题目：
已知函数 \(f(x)=\frac{e}{2x}+\ln{x}\) 上存在不同的三点 \((x_1,f(x_1)),(x_2,f(x_2)),(x_3,f(x_3)),\) 且曲线 \(y=f(x)\) 经过这三点的切线都经过点 \((a,b).\)
（Ⅰ） 求 \(f(x)\) 的单调区间
（Ⅱ）（i） 若 \(a>e,\) 证明： \(0<b−f(a)<\frac{1}{2}(\frac{a}{e}−1)\)
（ii） 若 \(0<a<e,\) 且满足 \(x_1<x_2<x_3,\) 证明 ：
\(\frac{2}{e}+\frac{e−a}{6e^2}<\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_3}<\frac{2}{a}−\frac{e−a}{6e^2}\)
解：
（Ⅰ）：
由题意得，对 \(f(x)\) 求导得到：
\[f^\prime(x)=\frac{2x-e}{2x^2}
\]
所以 \(f(x)\) 在 \((0,\frac{e}{2})\) 内单调递减，在 \((\frac{e}{2},+\infty)\) 内单调递增。
（Ⅱ）：
（i）：
由题意得：
过 \((x_i,f(x_i)),i=1,2,3\) 的切线
\[f(x)=f^\prime(x)(x-a)+b
\]
即
\[\frac{e}{2x}+\ln{x}=\frac{2x-e}{2x^2}(x-a)+b
\]
令
\[g(x)=\frac{2x-e}{2x^2}(x-a)-\frac{e}{2x}-\ln{x}+b
\]
由题意得，当 \(g(x)=0\) 时存在三个不同的根。
对 \(g(x)\) 求导得到：
\[g^\prime(x)=-\frac{x^2-(a+e)x+ae}{x^3}=-\frac{(x-a)(x-e)}{x^3}
\]
所以 \(g(x)\) 在 \((0,e)\) 内单调递减，在 \((e,a)\) 内单调递增，在 \((a,+\infty)\) 内单调递减。
不难发现
\[\lim\limits_{x\rightarrow0}{g(x)}=+\infty,\lim\limits_{x\rightarrow \infty}{g(x)}=-\infty
\]
所以
\[g(e)=-\frac{a}{2e}-1+b<0,g(a)=-\frac{e}{2a}-\ln{a}+b>0
\]
由（Ⅰ）得 \(f(x)\) 在 \((\frac{e}{2},+\infty)\) 内单调递增，故 \(f(a)>f(e)\) 。
所以
\[0=\frac{e}{2a}+\ln{a}-f(a)<b-f(a)<\frac{a}{2e}+1-f(e)=\frac{1}{2}(\frac{a}{e}−1)
\]
（ii）：
由题意得 \(:0<a<e,\) 与（i）同理，可知 \(0<x_1<a<x_2<e<x_3\) 。
令 \(t_i=\frac{1}{x_i},i=1,2,3,\) 那么要证
\[\frac{2}{e}+\frac{e−a}{6e^2}<\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_3}<\frac{2}{a}−\frac{e−a}{6e^2}
\]
即证
\[\frac{2}{e}+\frac{e−a}{6e^2}<t_1+t_3<\frac{2}{a}−\frac{e−a}{6e^2}
\]
即证
\[[(t_1+t_3)-(\frac{2}{e}+\frac{e−a}{6e^2})]\times[(t_1+t_3)-(\frac{2}{a}−\frac{e−a}{6e^2})]<0
\]
即证
\[(t_1+t_3)^2-(\frac{2}{e}+\frac{2}{a})(t_1+t_3)+(\frac{2}{e}+\frac{e−a}{6e^2})\times(\frac{2}{a}−\frac{e−a}{6e^2})<0
\]
由题意得 \(,x_1,x_3\) 为方程 \(g(x)=\frac{2x-e}{2x^2}(x-a)-\frac{e}{2x}-\ln{x}+b=0\) 的两根，所以
\[\frac{2x_1-e}{2x_1^2}(x_1-a)-\frac{e}{2x_1}-\ln{x_1}+b=0\\
\frac{2x_3-e}{2x_3^2}(x_3-a)-\frac{e}{2x_3}-\ln{x_3}+b=0
\]
两式相减，整理得到：
\[\frac{ae}{2}(\frac{1}{x_1^2}-\frac{1}{x_3^2})-(a+e)(\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_3})-(\ln{x_1}-\ln{x_3})=0
\]
即
\[\frac{ae}{2}(t_1^2-t_3^2)-(a+e)(t_1-t_3)+(\ln{t_1}-\ln{t_3})=0
\]
两边同乘 \(\frac{2(t_1+t_3)}{ae(t_1-t_3)}\) 得到
\[(t_1+t_3)^2-(\frac{2}{e}+\frac{2}{a})(t_1+t_3)+\frac{2}{ae}\times\frac{(\ln{t_1}-\ln{t_3})(t_1+t_3)}{(t_1-t_3)}=0
\]
所以要证
\[(t_1+t_3)^2-(\frac{2}{e}+\frac{2}{a})(t_1+t_3)+(\frac{2}{e}+\frac{e−a}{6e^2})\times(\frac{2}{a}−\frac{e−a}{6e^2})<0
\]
即证
\[(\frac{2}{e}+\frac{e−a}{6e^2})\times(\frac{2}{a}−\frac{e−a}{6e^2})<\frac{2}{ae}\times\frac{(\ln{t_1}-\ln{t_3})(t_1+t_3)}{(t_1-t_3)}
\]
即证
\[(\frac{2}{e}+\frac{e−a}{6e^2})\times(\frac{2}{a}−\frac{e−a}{6e^2})<\frac{2}{ae}\times\frac{\ln{\frac{t_1}{t_3}}(\frac{t_1}{t_3}+1)}{(\frac{t_1}{t_3}-1)}
\]
令
\[h(x)=\frac{\ln{x}(x+1)}{(x-1)},x>1
\]
对 \(h(x)\) 求导得到：
\[h^\prime(x)=\frac{-2\ln{x}+\frac{x^2-1}{x}}{(x-1)^2}
\]
令
\[F(x)=\frac{x^2-1}{x}-2\ln{x},x>1
\]
对 \(F(x)\) 求导得到：
\[F^\prime(x)=\frac{(x-1)^2}{x^2}>0
\]
所以 \(F(x)\) 在 \((1,+\infty)\) 内单调递增。
所以 \(F(x)>F(1)=0,h(x)\) 在 \((1,+\infty)\) 内单调递增。
因为 \(\frac{t_1}{t_3}=\frac{x_3}{x_1}>\frac{e}{a}>1,\) 所以 \(h(\frac{t_1}{t_3})>h(\frac{e}{a})\) 。
所以即证
\[(\frac{2}{e}+\frac{e−a}{6e^2})\times(\frac{2}{a}−\frac{e−a}{6e^2})<\frac{2}{ae}\times\frac{\ln{\frac{e}{a}}(\frac{e}{a}+1)}{(\frac{e}{a}-1)}
\]
令 \(k=\frac{e}{a},k\in(0,1),\) 即证
\[\frac{k}{2}(2+\frac{1-k}{6})(\frac{2}{k}-\frac{1-k}{6})<\frac{\ln{k}(k+1)}{k-1}
\]
即证
\[\ln{k}<\frac{(k-1)(13-k)(k^2-k+12)}{72(k+1)}
\]
令
\[G(x)=\ln{x}-\frac{(x-1)(13-x)(x^2-x+12)}{72(x+1)},0<x<1
\]
对 \(G(x)\) 求导得到：
\[G^\prime(x)=\frac{3x^5-26x^4-6x^3+150x^2-193x+72}{72x(x+1)^2}=\frac{(x-1)^2(3x^3-20x^2-49x+72)}{72x(x+1)^2}
\]
令
\[H(x)=3x^3-20x^2-49x+72,0<x<1
\]
对 \(H(x)\) 求导得到：
\[H^\prime(x)=9x^2-40x-49=(x+1)(9x-49)<0
\]
所以 \(H(x)\) 在 \((0,1)\) 内单调递减。
所以 \(H(x)>H(1)=6>0,G(x)\) 在 \((0,1)\) 内单调递增。
所以 \(G(x)<G(1)=0,\) 即
\[\ln{x}<\frac{(x-1)(13-x)(x^2-x+12)}{72(x+1)}
\]
证毕！
