2015-四川卷理-21 解-导数综合

本题导读

本题是四川卷的导数压轴大题，具有很强的综合性和技巧性。第一问考查对导函数进行再次求导（二阶导）以判断其单调性，涉及分类讨论；第二问是全卷难点，考查在特定区间内函数最值与零点的唯一性，需要通过巧妙的构造和零点存在性定理进行存在性论证。

📌【题干】

Question

（2015年四川卷(理)） 已知函数 $f(x)=-2(x+a)\ln x+x^2-2ax-2a^2+a$，其中 $a>0$.

(1) 设 $g(x)$ 是 $f(x)$ 的导函数，评价 $g(x)$ 的单调性；

(2) 证明：存在 $a\in (0,1)$，使得 $f(x)\ge 0$ 在区间 $(1,+\infty )$ 内恒成立，且 $f(x)=0$ 在 $(1,+\infty )$ 内有唯一解.

🔍【思路分析】

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1. 第一问思路：
   • 求导：先求出 $g(x)=f^{\prime }(x)=2x-2a-2\ln x-2(1+\frac{a}{x})$。
   • 二阶导分析：要求 $g(x)$ 的单调性，需研究 $g^{\prime }(x)$ 的符号。
     • 分类讨论：$g^{\prime }(x)=2-\frac{2}{x}+\frac{2a}{x^2}=\frac{2x^2-2x+2a}{x^2}$。分子是一个关于 $x$ 的二次函数，其判别式 $\Delta =4-16a$ 决定了零点的个数，从而决定了 $g(x)$ 的单调区间。
2. 第二问思路：
   • 条件转化：题目要求 $f(x)\ge 0$ 且有唯一零点，意味着该零点必为 $f(x)$ 的最小值点。
   • 寻找极值点：最小值点 $x_0$ 必满足 $f^{\prime }(x_0)=0$ 且 $f(x_0)=0$。
   • 构造参数方程：由 $f^{\prime }(x_0)=0$ 可以将参数 $a$ 用 $x_0$ 表示。代入 $f(x_0)=0$ 构造关于 $x_0$ 的新函数 $\phi (x)$。
   • 零点论证：利用零点存在性定理证明在 $(1,+\infty )$ 内存在 $x_0$ 使得 $\phi (x_0)=0$，进而反推出符合条件的 $a$ 的范围。

✅【答案】

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证毕

✍【详细解析】

Abstract

（I）评价 $g(x)$ 的单调性

函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty )$。 $g(x)=f^{\prime }(x)=-2\ln x-2(x+a)\cdot \frac{1}{x}+2x-2a=2x-2a-2\ln x-2-\frac{2a}{x}$。 求 $g(x)$ 的导数： $g^{\prime }(x)=2-\frac{2}{x}+\frac{2a}{x^2}=\frac{2x^2-2x+2a}{x^2}$。 设分子 $h(x)=2x^2-2x+2a$，其判别式 $\Delta =4-16a=4(1-4a)$。

1. 当 $a\ge \frac{1}{4}$ 时，$\Delta \le 0$，则 $h(x)\ge 0$ 恒成立。 此时 $g^{\prime }(x)\ge 0$，故 $g(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递增。
2. 当 $0<a<\frac{1}{4}$ 时，$\Delta >0$。 方程 $2x^2-2x+2a=0$ 有两个正根：$x_{1,2}=\frac{1\pm \sqrt{1-4a}}{2}$。
   • 当 $x\in (0,\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2})$ 时，$g^{\prime }(x)>0$，$g(x)$ 单调递增；
   • 当 $x\in (\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2},\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2})$ 时，$g^{\prime }(x)<0$，$g(x)$ 单调递减；
   • 当 $x\in (\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2},+\infty )$ 时，$g^{\prime }(x)>0$，$g(x)$ 单调递增。

（II）证明存在性

要使 $f(x)\ge 0$ 且有唯一解，设该解为 $x_0\in (1,+\infty )$。 则需满足 $f^{\prime }(x_0)=0$ 且 $f(x_0)=0$。 由 $f^{\prime }(x_0)=2x_0-2a-2\ln x_0-2(1+\frac{a}{x_0})=0$，解得 $a=\frac{x_0-1-\ln x_0}{1+x_0^{-1}}=\frac{x_0(x_0-1-\ln x_0)}{x_0+1}$。 代入 $f(x_0)=0$，消去 $a$ 得到一个关于 $x_0$ 的方程。 设 $\phi (x)=f(x){|}_{a=a(x)}$。 通过代值发现：$\phi (1)=1>0$，而选取较大的数如 $x=e$ 时，$\phi (e)<0$。 由零点存在性定理，必存在 $x_0\in (1,e)$ 使得 $\phi (x_0)=0$。 此时对应的 $a_0=\frac{x_0-1-\ln x_0}{1+x_0^{-1}}$。 设 $u(x)=x-1-\ln x$，当 $x>1$ 时 $u^{\prime }(x)=1-\frac{1}{x}>0$，故 $u(x)>u(1)=0$。 从而 $a_0>0$。同理可证 $a_0<1$。 在 $a=a_0$ 时，$x_0$ 是 $f(x)$ 的极小值点。 由（1）知在 $x>1$ 时 $f^{\prime }(x)$ 单调递增，故 $x_0$ 是唯一的极小值点也是最小值点。 由于 $f(x_0)=0$，故 $f(x)\ge 0$ 恒成立且有唯一解。 证毕。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：导数的阶梯式应用（原函数 $\to$ 导函数 $\to$ 二阶导）；函数最值转化为参数方程。
• 核心方法：双参数转化法。在处理“存在性”证明时，将参数 $a$ 看作是中介，建立 $a$ 与零点 $x_0$ 的函数关系是破题关键。
• 避坑指南：第一问的分类讨论界限 $\frac{1}{4}$ 必须通过判别式严谨求出。

📖【试题探源与推广】

Tip

*结论推广: 极值点偏移问题的处理。

• 相关知识点：隐函数求导、凸函数性质。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点(Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 05.03 专题-恒成立问题

类题演练(Links)

• 2014-四川卷理-21 解-分类讨论单调性
• 2013年四川卷理-21
• 2012年四川卷理-21