2010-山东卷理-22 解-导数

本题导读

本题为理科导数压轴大题，考查利用导数研究含参超越函数的单调性，以及“任意-存在”双量词命题下的最值转化与分类讨论。

📌【题干】

Question

（2010年山东卷(理)） 已知函数 $f(x)=\ln x-ax+\frac{1-a}{x}-1(a\in \mathbb{R})$.

(1) 当 $a\le \frac{1}{2}$ 时，讨论 $f(x)$ 的单调性；

(2) 设 $g(x)=x^2-2bx+4$，当 $a=\frac{1}{4}$ 时，若对任意 $x_1\in (0,2)$，存在 $x_2\in [1,2]$，使 $f(x_1)\ge g(x_2)$，求实数 $b$ 的取值范围.

🔍【思路分析】

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1. 第 (1) 问：对 $f(x)$ 求导，得 $f^{\prime }(x)=\frac{-a{x}^2+x-(1-a)}{x^2}=-\frac{(ax-1+a)(x-1)}{x^2}$（或因式分解）。对 $a$ 的正负及根的大小进行分类讨论：

• 当 $a\le 0$ 时，分子判别式与符号分析；
• 当 $0<a<\frac{1}{2}$ 时，比较两个根 $1$ 与 $\frac{1-a}{a}$ 的大小关系；
• 当 $a=\frac{1}{2}$ 时，二次项凑成完全平方。

2. 第 (2) 问：命题“对任意 $x_1\in (0,2)$，存在 $x_2\in [1,2]$，使 $f(x_1)\ge g(x_2)$”等价于： $f(x{)}_{\min }\ge g(x{)}_{\min }(x_1\in (0,2),x_2\in [1,2])$ 当 $a=\frac{1}{4}$ 时，由 (1) 可求出 $f(x)$ 在 $(0,2)$ 上的最小值 $f(x{)}_{\min }$。求出 $g(x)$ 在 $[1,2]$ 上的最小值 $g(x{)}_{\min }$（对二次函数轴线 $b$ 进行分类讨论），建立关于 $b$ 的不等式组求解。

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• 当 $a\le 0$ 时，$f(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减，在 $(1,+\infty )$ 上单调递增；- 当 $0<a<\frac{1}{2}$ 时，$f(x)$ 在 $(0,1)$ 和 $\left(\frac{1 - a}{a}, +\infty\righ

✍【详细解析】

Abstract

(1) 当 $a\le \frac{1}{2}$ 时，讨论 $f(x)$ 的单调性

函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty )$。 求导得： $f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-a-\frac{1-a}{x^2}=\frac{-a{x}^2+x+a-1}{x^2}$

分子因式分解： $-a{x}^2+x+a-1=-(ax+a-1)(x-1)$

设 $h(x)=-a{x}^2+x+a-1$，令 $h(x)=0$，解得根为： $x_1=1,x_2=\frac{1-a}{a}(a\ne 0)$

下面对 $a$ 分类讨论：

① 当 $a\le 0$ 时： 当 $x\in (0,1)$ 时，$-ax\ge 0⟹-ax+x+a-1=x(1-a)+a-1=(x-1)(1-a)<0$； 当 $x\in (1,+\infty )$ 时，$-a{x}^2+x+a-1>0$。 即：

• 当 $x\in (0,1)$ 时，$f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 单调递减；
• 当 $x\in (1,+\infty )$ 时，$f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 单调递增。

② 当 $a=\frac{1}{2}$ 时： $x_2=\frac{1-\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}}=1$ $f^{\prime }(x)=\frac{-\frac{1}{2}{x}^2+x-\frac{1}{2}}{x^2}=-\frac{(x-1{)}^2}{2x^2}\le 0$ 恒成立。 故当 $a=\frac{1}{2}$ 时，$f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递减。

③ 当 $0<a<\frac{1}{2}$ 时： 因为 $0<a<\frac{1}{2}$，所以 $x_2=\frac{1-a}{a}>1$。

• 当 $x\in (0,1)$ 时，$f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 单调递减；
• 当 $x\in \left(1,\frac{1-a}{a}\right)$ 时，$f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 单调递增；
• 当 $x\in \left(\frac{1-a}{a},+\infty \right)$ 时，$f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 单调递减。

综上所述：

• 当 $a\le 0$ 时，$f(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减，在 $(1,+\infty )$ 上单调递增；
• 当 $0<a<\frac{1}{2}$ 时，$f(x)$ 在 $(0,1)$ 和 $\left(\frac{1-a}{a},+\infty \right)$ 上单调递减，在 $\left(1,\frac{1-a}{a}\right)$ 上单调递增；
• 当 $a=\frac{1}{2}$ 时，$f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递减。

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(2) 求实数 $b$ 的取值范围

当 $a=\frac{1}{4}$ 时，由 (1) 知，$x_2=\frac{1-\frac{1}{4}}{\frac{1}{4}}=3$。 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减，在 $(1,3)$ 上单调递增。

因为 $x_1\in (0,2)\subset (0,3)$，所以 $f(x)$ 在 $(0,2)$ 上的极小值点为 $x=1$，亦为最小值点。 求出 $f(x)$ 在 $(0,2)$ 上的最小值为： $f(x_1{)}_{\min }=f(1)=\ln 1-\frac{1}{4}(1)+\frac{1-\frac{1}{4}}{1}-1=0-\frac{1}{4}+\frac{3}{4}-1=-\frac{1}{2}$

命题“对任意 $x_1\in (0,2)$，存在 $x_2\in [1,2]$，使 $f(x_1)\ge g(x_2)$”等价于： $f(x_1{)}_{\min }\ge g(x_2{)}_{\min }⟹-\frac{1}{2}\ge g(x_2{)}_{\min }(x_2\in [1,2])$

二次函数 $g(x)=x^2-2bx+4$ 的对称轴为 $x=b$。下按对称轴 $b$ 与区间 $[1,2]$ 的位置关系分类讨论 $g(x)$ 的最小值：

1. 当 $b<1$ 时： $g(x)$ 在 $[1,2]$ 上单调递增，故最小值在 $x=1$ 处取得： $g(x{)}_{\min }=g(1)=1-2b+4=5-2b$ 由 $5-2b\le -\frac{1}{2}⟹2b\ge \frac{11}{2}⟹b\ge \frac{11}{4}$。 与 $b<1$ 无交集，无解。

2. 当 $1\le b\le 2$ 时： $g(x)$ 在 $x=b$ 处取得最小值： $g(x{)}_{\min }=g(b)=b^2-2b^2+4=4-b^2$ 由 $4-b^2\le -\frac{1}{2}⟹b^2\ge \frac{9}{2}$。 因为 $b\ge 1$，解得 $b\ge \sqrt{\frac{9}{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$。 结合 $1\le b\le 2$ 得：$\frac{3\sqrt{2}}{2}\le b\le 2$。

3. 当 $b>2$ 时： $g(x)$ 在 $[1,2]$ 上单调递减，故最小值在 $x=2$ 处取得： $g(x{)}_{\min }=g(2)=4-4b+4=8-4b$ 由 $8-4b\le -\frac{1}{2}⟹4b\ge \frac{17}{2}⟹b\ge \frac{17}{8}$。 结合 $b>2$，求交集得 $b\ge \frac{17}{8}$。

综合三种情况，求并集可得： $b\in \left[\frac{3\sqrt{2}}{2},2\right]\cup \left[\frac{17}{8},+\infty \right)$

故实数 $b$ 的取值范围是 $\left[\frac{3\sqrt{2}}{2},2\right]\cup \left[\frac{17}{8},+\infty \right)$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：导数判断超越函数单调性（双根分类）、双量词“任意-存在”的最值等价转换 $f_{\min }\ge g_{\min }$。
2. 核心方法：

• 导数根的大小比较（与定义域界限 $1$ 的比较）；
• 二次函数闭区间最值（轴线三分法）。

3. 避坑指南：

• 注意第 (2) 问中 $x_1\in (0,2)$，$f(x)$ 最小值为极小值点 $x=1$ 处的函数值，需验证 $x=1$ 在 $(0,2)$ 内；
• 对二阶二次函数 $g(x)$ 讨论时，注意 $b$ 的三大区间端点处的闭合交集取值。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：山东高考数学压轴题经典范例，融汇了求导、分类讨论、逻辑量词与二次函数最值。
2. 结论推广：对“$\forall x_1\in I_1,\exists x_2\in I_2,f(x_1)\ge g(x_2)$” 型命题，充要条件必为 $f(x{)}_{I_1,\min }\ge g(x{)}_{I_2,\min }$。

🔗【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)

• 2012-重庆卷文-08 单-导数与函数图象
• 2013-天津卷文-20 解-分段函数导数切线
• 2013-陕西卷文-23 解-反函数与导数比较