题目 已知函数 $f(x)=\sqrt{x}-\ln{x}$． 问题1 若 $f(x)$ 在 $x=x_1,x_2(x_1\ne{x_2})$ 处导数相等．证明：$f(x_1)+f(x_2)>8-8\ln2$； 答案1 略 解析1 $f^{\prime}(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}-\dfrac{1}{x}=-\left(\dfrac{1}{\sqrt{x}}-\dfrac{1}{4}\right)^2+\dfrac{1}{16}$，故 $\dfrac{1}{\sqrt{x_1}}+\dfrac{1}{\sqrt{x_2}}=\dfrac{1}{2}$，换元令 $\dfrac{1}{\sqrt{x_1}}=t_1,\dfrac{1}{\sqrt{x_2}}=t_2$<br/>得到 $t_1+t_2=\dfrac{1}{2}$，<br/>则 $f(x_1)=\dfrac{1}{t_1}+2\ln{t_1}$，$f(x_2)=\dfrac{1}{t_2}+2\ln{t_2}$<br/>$f(x_1)+f(x_2)=\dfrac{1}{2t_1t_2}+2\ln(t_1t_2)$，其中 $0<t_1t_2<\dfrac{1}{16}$，<br/>令函数 $g(x)=\dfrac{1}{2x}+2\ln{x}$，$g^{\prime}(x)=-\dfrac{1}{2x^2}+\dfrac{2}{x}<0$，故<br/>$g(x)>g\left(\dfrac{1}{16}\right)=8-8\ln2$ 备注1 问题2 若 $a\le3-4\ln2$，证明：对于任意 $k>0$，直线 $y=kx+a$ 与曲线 $y=f(x)$ 有唯一公共点． 答案2 略 解析2 换元可得，原命题等价于 $a\le3-4\ln2$，任意 $k>0$，$kx^2+a=x-2\ln x$ 有唯一正数解．<br/>相当于证明函数 $g(x)=kx^2-x+2\ln{x}+a$ 有唯一零点，<br/>容易得到当 $x\rightarrow0$，$g(x)\rightarrow{-\infty}$，当 $x\rightarrow{+\infty},g(x)\rightarrow{+\infty}$．<br/>$g^{\prime}(x)=2kx-1+\dfrac{2}{x}$<br/>若 $k\geqslant\dfrac{1}{16}$，则 $2kx+\dfrac{2}{x}\ge4\sqrt{k}\ge1$，函数单调，命题成立．<br/>若 $0<k<\dfrac{1}{16}$，则 $g^{\prime}(x)=0$ 在正数范围内有二个不等根，设为 $x_1<x_2$．$g(x)$ 在 $(0,x_1)$ 单调递增，在 $(x_1,x_2)$ 单调递减，$(x_2,+\infty)$ 单调递增．<br/>当 $2kx-1+\dfrac{2}{x}=0$，$g(x)=2\ln{x}-\dfrac{x}{2}-1+a$，<br/>令 $h(x)=2\ln{x}-\dfrac{x}{2}-1+a$，$g^{\prime}(x)=\dfrac{4-x}{2x}$，$h(x)$ 在 $4$ 处取得最小值 $h(4)=-3+4\ln2+a\ge0$，而 $x_1,x_2$ 均不为 $4$，故 $g(x_1),g(x_2)>0$，命题得证． 备注2