2008-天津卷理-20 解-几何证明

本题导读

本题考查导数的几何意义与切线方程、利用导数研究函数的单调性。核心在于正确理解题意并选用恰当方法求解。

📌【题干】

Question

（2008年天津卷(理)） 已知函数 $f(x)=x+\frac{a}{x}+b(x\ne 0)$，其中 $a,b\in \mathbf{R}$.

(1) 若曲线 $y=f(x)$ 在点 $P(2,f(2))$ 处的切线方程为 $y=3x+1$，求函数 $f(x)$ 的解析式；

(2) 讨论函数 $f(x)$ 的单调性；

(3) 若对于任意的 $a\in \left[\frac{1}{2},2\right]$，不等式 $f(x)⩽10$ 在 $\left[\frac{1}{4},1\right]$ 上恒成立，求 $b$ 的取值范围.

🔍【思路分析】

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1. 第一问：求导得 $f^{\prime }(x)=1-\frac{a}{x^2}$。利用切线斜率 $f^{\prime }(2)=3$ 求出 $a$，再由切点坐标满足 $f(2)=3\times 2+1=7$ 求解 $b$。
2. 第二问：由 $f^{\prime }(x)=\frac{x^2-a}{x^2}$ 可知其正负取决于分子。需对参数 $a$ 按照 $a⩽0$ 和 $a>0$ 进行分类讨论。
3. 第三问：分离出变量 $b$，将问题转化为 $b⩽10-\left(x+\frac{a}{x}\right)$ 恒成立。由于在给定区间内该式关于 $a$ 单调递减，最大值在 $a=2$ 处取得，再求出关于 $x$ 的函数的最值即可。

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• 当 $a⩽0$ 时， $f(x)$ 在 $(-\infty ,0)$ 和 $(0,+\infty )$ 上单调递增；- 当 $a>0$ 时， $f(x)$ 的单调递增区间为 $(-\infty ,-\sqrt{a})$ 和 $(\sqrt{a},+\infty )$

✍【详细解析】

Abstract

解：对函数 $f(x)$ 求导，得 $f^{\prime }(x)=1-\frac{a}{x^2}$。

(1) 依题意，曲线 $y=f(x)$ 在点 $P(2,f(2))$ 处的切线斜率为 3， 所以 $f^{\prime }(2)=1-\frac{a}{4}=3⟹a=-8$。 同时切点 $P$ 在切线 $y=3x+1$ 上，可知其纵坐标为 $f(2)=3\times 2+1=7$。 将 $a=-8$ 代入原函数： $f(2)=2+\frac{-8}{2}+b=b-2=7⟹b=9$。 故函数 $f(x)$ 的解析式为 $f(x)=x-\frac{8}{x}+9$。

(2) $f^{\prime }(x)=\frac{x^2-a}{x^2}(x\ne 0)$： ① 当 $a⩽0$ 时，对任意 $x\ne 0$，恒有 $x^2-a>0⟹f^{\prime }(x)>0$。 此时函数 $f(x)$ 的单调递增区间为 $(-\infty ,0)$ 和 $(0,+\infty )$，无单调递减区间。 ② 当 $a>0$ 时，令 $f^{\prime }(x)=0⟹x=\pm \sqrt{a}$。 当 $x\in (-\infty ,-\sqrt{a})$ 或 $x\in (\sqrt{a},+\infty )$ 时， $f^{\prime }(x)>0$，函数单调递增； 当 $x\in (-\sqrt{a},0)$ 或 $x\in (0,\sqrt{a})$ 时， $f^{\prime }(x)<0$，函数单调递减。 综上所述：

• 当 $a⩽0$ 时， $f(x)$ 在 $(-\infty ,0)$ 和 $(0,+\infty )$ 上单调递增；
• 当 $a>0$ 时， $f(x)$ 的单调递增区间为 $(-\infty ,-\sqrt{a})$ 和 $(\sqrt{a},+\infty )$，单调递减区间为 $(-\sqrt{a},0)$ 和 $(0,\sqrt{a})$。

(3) 依题意，对任意 $a\in \left[\frac{1}{2},2\right]$ 及 $x\in \left[\frac{1}{4},1\right]$，均有： $x+\frac{a}{x}+b⩽10⟹b⩽10-\left(x+\frac{a}{x}\right)$ 要使不等式恒成立，只需 $b⩽{\left[10-\left(x+\frac{a}{x}\right)\right]}_{\min }$，即 $b⩽10-{\left(x+\frac{a}{x}\right)}_{\max }$。 设 $H(x,a)=x+\frac{a}{x}$。 因为 $x\in \left[\frac{1}{4},1\right]>0$，所以 $H(x,a)$ 随 $a$ 的增大而增大。 当 $a=2$ 时， $H(x,a)$ 取得关于 $a$ 的最大值，此时 $H(x,2)=x+\frac{2}{x}$。 再分析函数 $h(x)=x+\frac{2}{x}$ 在 $x\in \left[\frac{1}{4},1\right]$ 上的单调性： 其导数 $h^{\prime }(x)=1-\frac{2}{x^2}=\frac{x^2-2}{x^2}$。 因为 $x\in \left[\frac{1}{4},1\right]$，所以 $x^2⩽1<2$，恒有 $h^{\prime }(x)<0$。 故 $h(x)$ 在 $\left[\frac{1}{4},1\right]$ 上严格单调递减。 所以当 $x=\frac{1}{4}$ 时， $h(x)$ 取得最大值： $h\left(\frac{1}{4}\right)=\frac{1}{4}+\frac{2}{\frac{1}{4}}=\frac{1}{4}+8=\frac{33}{4}$ 即 ${\left(x+\frac{a}{x}\right)}_{\max }=\frac{33}{4}$。 因此， $b⩽10-\frac{33}{4}=\frac{7}{4}$。 故 $b$ 的取值范围是 $\left(-\infty ,\frac{7}{4}\right]$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：导数的几何意义（切点兼具曲线与切线双重特征）；双勾函数的单调性分类模型；多变量最值的“逐步夹逼法”。
2. 核心方法：

• 讨论单调性时，牢记定义域 $x\ne 0$ 的断点限制，单调区间必须用“和”或分立符号分开，不可写成并集 $\cup$。
• 恒成立问题采用最值化归思想。

3. 避坑指南：第三问中容易因习惯性思维直接对 $x+\frac{2}{x}$ 采用均值不等式去求极值（对勾函数对低点为 $\sqrt{2}$），但由于 $\sqrt{2}$ 不在给定区间 $\left[\frac{1}{4},1\right]$ 内，必须依靠单调性边界求最值。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题依托经典的“双勾函数（耐克函数）” $y=x+\frac{a}{x}$ 模型，属于教材中关于利用导数工具研究非线性函数形态的标准大题模型。
2. 结论推广：形如 $f(x)=x+\frac{a}{x}$ 恒成立边界问题的变式广泛存在于高考压轴大题中，掌握“主元法”优先固定其中一元（如先固定单调的 $a$）是简化复杂多元不等式问题的通用捷径。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 05.01 函数的概念

类题演练 (Links)

• 2009-天津卷文-08 单-分段函数不等式
• 2009-新课标卷文-24 解-绝对值函数分段不等式
• 2009-辽宁卷文-12 单-偶函数单调解不等式