（15分）已知函数 f ( x )= x -ln x ．…——2018 高考数学第 22 题答案解析

【考点】6E：利用导数研究函数的最值．
【专题】14：证明题；35：转化思想；49：综合法；53：导数的综合应用．
【分析】（I）推导出 $x>0, f^{\prime}(x)=\frac{1}{2 \sqrt{x}}-\frac{1}{x}$ ，由 $f(x)$ 在 $x=x_{1}, x_{2}\left(x_{1} \neq x_{2}\right)$处导数相等，得到 $\frac{1}{\sqrt{x_{1}}}+\frac{1}{\sqrt{x_{2}}}=\frac{1}{2}$ ，由基本不等式得：$\frac{1}{2} \sqrt{x_{1} x_{2}}=\sqrt{x_{1}}+\sqrt{x_{2}} \geqslant 2 \sqrt[4]{x_{1} x_{2}}$ ，从而 $x_{1} x_{2}>256$ ，由题意得 $f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)=\sqrt{x_{1}}-\ln x_{1}+\sqrt{x_{2}}-\ln x_{2} =\frac{1}{2} \sqrt{x_{1} x_{2}}-\ln \left(x_{1} x_{2}\right)$ ，设 $g(x)=\frac{1}{2} \sqrt{x}-\ln x$ ，则 $g^{\prime}(x)=\frac{1}{4 x}(\sqrt{x}-4)$ ，利用导数性质能证明 $f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)>8-8 \ln 2$ 。
（II）令 $m=e^{-(|a|+k)}, n=\left(\frac{|a|+1}{k}\right)^{2}+1$ ，则 $f(m)-k m-a>|a|+k-k-a \geqslant 0$ ，

推导出存在 $x_{0} \in(m, n)$ ，使 $f\left(x_{0}\right)=k x_{0}+a$ ，对于任意的 $a \in R$ 及 $k \in(0,+ \infty)$ ，直线 $y=k x+a$ 与曲线 $y=f(x)$ 有公共点，由 $f(x)=k x+a$ ，得 $\mathrm{k}=\frac{\sqrt{\mathrm{x}}-\ln \mathrm{x}-\mathrm{a}}{\mathrm{x}}$ ，设 $\mathrm{h}(\mathrm{x})=\frac{\sqrt{\mathrm{x}}-\ln \mathrm{x}-\mathrm{a}}{\mathrm{x}}$ ，则 $\mathrm{h}^{\prime}(\mathrm{x})=\frac{\ln \mathrm{x}-\frac{\sqrt{\mathrm{x}}}{2}-1+\mathrm{a}}{\mathrm{x}^{2}}=\frac{-\mathrm{g}(\mathrm{x})-1+\mathrm{a}}{\mathrm{x}^{2}}$ ，利用导数性质能证明 $a \leqslant 3-4 \ln 2$ 时，对于任意 $k>0$ ，直线 $y=k x+a$ 与曲线 $y=f$ （x）有唯一公共点。

【解答】证明：（I）∵函数 $f(x)=\sqrt{x}-\ln x$ ，
$\therefore x>0, f^{\prime}(x)=\frac{1}{2 \sqrt{x}}-\frac{1}{x}$ ，
$\because f(x)$ 在 $x=x_{1}, x_{2}\left(x_{1} \neq x_{2}\right)$ 处导数相等，
$\therefore \frac{1}{2 \sqrt{\mathrm{x}_{1}}}-\frac{1}{\mathrm{x}_{1}}=\frac{1}{2 \sqrt{\mathrm{x}_{2}}}-\frac{1}{\mathrm{x}_{2}}$ ，
$\because \mathrm{x}_{1} \neq \mathrm{x}_{2}, \quad \therefore \frac{1}{\sqrt{\mathrm{x}_{1}}}+\frac{1}{\sqrt{\mathrm{x}_{2}}}=\frac{1}{2}$,
由基本不等式得：$\frac{1}{2} \sqrt{x_{1} x_{2}}=\sqrt{x_{1}}+\sqrt{x_{2}} \geqslant 2 \sqrt[4]{x_{1} x_{2}}$ ，
$\because \mathrm{x}_{1} \neq \mathrm{x}_{2}, \quad \therefore \mathrm{x}_{1} \mathrm{x}_{2}>256$,
由题意得 $f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)=\sqrt{x_{1}}-\ln x_{1}+\sqrt{x_{2}}-\ln x_{2}=\frac{1}{2} \sqrt{x_{1} x_{2}}-\ln \left(x_{1} x_{2}\right)$ ，
设 $g(x)=\frac{1}{2} \sqrt{x}-\ln x$ ，则 $g^{\prime}(x)=\frac{1}{4 x}(\sqrt{x}-4)$ ，
∴ 列表讨论：

$\therefore g(x)$ 在 $[256,+\infty)$ 上单调递增，
$\therefore g\left(x_{1} x_{2}\right)>g(256)=8-8 \ln 2$ ，
$\therefore f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)>8-8 \ln 2$ ．
（II）令 $\mathrm{m}=\mathrm{e}^{-(|\mathrm{a}|+\mathrm{k})}, \mathrm{n}=\left(\frac{|\mathrm{a}|+1}{\mathrm{k}}\right)^{2}+1$ ，
则 $f(m)-k m-a>|a|+k-k-a \geqslant 0$ ，
$f(n)-k n-a

∴ 存在 $\mathrm{x}_{0} \in(\mathrm{~m}, \mathrm{n})$ ，使 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=\mathrm{kx}_{0}+\mathrm{a}$ ，
∴ 对于任意的 $a \in R$ 及 $k \in(0,+\infty)$ ，直线 $y=k x+a$ 与曲线 $y=f(x)$ 有公共点，
由 $f(x)=k x+a$ ，得 $k=\frac{\sqrt{x}-\ln x-a}{x}$ ，
设 $h(x)=\frac{\sqrt{x}-\ln x-a}{x}$ ，则 $h^{\prime}(x)=\frac{\ln x-\frac{\sqrt{x}}{2}-1+a}{x^{2}}=\frac{-g(x)-1+a}{x^{2}}$ ，
其中 $\mathrm{g}(\mathrm{x})=\frac{\sqrt{\mathrm{x}}}{2}-\ln \mathrm{x}$ ，
由（1）知 $g(x) \geqslant g(16)$ ，
又 $\mathrm{a} \leqslant 3-4 \ln 2, \therefore-\mathrm{g}(\mathrm{x})-1+\mathrm{a} \leqslant-\mathrm{g}(16)-1+\mathrm{a}=-3+4 \ln 2+\mathrm{a} \leqslant 0$ ，
$\therefore h^{\prime}(x) \leqslant 0$ ，即函数 $h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减，
∴ 方程 $f(x)-k x-a=0$ 至多有一个实根，
综上，$a \leqslant 3-4 \ln 2$ 时，对于任意 $k>0$ ，直线 $y=k x+a$ 与曲线 $y=f(x)$ 有唯一公共点。

【点评】本题考查函数的单调性，导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力，是中档题．