2010-湖南卷文-21 解-导数单调与存在性

本题导读

考查导数综合。$f^{\prime }(x)=\frac{(x-1)(x+a)}{x^2}$：$-1<a<0$ 时增 $(0,-a),(1,+\infty )$、减 $(-a,1)$；$a<-1$ 时增 $(0,1),(-a,+\infty )$、减 $(1,-a)$。存在 $a$ 使 $g$ 在 $[a,-a]$ 递减，取值范围 $[-3,-2]$。

📌【题干】

Question

（2010年湖南卷(文)） 已知函数 $f(x)=\frac{a}{x}+x+(a-1)\ln x+15a$，其中 $a<0$，且 $a\ne -1$.

(1)讨论函数 $f(x)$ 的单调性；

(2)设函数 $g(x)=\{\begin{array}{ll}(-2x^3+3a{x}^2+6ax-4a^2-6a){\mathrm{e}}^x,& x⩽1,\\ \mathrm{e}\cdot f(x),& x>1,\end{array}$（e 是自然对数的底数）. 是否存在 $a$，使 $g(x)$ 在 $[a,-a]$ 上为减函数？若存在，求 $a$ 的取值范围；若不存在，请说明理由.

🔍【思路分析】

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1.（1）定义域 $x>0$，求导通分因式分解，比较根 $x=1$ 与 $x=-a$ 的大小分两类。 2.（2）先探必要条件：$x=1$ 处左右函数值须满足递减要求 $g(1)⩾\underset{x\to 1^{+}}{\lim }g(x)$，及 $Q(a)>0$ 的排除，得 $-3⩽a⩽-2$。 3. 再证充分性：该范围内 $Q(x)⩽0$ 且 $f^{\prime }(x)⩽0$，两段都减且 $x=1$ 处无上跳。

✅【答案】

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(1) $-1<a<0$：增区间 $(0,-a)$、$(1,+\infty )$，减区间 $(-a,1)$；$a<-1$：增区间 $(0,1)$、$(-a,+\infty )$，减区间 $(1,-a)$

(2) 存在，$a\in [-3,-2]$

✍【详细解析】

Abstract

（1）函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty )$，且 $f^{\prime }(x)=-\frac{a}{x^2}+1+\frac{a-1}{x}=\frac{x^2+(a-1)x-a}{x^2}=\frac{(x-1)(x+a)}{x^2}.$ 当 $-1<a<0$ 时，$0<-a<1$，$f^{\prime }(x)$ 在 $(0,-a)$、$(1,+\infty )$ 上为正，在 $(-a,1)$ 上为负， 故 $f(x)$ 在 $(0,-a)$、$(1,+\infty )$ 上单调递增，在 $(-a,1)$ 上单调递减. 当 $a<-1$ 时，$1<-a$，同理 $f^{\prime }(x)$ 在 $(0,1)$、$(-a,+\infty )$ 上为正，在 $(1,-a)$ 上为负， 故 $f(x)$ 在 $(0,1)$、$(-a,+\infty )$ 上单调递增，在 $(1,-a)$ 上单调递减. （2）存在满足条件的 $a$. 记 $P(x)=-2x^3+3a{x}^2+6ax-4a^2-6a$. 当 $x<1$ 时，$g(x)=P(x){\mathrm{e}}^x$，从而 $g^{\prime }(x)={\mathrm{e}}^x\left(P(x)+P^{\prime }(x)\right)={\mathrm{e}}^{x}Q(x),$ 其中 $Q(x)=-2x^3+(3a-6)x^2+12ax-4a^2$，且 $Q^{\prime }(x)=-6(x+2)(x-a)$. 若 $a>-2$，则 $Q(a)=a^2(a+2)>0$，所以 $g^{\prime }(x)$ 在 $a$ 的右侧为正，$g$ 不可能在 $[a,-a]$ 上为减函数，故必须 $a⩽-2$. 在 $x=1$ 处，左、右两侧函数值需满足递减衔接要求： $g(1)-{\lim }_{x\to 1^{+}}g(x)=\mathrm{e}(-4a^2+3a-2)-\mathrm{e}(1+16a)=-\mathrm{e}(4a+1)(a+3)⩾0.$ 结合 $a⩽-2$ 时 $4a+1<0$，可得 $a⩾-3$，于是必要条件为 $-3⩽a⩽-2$. 再验证充分性：当 $-3⩽a⩽-2$ 时，在 $[a,1]$ 上有 $x-a⩾0$，且 $Q^{\prime }(x)⩾0$（$a⩽x⩽-2$）、$Q^{\prime }(x)⩽0$（$-2⩽x⩽1$）， 故 $Q(x)$ 在 $x=-2$ 处取得最大值，而 $Q(-2)=-4(a+1)(a+2)⩽0$，于是 $Q(x)⩽0$，$g^{\prime }(x)⩽0$. 当 $1<x⩽-a$ 时，$g(x)=\mathrm{e}f(x)$，$g^{\prime }(x)=\mathrm{e}{f}^{\prime }(x)=\mathrm{e}\cdot \frac{(x-1)(x+a)}{x^2}⩽0$. 又上面的函数值比较保证了 $g$ 在 $x=1$ 处没有向上跳跃. 因此 $g(x)$ 在 $[a,-a]$ 上为减函数. 综上，存在这样的 $a$，其取值范围为 $a\in [-3,-2]$.

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：导数单调性与分段函数的存在性

核心方法：$f^{\prime }(x)=\frac{(x-1)(x+a)}{x^2}$ 按 $-a$ 与 1 的大小分类；$g$ 的递减性用”必要性探路 + 充分性验证”两段论证

避坑指南：定义域 $x>0$ 使 $x^2>0$，去分母不影响符号；分类的依据是两个根 $1$ 与 $-a$ 谁大；第二问在 $x=1$ 的衔接点处必须比较左右函数值，这是分段函数递减的隐藏门槛。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：导数压轴题中”是否存在”型设问，标准套路是先找必要条件再证充分。

结论推广：$g^{\prime }(x)={\mathrm{e}}^x(P+P^{\prime })$ 的结构源于 $(P{\mathrm{e}}^x{)}^{\prime }$；分段函数在分界点递减要求左值 $⩾$ 右极限。

方法推广：先由最”卡脖子”的位置（参数在区间端点、衔接点）挤出参数范围，再对所得范围逐段验证单调性，两头都过才能下结论。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值

类题演练 (Links)

• 2009-大纲卷II文-21 解-导数单调与恒成立
• 2009-山东卷文-21 解-导数极值与恒成立
• 2009-浙江卷文-21 解-导数切线与单调性
• 2009-湖北卷文-21 解-导数最值恒成立