已知函数 f(x)= e^ x x -ln x+x-a ．…——2022 高考数学第 21 题答案解析

【答案】（1）（ $-\infty, e+1$ ］
（2）证明见的解析
【解析】
【分析】①由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
（2）利用分析法，转化要证明条件为 $\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-x \mathrm{e}^{\frac{1}{x}}-2\left[\ln x-\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)\right]>0$ ，再利用导数即可得证．
【小问 1 详解】
解法 1：常规求导
$f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$ ，则

$f^{\prime}(x)=\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}\right) e^{x}-\frac{1}{x}+1=\frac{1}{x}\left(1-\frac{1}{x}\right) e^{x}+\left(1-\frac{1}{x}\right)=\frac{x-1}{x}\left(\frac{e^{x}}{x}+1\right)$
令 $f(x)=0$ ，得 $x=1$
当 $x \in(0,1), f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减

当 $x \in(1,+\infty), f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增 $f(x) \geq f(1)=e+1-a$ ，

若 $f(x) \geq 0$ ，则 $e+1-a \geq 0$ ，即 $a \leq e+1$

所以 $a$ 的取值范围为 $(-\infty, e+1]$
解法 2：同构处理
由 $f(x) \geq 0$ 得：$e^{-\ln x+x}+x-\ln x-a \geq 0$
令 $t=x-\ln x, t \geq 1$ ，则 $f(t)=e^{t}+t-a \geq 0$ 即 $a \leq e^{t}+t$
令 $g(t)=e^{t}+t, t \in[1,+\infty)$ ，则 $g^{\prime}(t)=e^{t}+1>0$
故 $g(t)=e^{t}+t$ 在区间 $[1,+\infty)$ 上是增函数
故 $g(t)_{\text {min }}=g(1)=e+1$ ，即 $a \leq e+1$
所以 $a$ 的取值范围为 $(-\infty, e+1]$
【小问 2 详解】
解法 1：构造函数
由题知，$f(x)$ 一个零点小于 1 ，一个零点大于 1 ，不妨设 $x_{1}<1要证 $x_{1} x_{2}<1$ ，即证 $x_{1}<\frac{1}{x_{2}}$
因为 $x_{1}, \frac{1}{x_{2}} \in(0,1)$ ，即证 $f\left(x_{1}\right)>f\left(\frac{1}{x_{2}}\right)$
又因为 $f\left(x_{1}\right)=f\left(x_{2}\right)$ ，故只需证 $f\left(x_{2}\right)>f\left(\frac{1}{x_{2}}\right)$
即证 $\frac{e^{x}}{x}-\ln x+x-x e^{\frac{1}{x}}-\ln x-\frac{1}{x}>0, x \in(1,+\infty)$
即证 $\frac{e^{x}}{x}-x e^{\frac{1}{x}}-2\left[\ln x-\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)\right]>0$

下面证明 $x>1$ 时，$\frac{e^{x}}{x}-x e^{\frac{1}{x}}>0, \ln x-\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)<0$
设 $g(x)=\frac{e^{x}}{x}-x e^{\frac{1}{x}}, x>1$ ，
则 $g^{\prime}(x)=\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}\right) e^{x}-\left(e^{\frac{1}{x}}+x e^{\frac{1}{x}} \cdot\left(-\frac{1}{x^{2}}\right)\right)=\frac{1}{x}\left(1-\frac{1}{x}\right) e^{x}-e^{\frac{1}{x}}\left(1-\frac{1}{x}\right)$
$=\left(1-\frac{1}{x}\right)\left(\frac{e^{x}}{x}-e^{\frac{1}{x}}\right)=\frac{x-1}{x}\left(\frac{e^{x}}{x}-e^{\frac{1}{x}}\right)$
设 $\varphi(x)=\frac{e^{x}}{x}(x>1), \varphi^{\prime}(x)=\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}\right) e^{x}=\frac{x-1}{x^{2}} e^{x}>0$
所以 $\varphi(x)>\varphi(1)=e$ ，而 $e^{\frac{1}{x}}所以 $\frac{e^{x}}{x}-e^{\frac{1}{x}}>0$ ，所以 $g^{\prime}(x)>0$
所以 $g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 单调递增

即 $g(x)>g(1)=0$ ，所以 $\frac{e^{x}}{x}-x e^{\frac{1}{x}}>0$
令 $h(x)=\ln x-\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right), x>1$
$h^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{x^{2}}\right)=\frac{2 x-x^{2}-1}{2 x^{2}}=\frac{-(x-1)^{2}}{2 x^{2}}<0$
所以 $h(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 单调递减
即 $h(x)综上，$\frac{e^{x}}{x}-x e^{\frac{1}{x}}-2\left[\ln x-\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)\right]>0$ ，所以 $x_{1} x_{2}<1$ ．
解法 2：对数平均不等式
由题意得：$f(x)=\frac{e^{x}}{x}+\ln \frac{e^{x}}{x}-a$
令 $t=\frac{e^{x}}{x}>1$ ，则 $f(t)=t+\ln t-a, f^{\prime}(t)=1+\frac{1}{t}>0$

所以 $f(t)=t+\ln t-a$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增，故 $f(t)=0$ 只有 1 个解
又因为 $f(x)=\frac{e^{x}}{x}+\ln \frac{e^{x}}{x}-a$ 有两个零点 $x_{1}, x_{2}$ ，故 $t=\frac{e^{x_{1}}}{x_{1}}=\frac{e^{x_{2}}}{x_{2}}$
两边取对数得：$x_{1}-\ln x_{1}=x_{2}-\ln x_{2}$ ，即 $\frac{x_{1}-x_{2}}{\ln x_{1}-\ln x_{2}}=1$

又因为 $\sqrt{x_{1} x_{2}}<\frac{x_{1}-x_{2}}{\ln x_{1}-\ln x_{2}}(*)$ ，故 $\sqrt{x_{1} x_{2}}<1$ ，即 $x_{1} x_{2}<1$

下证 $\sqrt{x_{1} x_{2}}<\frac{x_{1}-x_{2}}{\ln x_{1}-\ln x_{2}}(*)$
因为 $\sqrt{x_{1} x_{2}}<\frac{x_{1}-x_{2}}{\ln x_{1}-\ln x_{2}} \Leftrightarrow \ln x_{1}-\ln x_{2}<\frac{x_{1}-x_{2}}{\sqrt{x_{1} x_{2}}} \Leftrightarrow \ln \frac{x_{1}}{x_{2}}<\sqrt{\frac{x_{1}}{x_{2}}}-\sqrt{\frac{x_{2}}{x_{1}}}$
不妨设 $t=\sqrt{\frac{x_{1}}{x_{2}}}>1$ ，则只需证 $2 \ln t构造 $h(t)=2 \ln t-t+\frac{1}{t}, t>1$ ，则 $h^{\prime}(t)=\frac{2}{t}-1-\frac{1}{t^{2}}=-\left(1-\frac{1}{t}\right)^{2}<0$
故 $h(t)=2 \ln t-t+\frac{1}{t}$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减
故 $h(t)【点睛】关键点点睛：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式 $h(x)=\ln x-\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)$ 这个函数经常出现，需要掌握