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

【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；6D：利用导数研究函数的极值

【专题】32：分类讨论；4R：转化法；53：导数的综合应用

【分析】（1）求出函数的定义域和导数，利用函数单调性和导数之间的关系进行求解即可

（2）将不等式进行等价转化，构造新函数，研究函数的单调性和最值即可得到结论

【解答】解：（1）函数的定义域为（0，+∞），

函数的导数f′ $( { \bf x } ) = - \frac { 1 } { { \bf x } ^ { 2 } } - 1 + \frac { \bar { \bf a } } { \bf x } = - \ \frac { { \bf x } ^ { 2 } - \bar { \bf a } { \bf x } + 1 } { { \bf x } ^ { 2 } } ,$

设g $: ( \mathsf { x } ) = \mathsf { x } ^ { 2 } - \mathsf { a x } ^ { + } 1$

当a≤0时，g（x）＞0恒成立，即f′（x）＜0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数，

当a＞0时，判别式 $\triangle { = } \partial ^ { 2 } - 4$

①当 $1 0 < \mathsf { a } \leq 2$ 时， $\triangle { \le } 0$ ，即g（x）＞0，即f′（x）＜0恒成立，此时函数f（x）在$( 0 , \ + \infty )$ 上是减函数，

②当a＞2时，x，f′（x），f（x）的变化如下表：

<table><tr><td rowspan=2 colspan=1>X</td><td rowspan=2 colspan=1>(0, $\frac { \bar { \mathsf { a } } - \sqrt { \mathsf { a } ^ { 2 } - 4 } } { 2 }$ ）</td><td rowspan=2 colspan=1> $\frac { \bar { \mathsf { a } } - \sqrt { \mathsf { a } ^ { 2 } - 4 } } { 2 }$ </td><td rowspan=1 colspan=1>( $\frac { \bar { \mathsf { a } } - \sqrt { \mathsf { a } ^ { 2 } - 4 } } { 2 }$ </td><td rowspan=2 colspan=1> $\frac { \bar { \mathsf { a } } + \sqrt { \mathsf { a } ^ { 2 } - 4 } } { 2 }$ </td><td rowspan=2 colspan=1>( $\frac { \bar { \mathsf { a } } + \sqrt { \mathsf { a } ^ { 2 } - 4 } } { 2 }$ $, + \infty )$ </td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1> $\frac { \bar { \mathsf { a } } + \sqrt { \mathsf { a } ^ { 2 } - 4 } } { 2 }$ D</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>f′(x)</td><td rowspan=1 colspan=1></td><td rowspan=1 colspan=1>0</td><td rowspan=1 colspan=1>十</td><td rowspan=1 colspan=1>0</td><td rowspan=1 colspan=1>1</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>f(x)</td><td rowspan=1 colspan=1>递减</td><td rowspan=1 colspan=1></td><td rowspan=1 colspan=1>递增</td><td rowspan=1 colspan=1></td><td rowspan=1 colspan=1>递减</td></tr></table>

综上当a≤2时，f（x）在（0，+∞）上是减函数，

当a＞2时，在（0， $\frac { \bar { \mathsf { a } } - \sqrt { \bar { \mathsf { a } } ^ { 2 } - 4 } } { 2 } )$ ，和 $( \frac { a + \sqrt { a ^ { 2 } - 4 } } { 2 } , + \infty )$ 上是减函数，

则 $( \frac { a - \sqrt { a ^ { 2 } - 4 } } { 2 } , \frac { a + \sqrt { a ^ { 2 } - 4 } } { 2 } )$ 上是增函数

> ②由（1）知a＞2， $0 { < } { \tt x } _ { 1 } { < } 1 { < } { \tt x } _ { 2 } , ~ { \tt x } _ { 1 } { \tt x } _ { 2 } { = } 1$

则f $( \mathbf { x _ { 1 } } ) - \mathbf { f } ( \mathbf { \theta } \mathbf { x } _ { 2 } ) = ( \mathbf { x } _ { 2 } - \mathbf { x _ { 1 } } ) ( 1 + \frac { 1 } { \mathbf { x _ { 1 } } \mathbf { x _ { 2 } } } ) + \mathbf { a } ( \ln \mathbf { x } _ { 1 } - \ln \mathbf { x } _ { 2 } ) = 2 ( \mathbf { x } _ { 2 } - \mathbf { x } _ { 1 } ) + \mathbf { a }$ （lnx

$\mathbf { \rho } _ { 1 } - | \mathsf { n } \mathbf { \times } _ { 2 } \mathbf { \rho } )$

则 $\frac { \mathbf { f } ( \mathbf { x } _ { 1 } ) - \mathbf { f } ( \mathbf { \Delta x } _ { 2 } ) } { \mathbf { x } _ { 1 } - \mathbf { x } _ { 2 } } { = } - 2 ^ { + } \frac { \mathbf { a } ( \ln \mathbf { x } _ { 1 } - \ln \mathbf { x } _ { 2 } ) } { \mathbf { x } _ { 1 } - \mathbf { x } _ { 2 } } ,$

则问题转为证明 $\frac { \ln \mathbf { x } _ { 1 } - \ln \mathbf { x } _ { 2 } } { \mathbf { x } _ { 1 } - \mathbf { x } _ { 2 } } < 1$ 即可，

即证明 $\mathsf { l n x } _ { 1 } - \mathsf { l n x } _ { 2 } > \mathsf { x } _ { 1 } - \mathsf { x } _ { 2 }$

则 $\mathsf { l n x } _ { 1 } - \mathsf { l n } \frac { 1 } { \mathsf { x } _ { 1 } } { > } \mathsf { x } _ { 1 } - \frac { 1 } { \mathsf { x } _ { 1 } } ,$

即 $\mathsf { l n x } _ { 1 } \mathsf { \bar { \Psi } } ^ { + } \mathsf { l n x } _ { 1 } \mathsf { > x } _ { 1 } - \frac { 1 } { \mathsf { \Psi } \mathtt { x } _ { 1 } } ,$

即证 $2 | { \mathsf { n x } } _ { 1 } { > } { \mathsf { x } } _ { 1 } - { \frac { 1 } { { \mathsf { x } } _ { 1 } } }$ 在（0，1）上恒成立，

设h $( \mathbf { x } ) \mathbf { \Sigma } = 2 | \mathsf { n } \mathbf { x } - \mathbf { x } + \frac { \mathbf { 1 } } { \mathbf { x } } , \quad ( 0 < \mathbf { x } < 1 )$ ，其中h（1）=0，

求导得 ${ \sf h ^ { \prime } } ( { \bf x } ) = \frac { 2 } { \bf x } - 1 - \frac { 1 } { { \bf x } ^ { 2 } } = - \frac { { \bf x } ^ { 2 } - 2 { \bf x } + 1 } { { \bf x } ^ { 2 } } = - \frac { ( { \bf x } - 1 { \bf \omega } ) ^ { 2 } } { { \bf x } ^ { 2 } } < 0 ,$

则h（x）在（0，1）上单调递减，

$\therefore h ( x ) > h ( 1 )$ ，即 $2 \vert \mathfrak { n } \times - \mathfrak { x } + \frac { 1 } { \mathfrak { x } } { > } 0$

故 $2 | { \boldsymbol { \mathsf { n } } } { \boldsymbol { \mathsf { x } } } { \boldsymbol { \mathsf { > x } } } - { \frac { 1 } { \boldsymbol { \mathsf { x } } } } ,$

则 $\frac { \bar { \bf f } ( { \bf x } _ { 1 } ) - \bar { \bf f } ( { \bf x } _ { 2 } ) } { { \bf x } _ { 1 } - { \bf x } _ { 2 } } < { \bf a } - 2$ 成立

（2）另解：注意到f $( \frac { 1 } { x } ) \ = x - \frac { 1 } { x } - a \ln x = - f ( x )$

即f $( \textsf { x } ) \ + \textsf { f } \ ( \frac { 1 } { \textsf { x } } ) \ = 0$

由韦达定理得 $\scriptstyle \mathtt { \backslash x } _ { 1 } \mathtt { x } _ { 2 } = 1 , \mathtt { \backslash x } _ { 1 } + \mathtt { x } _ { 2 } = \mathtt { a } > 2$ ，得 $0 < x _ { 1 } < 1 < x _ { 2 } , x _ { 1 } = \frac { 1 } { \mathbf { x } _ { 2 } }$

可得f $( \mathbf { x } _ { 2 } ) \ + \mathbf { f } ( \frac { 1 } { \mathbf { x } _ { 2 } } ) \ = 0$ ，即f $( { \bf x } _ { 1 } ) + { \bf f } ( { \bf x } _ { 2 } ) = 0$

要证 $\frac { f ( \mathbf { \delta x } _ { 1 } ) - f ( \mathbf { \delta x } _ { 2 } ) } { \mathbf { \delta x } _ { 1 } - \mathbf { \delta x } _ { 2 } } < \mathbf { a } - 2$ ，只要证 $\frac { - \mathbf { f } ( \mathbf { x } _ { 2 } ) - \mathbf { f } ( \mathbf { x } _ { 2 } ) } { \mathbf { x } _ { 1 } - \mathbf { x } _ { 2 } } < \mathbf { a } - 2$

即证 $\cdot 2 \mathsf { a } | \mathsf { n } \mathsf { x } _ { 2 } - \mathsf { a } \mathsf { x } _ { 2 } + \frac { \mathsf { a } } { \mathsf { x } _ { 2 } } \mathsf { < } 0 , \quad \mathsf { ( } \mathsf { x } _ { 2 } \mathsf { > } 1 \mathsf { ) }$

构造函数h $( \mathbf { x } ) \mathbf { \Sigma } = 2 \mathsf { a } | \mathsf { n } \mathbf { x } - \mathsf { a } \mathbf { x } + \frac { \mathsf { a } } { \mathbf { x } } , \quad ( \mathbf { x } > 1 )$ ${ \sf h ^ { \prime } } { \mathit { \Omega } } ( { \bf x } ) = \frac { - { \sf a } ( { \bf x } - 1 { \bf \Omega } ) { \mathit { \Omega } } ^ { 2 } } { { \bf x } ^ { 2 } } \leq 0 ,$

∴h（x）在 $( 1 , \ + \infty )$ 上单调递减，

∴h $( \mathsf { x } ) < \mathsf { h } \ ( \mathsf { 1 } ) \ = \mathsf { 0 }$

$\therefore 2 0 1 1 \times - \frac { \pi } { 2 } < 0$ 成立，即 $2 \mathsf { a } \mathsf { I n } \mathsf { x } _ { 2 } - \mathsf { a } \mathsf { x } _ { 2 } + \frac { \mathsf { a } } { \mathsf { x } _ { 2 } } \mathsf { < } 0 , \quad ( \mathsf { x } _ { 2 } \mathsf { > } 1 )$ ）成立

即 $\frac { f ( \mathbf { \delta x } _ { 1 } ) - f ( \mathbf { \delta x } _ { 2 } ) } { \mathbf { \delta x } _ { 1 } - \mathbf { \delta x } _ { 2 } } < \mathbf { a } - 2$ 成立

【点评】本题主要考查函数的单调性的判断，以及函数与不等式的综合，求函数的导数，利用导数的应用是解决本题的关键．综合性较强，难度较大