{a^2-4}}2,\frac{a+\sqrt{a^2-4}}2\right)$ 上单调递增。

(2) 若 $f(x)$ 存在两个极值点，则必有 $a>2$。将两个极值点按从小到大记为 $x_1,x_2$，则它们是 $x^2-ax+1=0$ 的两根，故
$x_1x_2=1,\quad x_1+x_2=a$。
于是 $0<x_1<1<x_2$，且 $x_2=\frac1{x_1}$。

计算差值：
$f(x_1)-f(x_2)=\left(\frac1{x_1}-\frac1{x_2}\right)-(x_1-x_2)+a(\ln x_1-\ln x_2)$。
由 $x_1x_2=1$ 得 $\frac1{x_1}=x_2,\ \frac1{x_2}=x_1$，所以
$f(x_1)-f(x_2)=2(x_2-x_1)+a(\ln x_1-\ln x_2)$。
因此
$\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}=-2+a\cdot\frac{\ln x_1-\ln x_2}{x_1-x_2}$。

要证 $\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}<a-2$，因 $a>2$，只需证
$\frac{\ln x_1-\ln x_2}{x_1-x_2}<1$。
由于 $x_1-x_2<0$，上式等价于
$\ln x_1-\ln x_2>x_1-x_2$。
代入 $x_2=\frac1{x_1}$，即证
$2\ln x_1>x_1-\frac1{x_1}$。

设 $h(x)=2\ln x-x+\frac1x$，$x\in(0,1)$。则
$h'(x)=\frac2x-1-\frac1{x^2}=-\frac{(x-1)^2}{x^2}<0$。
所以 $h(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减，又 $h(1)=0$，故当 $0<x_1<1$ 时，
$h(x_1)>h(1)=0$，即
$2\ln x_1-x_1+\frac1{x_1}>0$。
从而 $2\ln x_1>x_1-\frac1{x_1}$ 成立，原不等式得证。