(3) 证明：

(i) 当 \(x>0\) 时，\(\mathrm{sh}(x) > x\)

步骤1：构造辅助函数求导

令 \(F(x) = \mathrm{sh}(x) – x = \frac{e^x – e^{-x}}{2} – x\)，求导： \[ F'(x) = \frac{e^x + e^{-x}}{2} – 1 = \mathrm{ch}(x) – 1 > 0\quad (x>0) \]

步骤2：利用单调性证明

\(F(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 单调递增，故 \(F(x) > F(0) = 0\)，即 \(\mathrm{sh}(x) > x\)。

得证

(ii) 证明：\(\frac{\mathrm{sh}(2)}{\tan 1} + \frac{\mathrm{sh}\left(\frac{2}{2}\right)}{\tan \frac{1}{2}} + \cdots + \frac{\mathrm{sh}\left(\frac{2}{n}\right)}{\tan \frac{1}{n}} > 2n – \frac{4n}{2n+1}\ (n \in \mathbb{N}^*)\)

步骤1：放缩每一项

• 由 \(\mathrm{sh}(2x) = 2\mathrm{sh}(x)\mathrm{ch}(x)\) 及 \(\mathrm{ch}(x) > 1\)，得 \(\mathrm{sh}\left(\frac{2}{k}\right) > 2\mathrm{sh}\left(\frac{1}{k}\right)\)；
• 由 (i) 得 \(\mathrm{sh}\left(\frac{1}{k}\right) > \frac{1}{k}\)，故 \(\mathrm{sh}\left(\frac{2}{k}\right) > \frac{2}{k}\)；
• 由 \(x > \sin x\) 得 \(\frac{1}{k} > \sin\left(\frac{1}{k}\right)\)，故 \(\frac{2}{k} > 2\sin\left(\frac{1}{k}\right) = 2\cos\left(\frac{1}{k}\right)\tan\left(\frac{1}{k}\right)\)；
• 因此 \(\frac{\mathrm{sh}\left(\frac{2}{k}\right)}{\tan\left(\frac{1}{k}\right)} > 2\cos\left(\frac{1}{k}\right)\)。

步骤2：进一步放缩并求和

先证 \(\cos x > 1 – \frac{1}{2}x^2\)：令 \(H(x) = \cos x – 1 + \frac{1}{2}x^2\)，则 \(H'(x) = x – \sin x > 0\)，故 \(H(x) > H(0) = 0\)。
令 \(x = \frac{1}{k}\)，得 \(\cos\left(\frac{1}{k}\right) > 1 – \frac{1}{2k^2} > 1 – \left(\frac{1}{2k-1} – \frac{1}{2k+1}\right)\)。
求和得： \[ \sum_{k=1}^n \frac{\mathrm{sh}\left(\frac{2}{k}\right)}{\tan\left(\frac{1}{k}\right)} > 2\sum_{k=1}^n \left[1 – \left(\frac{1}{2k-1} – \frac{1}{2k+1}\right)\right] = 2n – \frac{4n}{2n+1} \]

得证

(3) 若函数 \(g(x) = f(x) + e^{x+1} – a\sin x\) 的最小值为 \(m\)，判断方程 \(e^{1+x-m} – \ln(1+x) = 0\) 实数根的个数，并说明理由

第一步：化简 \(g(x)\) 并求导

\[ g(x) = (a\sin x – \ln(1+x)) + e^{x+1} – a\sin x = e^{x+1} – \ln(1+x) \] 求导得： \[ g'(x) = e^{x+1} – \frac{1}{1+x} \] 令 \(G(x) = e^{x+1} – \frac{1}{1+x}\)，则 \(G'(x) = e^{x+1} + \frac{1}{(1+x)^2} > 0\)，故 \(g'(x)\) 在 \((-1,+\infty)\) 上单调递增。

第二步：求 \(g(x)\) 的极小值点 \(x_1\) 及最小值 \(m\)

计算： \[ g'(0) = e – 1 > 0,\quad g’\left(-\frac{1}{2}\right) = \sqrt{e} – 2 < 0 \] 故 \(\exists x_1 \in \left(-\frac{1}{2}, 0\right)\)，使得 \(g'(x_1) = 0\)，即： \[ e^{x_1+1} = \frac{1}{1+x_1} \] 两边取对数：\(1 + x_1 = -\ln(1+x_1)\)。
此时 \(g(x)\) 在 \((-1,x_1)\) 单调递减，在 \((x_1,+\infty)\) 单调递增，故最小值： \[ m = g(x_1) = e^{x_1+1} – \ln(1+x_1) = \frac{1}{1+x_1} + 1 + x_1 \] 令 \(t = 1+x_1\)（\(t \in \left(\frac{1}{2},1\right)\)），则 \(m = \frac{1}{t} + t\)，在 \(\left(\frac{1}{2},1\right)\) 单调递减，故 \(2 < m < \frac{5}{2}\)。

第三步：分析方程 \(e^{1+x-m} – \ln(1+x) = 0\) 的根

方程等价于： \[ e^{1+x} = e^m \ln(1+x) \] 设 \(H(x) = e^{1+x} – e^m \ln(1+x)\)，求导： \[ H'(x) = e^{1+x} – \frac{e^m}{1+x} \] 令 \(t(x) = e^{1+x} – \frac{e^m}{1+x}\)，则 \(t'(x) = e^{1+x} + \frac{e^m}{(1+x)^2} > 0\)，故 \(H'(x)\) 单调递增。
计算： \[ H'(0) = e – e^m < 0,\quad H'(m-1) = e^m - \frac{e^m}{m} = \frac{e^m(m-1)}{m} > 0 \] 故 \(\exists x_2 \in (0, m-1)\)，使得 \(H'(x_2) = 0\)，即： \[ e^{1+x_2} = \frac{e^m}{1+x_2} \] 两边取对数：\(1 + x_2 = m – \ln(1+x_2)\)。
结合 \(m = \frac{1}{1+x_1} + \ln\frac{1}{1+x_1}\)，可证 \(1+x_2 = \frac{1}{1+x_1}\)，进而 \(H(x_2) = 0\)。
又 \(H(x)\) 在 \((-1,x_2)\) 单调递减，在 \((x_2,+\infty)\) 单调递增，故 \(H(x)_{\min} = H(x_2) = 0\)，即方程只有唯一实根。

方程实数根的个数为：\(\boldsymbol{1}\) 个

(3) 设 \(a > e\)，已知 \(\forall x \in \left(\frac{e^2}{2}\ln a, +\infty\right)\)，不等式 \(f(x) \ge 0\) 恒成立，求实数 \(a\) 的取值范围

第一步：化简不等式 \(f(x) \ge 0\)

\[ a^x – x^a \ge 0 \implies a^x \ge x^a \] 两边取自然对数（\(x \ge 0,\ a > e > 0\)，对数单调递增）： \[ x \ln a \ge a \ln x \] 两边除以 \(ax\)（\(a > 0,\ x > 0\)），得： \[ \frac{\ln x}{x} \le \frac{\ln a}{a} \]

第二步：构造函数 \(h(x) = \frac{\ln x}{x}\)，求导分析单调性

\[ h'(x) = \frac{\frac{1}{x} \cdot x – \ln x \cdot 1}{x^2} = \frac{1 – \ln x}{x^2} \] 令 \(h'(x) = 0\)，得 \(1 – \ln x = 0 \implies x = e\)。

• 当 \(0 < x < e\) 时，\(h'(x) > 0\)，\(h(x)\) 单调递增；
• 当 \(x > e\) 时，\(h'(x) < 0\)，\(h(x)\) 单调递减。

第三步：分析 \(x\) 的范围与 \(h(x)\) 的单调性

已知 \(a > e\)，且 \(x > \frac{e^2}{2}\ln a\)。
因为 \(a > e\)，所以 \(\ln a > 1\)，故 \(\frac{e^2}{2}\ln a > \frac{e^2}{2} > e\)，即 \(x > e\)。
因此 \(h(x)\) 在 \(\left(\frac{e^2}{2}\ln a, +\infty\right)\) 上单调递减。

第四步：将恒成立条件转化为 \(a\) 的不等式

要使 \(\frac{\ln x}{x} \le \frac{\ln a}{a}\) 对所有 \(x > \frac{e^2}{2}\ln a\) 恒成立，
因为 \(h(x)\) 在 \((e,+\infty)\) 单调递减，所以只需： \[ \frac{\ln a}{a} \ge h\left(\frac{e^2}{2}\ln a\right) \] 又 \(h(a) = \frac{\ln a}{a}\)，且 \(h(x)\) 单调递减，故等价于： \[ a \le \frac{e^2}{2}\ln a \] 即： \[ \frac{\ln a}{a} \ge \frac{\ln e^2}{e^2} = \frac{2}{e^2} \]

第五步：求解 \(a\) 的范围

因为 \(h(x)\) 在 \((e,+\infty)\) 单调递减，且 \(h(e^2) = \frac{2}{e^2}\)，
所以 \(h(a) \ge h(e^2) \implies e < a \le e^2\)。

实数 \(a\) 的取值范围：\((e, e^2]\)

(3) 函数 \(h(x) = f(x) – a(x+2)\) 有且只有两个零点，求 \(a\) 的取值范围

第一步：写出 \(h(x)\) 表达式并转化零点问题

\[ h(x) = \ln(x+2) – a(x+2),\quad x > -2 \] 零点即方程 \(\ln(x+2) – a(x+2) = 0\) 的根，等价于： \[ \frac{\ln(x+2)}{x+2} = a \]

第二步：构造函数 \(m(x) = \frac{\ln(x+2)}{x+2}\)（\(x > -2\)），求导分析单调性

令 \(t = x+2\)（\(t > 0\)），则 \(m(x) = \frac{\ln t}{t}\)，求导： \[ m'(x) = \frac{\frac{1}{x+2} \cdot (x+2) – \ln(x+2) \cdot 1}{(x+2)^2} = \frac{1 – \ln(x+2)}{(x+2)^2} \] 令 \(m'(x) = 0\)，得 \(1 – \ln(x+2) = 0 \implies x+2 = e \implies x = e – 2\)。

• 当 \(-2 < x < e-2\) 时，\(\ln(x+2) < 1\)，故 \(m'(x) > 0\)，\(m(x)\) 单调递增；
• 当 \(x > e-2\) 时，\(\ln(x+2) > 1\)，故 \(m'(x) < 0\)，\(m(x)\) 单调递减。

第三步：分析极限与最大值

• 当 \(x \to -2^+\) 时，\(x+2 \to 0^+\)，\(\ln(x+2) \to -\infty\)，故 \(m(x) \to -\infty\)；
• 当 \(x \to +\infty\) 时，\(\frac{\ln(x+2)}{x+2} \to 0\)，故 \(m(x) \to 0\)；
• 最大值在 \(x = e-2\) 处取得：\(m(e-2) = \frac{\ln e}{e} = \frac{1}{e}\)。

第四步：结合图像分析零点个数

函数 \(m(x)\) 先增后减，最大值为 \(\frac{1}{e}\)，且当 \(x \to +\infty\) 时趋近于 0。
要使直线 \(y = a\) 与 \(m(x)\) 图象有两个交点，需满足： \[ 0 < a < \frac{1}{e} \]

\(a\) 的取值范围：\(\left(0, \frac{1}{e}\right)\)

(3) 设 \(n \in \mathbb{N}_+\)，且 \(n \ge 2\)，求证：\(\left(\frac{1}{n}\right)^n\left(\frac{2}{n}\right)^n\left(\frac{3}{n}\right)^n\cdots\left(\frac{n-1}{n}\right)^{n-1} > 2^{-\frac{n^2}{2}}\)

步骤1：两边取自然对数，转化为求和式

原不等式两边取对数（\(\ln x\) 单调递增，不等号方向不变）： \[ \ln\left[\left(\frac{1}{n}\right)^n\left(\frac{2}{n}\right)^n\cdots\left(\frac{n-1}{n}\right)^{n-1}\right] > \ln\left(2^{-\frac{n^2}{2}}\right) \] 利用对数性质 \(\ln(ab) = \ln a + \ln b\) 和 \(\ln(a^b) = b\ln a\)，左边展开： \[ n\ln\frac{1}{n} + n\ln\frac{2}{n} + \dots + (n-1)\ln\frac{n-1}{n} > -\frac{n^2}{2}\ln 2 \] 两边除以 \(\frac{n}{2}\)（\(n>0\)），等价于： \[ 2\sum_{k=1}^{n-1} \left(1 – \frac{k}{n}\right)\ln\left(\frac{k}{n}\right) > -n\ln 2 \]

步骤2：利用(2)的结论放缩

由(2)知，\(g(a) = a\ln a + (1-a)\ln(1-a) \ge -\ln 2\)。
令 \(a = \frac{k}{n}\)（\(k = 1, 2, \dots, n-1\)），则 \(1-a = 1 – \frac{k}{n}\)，代入得： \[ \frac{k}{n}\ln\left(\frac{k}{n}\right) + \left(1 – \frac{k}{n}\right)\ln\left(1 – \frac{k}{n}\right) \ge -\ln 2 \]

步骤3：累加求和

对 \(k=1\) 到 \(k=n-1\) 求和： \[ \sum_{k=1}^{n-1} \left[ \frac{k}{n}\ln\left(\frac{k}{n}\right) + \left(1 – \frac{k}{n}\right)\ln\left(1 – \frac{k}{n}\right) \right] \ge -(n-1)\ln 2 \] 两边乘以 2： \[ 2\sum_{k=1}^{n-1} \left[ \frac{k}{n}\ln\left(\frac{k}{n}\right) + \left(1 – \frac{k}{n}\right)\ln\left(1 – \frac{k}{n}\right) \right] \ge -2(n-1)\ln 2 \] 又因为 \(n \ge 2\)，\(-2(n-1)\ln 2 \ge -n\ln 2\)，故： \[ 2\sum_{k=1}^{n-1} \left[ \frac{k}{n}\ln\left(\frac{k}{n}\right) + \left(1 – \frac{k}{n}\right)\ln\left(1 – \frac{k}{n}\right) \right] > -n\ln 2 \] 这与第一步化简后的不等式完全一致，回代即可证明原不等式成立。

得证

(3) 若 \(f(x) + \sin x > 1\) 在区间 \((0,+\infty)\) 上恒成立，求 \(a\) 的取值范围

步骤1：构造辅助函数 \(\varphi(x) = e^x – ax + \sin x – 1\)，转化为 \(\varphi(x) > 0\) 恒成立

\[ \varphi(x) = e^x – ax + \sin x – 1,\quad x > 0 \] 求导得： \[ \varphi'(x) = e^x – a + \cos x \] 令 \(m(x) = \varphi'(x)\)，则： \[ m'(x) = e^x – \sin x \]

步骤2：分析 \(m'(x)\) 的符号

当 \(x > 0\) 时，\(e^x > 1\)，而 \(\sin x \le 1\)，故 \(e^x – \sin x > 0\)，即 \(m'(x) > 0\)。
因此 \(m(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 上单调递增，且： \[ m(0) = e^0 – a + \cos 0 = 2 – a \]

步骤3：分类讨论 \(a\) 的取值

• ① 当 \(a \le 2\) 时：
  \(m(0) = 2 – a \ge 0\)，结合 \(m(x)\) 单调递增，得 \(m(x) > 0\)，即 \(\varphi'(x) > 0\)。
  故 \(\varphi(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 上单调递增，\(\varphi(x) > \varphi(0) = 1 – 0 + 0 – 1 = 0\)，符合题意。
• ② 当 \(a > 2\) 时：
  \(m(0) = 2 – a < 0\)，且当 \(x \to +\infty\) 时，\(m(x) \to +\infty\)，由零点存在定理，\(\exists x_0 \in (0,+\infty)\)，使得 \(m(x_0) = 0\)。
  当 \(x \in (0,x_0)\) 时，\(m(x) < 0\)，即 \(\varphi'(x) < 0\)，\(\varphi(x)\) 单调递减；
  当 \(x \in (x_0,+\infty)\) 时，\(m(x) > 0\)，即 \(\varphi'(x) > 0\)，\(\varphi(x)\) 单调递增。
  故 \(\varphi(x)_{\min} = \varphi(x_0) < \varphi(0) = 0\)，不符合题意。

\(a\) 的取值范围为 \((-\infty, 2]\)

(3) 若函数 \(f(x)\) 存在极大值，且极大值为 1，求证：\(f(x) \le e^{-x} + x^2\)

步骤1：由极大值条件确定 \(a\) 的值

由(2)知，仅当 \(a < 0\) 时 \(f(x)\) 存在极大值，且极大值为： \[ f\left(e^{-\left(1+\frac{1}{a}\right)}\right) = 1 \] 代入化简得： \[ e^{-\left(1+\frac{1}{a}\right)}\left[1 - a\left(1+\frac{1}{a}\right)\right] = 1 \implies -a \cdot e^{-\left(1+\frac{1}{a}\right)} = 1 \] 令 \(t = -\frac{1}{a}\ (t>0)\)，则 \(e^{t-1} = t\)。
构造 \(g(t) = e^{t-1} – t\)，求导得 \(g'(t) = e^{t-1} – 1\)，可知 \(g(t)\) 在 \(t=1\) 处取最小值 \(g(1)=0\)，故 \(t=1\)，即 \(a=-1\)。
因此 \(f(x) = x – x\ln x\)。

步骤2：等价变形，转化为经典不等式

要证 \(x – x\ln x \le e^{-x} + x^2\)，两边除以 \(x\ (x>0)\)： \[ 1 – \ln x \le \frac{e^{-x}}{x} + x \] 移项得： \[ 1 – x – \ln x \le \frac{e^{-x}}{x} = e^{-x – \ln x} \] 令 \(u = -x – \ln x\)，即证 \(e^u \ge u + 1\)。

步骤3：证明 \(e^u \ge u + 1\)

构造 \(H(u) = e^u – u – 1\)，求导： \[ H'(u) = e^u – 1 \]

• 当 \(u < 0\) 时，\(H'(u) < 0\)，\(H(u)\) 单调递减；
• 当 \(u > 0\) 时，\(H'(u) > 0\)，\(H(u)\) 单调递增。

得证

(3) 已知 \(a,b \in \mathbb{R}\)，曲线 \(y=f(x)\) 在不同三点 \((x_1,f(x_1)),(x_2,f(x_2)),(x_3,f(x_3))\) 处的切线都经过点 \((a,b)\)，且 \(x_1 < x_2 < x_3\)。当 \(0 < a < 2\) 时，证明： \[ 1 + \frac{2-a}{24} < \frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_3} < \frac{2}{a} - \frac{2-a}{24} \]

步骤1：切线方程转化为零点问题

切线方程为 \(y – f(x_i) = f'(x_i)(x – a)\)，代入点 \((a,b)\) 得： \[ \frac{1}{x_i} + \ln x_i – b = \frac{x_i – 1}{x_i^2}(x_i – a) \] 整理为： \[ h(x) = \frac{x-1}{x^2}(x-a) – \left(\frac{1}{x} + \ln x – b\right) = 0 \] 求导得： \[ h'(x) = -\frac{1}{x^3}(x-2)(x-a) \] 由 \(0 < a < 2\)，可知 \(h(x)\) 在 \((0,a)\)、\((2,+\infty)\) 单调递减，在 \((a,2)\) 单调递增，且三个零点满足 \(0 < x_1 < a < x_2 < 2 < x_3\)。

步骤2：变量替换与不等式放缩

令 \(t_i = \frac{2}{x_i}\)，\(m = \frac{a}{2} \in (0,1)\)，则原不等式等价于： \[ 2 + \frac{2-2m}{12} < t_1 + t_3 < \frac{2}{m} - \frac{2-2m}{12} \] 即证： \[ \frac{13-m}{6} < t_1 + t_3 < \frac{2}{m} - \frac{1-m}{6} \]

步骤3：构造辅助函数完成证明

由零点方程得： \[ \ln t_1 – \ln t_3 + \frac{m}{2}(t_1^2 – t_3^2) – (m+1)(t_1 – t_3) = 0 \] 令 \(u = \frac{t_1}{t_3} > 1\)，构造 \(\varphi(u) = \frac{(u+1)\ln u}{u-1}\)，可证其单调递增；再构造 \(\omega(m)\)，可证其在 \((0,1)\) 单调递增且 \(\omega(m) < 0\)，最终放缩得原不等式成立。

得证

(3) 设 \(a_n = \frac{\sqrt{n}}{2^n}\)，证明：\(\sum_{i=1}^n \frac{f(a_{i+1}) – f(a_i)}{a_{i+1} – a_i} > n – \frac{2}{9}\ (n \in \mathbb{N}^*)\)

步骤1：先证引理：\(0 < x_1 < x_2 < \frac{\pi}{2}\) 时，\(\frac{\sin x_1 - \sin x_2}{x_1 - x_2} > \cos x_2\)

令 \(q(x) = (x – x_2)\cos x_2 – \sin x + \sin x_2\)，则 \(q'(x) = \cos x_2 – \cos x < 0\)（\(0 < x < x_2\)），
故 \(q(x)\) 在 \((0, x_2)\) 单调递减，\(q(x) > q(x_2) = 0\)，即引理得证。

步骤2：放缩每一项

由 \(0 < a_{i+1} = \frac{\sqrt{i+1}}{2^{i+1}} < \frac{\sqrt{i}}{2^i} = a_i < \frac{\pi}{2}\)，及引理得： \[ \frac{f(a_{i+1}) - f(a_i)}{a_{i+1} - a_i} > \cos a_i = \cos \frac{\sqrt{i}}{2^i} \] 由 (2) 知 \(\cos x > 1 – \frac{x^2}{2}\)（\(x>0\)），故： \[ \cos \frac{\sqrt{i}}{2^i} > 1 – \frac{i}{2 \cdot 4^i} = 1 – \frac{i}{2^{2i+1}} \]

步骤3：求和并放缩

因此： \[ \sum_{i=1}^n \frac{f(a_{i+1}) – f(a_i)}{a_{i+1} – a_i} > \sum_{i=1}^n \left(1 – \frac{i}{2^{2i+1}}\right) = n – \sum_{i=1}^n \frac{i}{2^{2i+1}} \] 令 \(T_n = \sum_{i=1}^n \frac{i}{2^{2i+1}}\)，用错位相减法可求得： \[ T_n = \frac{2}{9} – \frac{3n+4}{9 \cdot 2^{2n+1}} < \frac{2}{9} \] 故： \[ \sum_{i=1}^n \frac{f(a_{i+1}) - f(a_i)}{a_{i+1} - a_i} > n – \frac{2}{9} \]

得证

(3) 设 \(a_n = \frac{\sqrt{n}}{2^n}\)，证明：\(\sum_{i=1}^n \frac{f(a_{i+1}) – f(a_i)}{a_{i+1} – a_i} > n – \frac{2}{9}\ (n \in \mathbb{N}^*)\)

步骤1：先证引理：\(0 < x_1 < x_2 < \frac{\pi}{2}\) 时，\(\frac{\sin x_1 - \sin x_2}{x_1 - x_2} > \cos x_2\)

令 \(q(x) = (x – x_2)\cos x_2 – \sin x + \sin x_2\)，则 \(q'(x) = \cos x_2 – \cos x < 0\)（\(0 < x < x_2\)），
故 \(q(x)\) 在 \((0, x_2)\) 单调递减，\(q(x) > q(x_2) = 0\)，即引理得证。

步骤2：放缩每一项

由 \(0 < a_{i+1} = \frac{\sqrt{i+1}}{2^{i+1}} < \frac{\sqrt{i}}{2^i} = a_i < \frac{\pi}{2}\)，及引理得： \[ \frac{f(a_{i+1}) - f(a_i)}{a_{i+1} - a_i} > \cos a_i = \cos \frac{\sqrt{i}}{2^i} \] 由 (2) 知 \(\cos x > 1 – \frac{x^2}{2}\)（\(x>0\)），故： \[ \cos \frac{\sqrt{i}}{2^i} > 1 – \frac{i}{2 \cdot 4^i} = 1 – \frac{i}{2^{2i+1}} \]

步骤3：求和并放缩

因此： \[ \sum_{i=1}^n \frac{f(a_{i+1}) – f(a_i)}{a_{i+1} – a_i} > \sum_{i=1}^n \left(1 – \frac{i}{2^{2i+1}}\right) = n – \sum_{i=1}^n \frac{i}{2^{2i+1}} \] 令 \(T_n = \sum_{i=1}^n \frac{i}{2^{2i+1}}\)，用错位相减法可求得： \[ T_n = \frac{2}{9} – \frac{3n+4}{9 \cdot 2^{2n+1}} < \frac{2}{9} \] 故： \[ \sum_{i=1}^n \frac{f(a_{i+1}) - f(a_i)}{a_{i+1} - a_i} > n – \frac{2}{9} \]

得证

(2) 当 \(a = 0\) 时，若 \(G(x) = e^x\)，\(H(x) = xf(x) = \ln x\)，且 \(1 < x_1 < x_2\)，设 \[ k_1 = \frac{G(x_1)-G(x_2)}{x_1-x_2},\ k_2 = \frac{H(x_1)-H(x_2)}{x_1-x_2} \] 证明： \[ k_1 - k_2 < \frac{G(x_1)+G(x_2)}{2} - \frac{1}{\sqrt{x_1x_2}} \]

步骤1：等价变形与放缩

原不等式即： \[ \frac{[G(x_1)-H(x_1)] – [G(x_2)-H(x_2)]}{x_1-x_2} < \frac{G'(x_1)+G'(x_2)}{2} - \frac{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}}{2} \] 令 \(P(x) = G(x) - H(x) = e^x - \ln x\)，则需证： \[ \frac{P(x_1)-P(x_2)}{x_1-x_2} < \frac{P'(x_1)+P'(x_2)}{2} \] 即 \(P(x_1) - P(x_2) > \frac{P'(x_1)+P'(x_2)}{2}(x_1 – x_2)\)。

步骤2：构造辅助函数证明不等式

令 \(x_1 = x\)，构造： \[ Q(x) = P(x) – P(x_2) – \frac{P'(x)+P'(x_2)}{2}(x – x_2) \] 求导： \[ Q'(x) = P'(x) – \frac{P'(x)+P'(x_2)}{2} – \frac{P”(x)}{2}(x – x_2) \] 令 \(R(x) = Q'(x)\)，则 \(R'(x) = -\frac{e^x – \frac{2}{x^3}}{2}(x – x_2) > 0\)（\(1 < x < x_2\)），故 \(Q'(x) < Q'(x_2) = 0\)，\(Q(x)\) 单调递减。
因此 \(Q(x) > Q(x_2) = 0\)，即原不等式成立。

得证

(3) 在 (2) 的条件下，令 \(\frac{x_0}{x_1} = t\)，求 \(t\) 的取值范围

步骤1：变量替换与辅助函数构造

令 \(k = -\frac{x_1}{x_0} = -\frac{1}{t}\)，则 \(x_1 = -kx_0\)，代入 \(F(x_1)=0\) 得： \[ \varphi(t) = e^{-kt} + (k+1)t e^t – e^t – \frac{(k+1)^2}{2}t^2 = 0 \]

步骤2：分析辅助函数的零点条件

对 \(\varphi(t)\) 多次求导，分析单调性：

• 当 \(0 < k \le 2\) 时，\(\varphi(t)\) 在 \((0,+\infty)\) 上无零点；
• 当 \(k > 2\) 时，\(\varphi(t)\) 在 \((0,+\infty)\) 上存在零点。

步骤3：确定 \(t\) 的取值范围

由 \(k = -\frac{1}{t} > 2\)，且 \(t < 0\)，解得： \[ -\frac{1}{2} < t < 0 \] 反之，对任意 \(t \in \left(-\frac{1}{2}, 0\right)\)，取 \(k = -\frac{1}{t} > 2\)，可构造满足条件的 \(x_0, x_1\)。

\(t\) 的取值范围：\(\left(-\frac{1}{2}, 0\right)\)