设函数 f(x)= e 2 x +ln x(x>0) ．…——2022 高考数学第 22 题答案解析

【答案】①$f(x)$ 的减区间为 $\left(0, \frac{\mathrm{e}}{2}\right)$ ，增区间为 $\left(\frac{\mathrm{e}}{2},+\infty\right)$ ．
②（i）见解析；（ii）见解析．

## 【解析】

【分析】①求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性．
②（i）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有 3 个不同的解可证明不等式成立，（ii）
$k=\frac{x_{3}}{x_{1}}, m=\frac{a}{\mathrm{e}}<1$ ，则题设不等式可转化为 $t_{1}+t_{3}-2-\frac{2}{m}<\frac{(m-13)\left(m^{2}-m+12\right)}{36 m\left(t_{1}+t_{3}\right)}$ ，结合零点满足的方程进一步转化为 $\ln m+\frac{(m-1)(m-13)\left(m^{2}-m+12\right)}{72(m+1)}<0$ ，利用导数可证该不等式成立．

【小问 1 详解】
$f^{\prime}(x)=-\frac{\mathrm{e}}{2 x^{2}}+\frac{1}{x}=\frac{2 x-\mathrm{e}}{2 x^{2}}$ ，
当 $0\frac{\mathrm{e}}{2}, f \boldsymbol{\phi}(x)>0$ ，
故 $f(x)$ 的减区间为 $\left(0, \frac{\mathrm{e}}{2}\right), f(x)$ 的增区间为 $\left(\frac{\mathrm{e}}{2},+\infty\right)$ ．

## 【小问 2 详解】

（i）因为过 $(a, b)$ 有三条不同的切线，设切点为 $\left(x_{i}, f\left(x_{i}\right)\right), i=1,2,3$ ，
故 $f\left(x_{i}\right)-b=f^{\prime}\left(x_{i}\right)\left(x_{i}-a\right)$ ，
故方程 $f(x)-b=f^{\prime}(x)(x-a)$ 有 3 个不同的根，
该方程可整理为 $\left(\frac{1}{x}-\frac{\mathrm{e}}{2 x^{2}}\right)(x-a)-\frac{\mathrm{e}}{2 x}-\ln x+b=0$ ，
设 $g(x)=\left(\frac{1}{x}-\frac{\mathrm{e}}{2 x^{2}}\right)(x-a)-\frac{\mathrm{e}}{2 x}-\ln x+b$ ，
则 $g^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{\mathrm{e}}{2 x^{2}}+\left(-\frac{1}{x^{2}}+\frac{\mathrm{e}}{x^{3}}\right)(x-a)-\frac{1}{x}+\frac{\mathrm{e}}{2 x^{2}}$
$=-\frac{1}{x^{3}}(x-\mathrm{e})(x-a)$,
当 $0a$ 时，$g \not q(x)<0$ ；当 $\mathrm{e}0$ ，
故 $g(x)$ 在 $(0, \mathrm{e}),(a,+\infty)$ 上为减函数，在 $(\mathrm{e}, a)$ 上为增函数，
因为 $g(x)$ 有 3 个不同的零点，故 $g(\mathrm{e})<0$ 且 $g(a)>0$ ，
故 $\left(\frac{1}{\mathrm{e}}-\frac{\mathrm{e}}{2 \mathrm{e}^{2}}\right)(\mathrm{e}-a)-\frac{\mathrm{e}}{2 \mathrm{e}}-\ln \mathrm{e}+b<0$ 且 $\left(\frac{1}{a}-\frac{\mathrm{e}}{2 a^{2}}\right)(a-a)-\frac{\mathrm{e}}{2 a}-\ln a+b>0$ ，
整理得到：$b<\frac{a}{2 \mathrm{e}}+1$ 且 $b>\frac{\mathrm{e}}{2 a}+\ln a=f(a)$ ，
此时 $b-f(a)-\frac{1}{2}\left(\frac{a}{\mathrm{e}}-1\right)<\frac{a}{2 \mathrm{e}}+1-\left(\frac{\mathrm{e}}{2 a}+\ln a\right)-\frac{a}{2 \mathrm{e}}+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}-\frac{\mathrm{e}}{2 a}-\ln a$ ，
设 $u(a)=\frac{3}{2}-\frac{\mathrm{e}}{2 a}-\ln a$ ，则 $u^{\prime}(a)=\frac{\mathrm{e}-2 a}{2 a^{2}}<0$ ，
故 $u(a)$ 为 $(\mathrm{e},+\infty)$ 上的减函数，故 $u(a)<\frac{3}{2}-\frac{\mathrm{e}}{2 \mathrm{e}}-\ln \mathrm{e}=0$ ，
故 $0（ii）当 $0故 $g(x)$ 在 $(0, a),(\mathrm{e},+\infty)$ 上为减函数，在 $(a, \mathrm{e})$ 上为增函数，
不妨设 $x_{1}

因为 $g(x)$ 有 3 个不同的零点，故 $g(a)<0$ 且 $g(\mathrm{e})>0$ ，
故 $\left(\frac{1}{\mathrm{e}}-\frac{\mathrm{e}}{2 \mathrm{e}^{2}}\right)(\mathrm{e}-a)-\frac{\mathrm{e}}{2 \mathrm{e}}-\ln \mathrm{e}+b>0$ 且 $\left(\frac{1}{a}-\frac{\mathrm{e}}{2 a^{2}}\right)(a-a)-\frac{\mathrm{e}}{2 a}-\ln a+b<0$ ，
整理得到：$\frac{a}{2 \mathrm{e}}+1因为 $x_{1}又 $g(x)=1-\frac{a+\mathrm{e}}{x}+\frac{\mathrm{e} a}{2 x^{2}}-\ln x+b$ ，
设 $t=\frac{\mathrm{e}}{x}, \frac{a}{\mathrm{e}}=m \in(0,1)$ ，则方程 $1-\frac{a+\mathrm{e}}{x}+\frac{\mathrm{e} a}{2 x^{2}}-\ln x+b=0$ 即为：
$-\frac{a+\mathrm{e}}{\mathrm{e}} t+\frac{a}{2 \mathrm{e}} t^{2}+\ln t+b=0$ 即为 $-(m+1) t+\frac{m}{2} t^{2}+\ln t+b=0$ ，
记 $t_{1}=\frac{\mathrm{e}}{x_{1}}, t_{2}=\frac{\mathrm{e}}{x_{2}}, t_{3}=\frac{\mathrm{e}}{x_{3}}$ ，
则 $t_{1}, t_{1}, t_{3}$ 为 $-(m+1) t+\frac{m}{2} t^{2}+\ln t+b=0$ 有三个不同的根，
设 $k=\frac{t_{1}}{t_{3}}=\frac{x_{3}}{x_{1}}>\frac{\mathrm{e}}{a}>1, m=\frac{a}{\mathrm{e}}<1$ ，
要证：$\frac{2}{\mathrm{e}}+\frac{\mathrm{e}-a}{6 \mathrm{e}^{2}}<\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}<\frac{2}{a}-\frac{\mathrm{e}-a}{6 \mathrm{e}^{2}}$ ，即证 $2+\frac{\mathrm{e}-a}{6 \mathrm{e}}即证：$\frac{13-m}{6}即证：$\left(t_{1}+t_{3}-\frac{13-m}{6}\right)\left(t_{1}+t_{3}-\frac{2}{m}+\frac{1-m}{6}\right)<0$ ，
即证：$t_{1}+t_{3}-2-\frac{2}{m}<\frac{(m-13)\left(m^{2}-m+12\right)}{36 m\left(t_{1}+t_{3}\right)}$ ，
而 $-(m+1) t_{1}+\frac{m}{2} t_{1}^{2}+\ln t_{1}+b=0$ 且 $-(m+1) t_{3}+\frac{m}{2} t_{3}^{2}+\ln t_{3}+b=0$ ，
故 $\ln t_{1}-\ln t_{3}+\frac{m}{2}\left(t_{1}^{2}-t_{3}^{2}\right)-(m+1)\left(t_{1}-t_{3}\right)=0$ ，
故 $t_{1}+t_{3}-2-\frac{2}{m}=-\frac{2}{m} \times \frac{\ln t_{1}-\ln t_{3}}{t_{1}-t_{3}}$ ，
故即证：$-\frac{2}{m} \times \frac{\ln t_{1}-\ln t_{3}}{t_{1}-t_{3}}<\frac{(m-13)\left(m^{2}-m+12\right)}{36 m\left(t_{1}+t_{3}\right)}$ ，

即证：$\frac{\left(t_{1}+t_{3}\right) \ln \frac{t_{1}}{t_{3}}}{t_{1}-t_{3}}+\frac{(m-13)\left(m^{2}-m+12\right)}{72}>0$
即证：$\frac{(k+1) \ln k}{k-1}+\frac{(m-13)\left(m^{2}-m+12\right)}{72}>0$ ，
记 $\varphi(k)=\frac{(k+1) \ln k}{k-1}, k>1$ ，则 $\varphi^{\prime}(k)=\frac{1}{(k-1)^{2}}\left(k-\frac{1}{k}-2 \ln k\right)>0$ ，
设 $u(k)=k-\frac{1}{k}-2 \ln k$ ，则 $u^{\prime}(k)=1+\frac{1}{k^{2}}-\frac{2}{k}>\frac{2}{k}-\frac{2}{k}=0$ 即 $\varphi^{\prime}(k)>0$ ，
故 $\varphi(k)$ 在 $(1,+\infty)$ 上为增函数，故 $\varphi(k)>\varphi(m)$ ，
所以 $\frac{(k+1) \ln k}{k-1}+\frac{(m-13)\left(m^{2}-m+12\right)}{72}>\frac{(m+1) \ln m}{m-1}+\frac{(m-13)\left(m^{2}-m+12\right)}{72}$ ，
记 $\omega(m)=\ln m+\frac{(m-1)(m-13)\left(m^{2}-m+12\right)}{72(m+1)}, 0则 $\omega^{\prime}(m)=\frac{(m-1)^{2}\left(3 m^{3}-20 m^{2}-49 m+72\right)}{72 m(m+1)^{2}}>\frac{(m-1)^{2}\left(3 m^{3}+3\right)}{72 m(m+1)^{2}}>0$ ，
所以 $\omega(m)$ 在 $(0,1)$ 为增函数，故 $\omega(m)<\omega(1)=0$ ，
故 $\ln m+\frac{(m-1)(m-13)\left(m^{2}-m+12\right)}{72(m+1)}<0$ 即 $\frac{(m+1) \ln m}{m-1}+\frac{(m-13)\left(m^{2}-m+12\right)}{72}>0$ ，
故原不等式得证：
【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等。