2026年湖南长沙市高三期末数学试卷 #19
已知实数 $a\ne 0$，函数 $f(x)=|\ln x|+\dfrac a x$．
1、若 $a=1$，求 $f(x)$ 的最小值；
2、讨论 $f(x)$ 的单调性；
3、若 $f(x)$ 有且仅有三个不同零点为 $x_1,x_2,x_3$，证明：$x_1+x_2+x_3>\dfrac{2 a^2-4 a+1}{1-a}$．
解析
1、根据题意，有\[f(x)=\begin{cases} -\ln x+\frac ax,&x\in (0,1),\\ \ln x+\frac ax,&x\in [1,+\infty),\end{cases}\]因此\[f'(x)=\begin{cases} -\frac{x+a}{x^2},&x\in (0,1),\\ \frac{x-a}{x^2},&x\in (1,+\infty).\end{cases}\] 当 $a=1$ 时，函数 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减，在 $(1,+\infty)$ 上单调递减，在 $x=1$ 处取得最小值 $f(1)=1$．
2、讨论分界点为 $a=-1,0,1$． 当 $a\leqslant -1$ 时，$f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增； 当 $-1<a<0$ 时，$f(x)$ 在 $(0,-a)$ 上单调递增，在 $(-a,1)$ 上单调递减，在 $(1,+\infty)$ 上单调递增； 当 $0<a<1$ 时，$f(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减，在 $(1,+\infty)$ 上单调递增； 当 $a\geqslant 1$ 时，$f(x)$ 在 $(0,a)$ 上单调递减，在 $(a,+\infty)$ 上单调递增．
3、根据第 $(2)$ 小题的结果，有 $-1<a<0$，且\[\begin{cases} f(-a)>0,\ f(1)<0,\end{cases}\iff \begin{cases} -\ln(-a)-1>0,\\ a<0,\end{cases}\iff -\frac1{\mathrm e}<a<0.\]不妨设 $0<x_1<-a<x_2<1<x_3$，则\[-\ln x_1+\frac a{x_1}=-\ln x_2+\frac a{x_2}=\ln x_3+\frac a{x_3}=0,\]于是根据对数平均不等式，有\[\sqrt{x_1x_2}<\dfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}=\dfrac{x_1-x_2}{\frac{a}{x_1}-\frac{a}{x_2}}=\dfrac{x_1x_2}{-a}<\frac{x_1+x_2}2,\]进而\[x_1+x_2>\dfrac{2x_1x_2}{-a}>-2a,\]因此只需要证明 $x_3>\frac{1-2a}{1-a}$．由于 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增，因此只需要证明\[f\left(\dfrac{1-2a}{1-a}\right)<0\impliedby \ln\dfrac{1-2a}{1-a}+\dfrac{(1-a)a}{1-2a}<0,\]利用对数函数的进阶放缩 $^{[1]}$，只需要证明\[\dfrac 12\left(\dfrac{1-2a}{1-a}-\dfrac{1-a}{1-2a}\right)+\dfrac{(1-a)a}{1-2a}<0\impliedby (1-2a)\left(\dfrac{1}{1-a}-\dfrac{1-a}{1-2a}\right)<0,\]根据糖水不等式，该不等式成立，因此命题得证．
$[1]$ 利用对数函数的基本放缩，只需要证明\[\left(\dfrac{1-2a}{1-a}-1\right)+\dfrac{(1-a)a}{1-2a}<0\impliedby \dfrac{a^3}{(1-a)(1-2a)}<0,\]因此命题得证．