2016-四川卷理-21 解-导数

本题导读

本题考查导数的计算与应用（单调性、极值）、函数恒成立问题。核心在于正确理解题意并选用恰当方法求解。

📌【题干】

Question

（2016年四川卷(理)） 设函数 $f(x)=a{x}^2-a-\ln x$，其中 $a\in \mathbb{R}$.

(1)讨论 $f(x)$ 的单调性；

(2)确定 $a$ 的所有可能取值，使得 $f(x)>\frac{1}{x}-e^{1-x}$ 在区间 $(1,+\infty )$ 内恒成立（$e=2.718\dots$ 为自然对数的底数）.

🔍【思路分析】

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1. 第一问（单调性讨论）：

• 求导：$f^{\prime }(x)=2ax-\frac{1}{x}=\frac{2a{x}^2-1}{x}$，定义域为 $(0,+\infty )$。
• 分类讨论参数 $a$：
  • 若 $a\le 0$，则 $f^{\prime }(x)<0$ 恒成立，函数单调递减。
  • 若 $a>0$，令 $f^{\prime }(x)=0$ 解得极值点 $x=\frac{1}{\sqrt{2a}}$，以此点为界讨论导数的正负。

2. 第二问（恒成立问题）：

• 构造差函数：令 $g(x)=\frac{1}{x}-e^{1-x}$，目标是求 $a$ 使得 $f(x)-g(x)>0$ 在 $(1,+\infty )$ 恒成立。
• 分析端点：注意到 $f(1)=0,g(1)=0$。要使 $x>1$ 时 $f(x)>g(x)$，直观上要求 $f(x)$ 在 $x=1$ 附近的“增长速度”不慢于 $g(x)$。
• 分类讨论 $a$ 的范围：
  • $a\le 0$ 时：由(1)知 $f(x)$ 减，$f(x)<f(1)=0$，而 $g(x)$ 在 $x>1$ 时的正负需判断（实际上 $g(x)$ 逐渐接近 $0$ 但可能大于 $0$），通过取点或趋势分析排除。
  • $0<a<\frac{1}{2}$ 时：极值点 $\frac{1}{\sqrt{2a}}>1$。在 $(1,\frac{1}{\sqrt{2a}})$ 上 $f(x)$ 递减，$f(x)<f(1)=0$，不合题意。
  • $a\ge \frac{1}{2}$ 时：极值点 $\le 1$。在 $(1,+\infty )$ 上 $f(x)$ 递增。通过构造 $h(x)=f(x)-g(x)$ 并利用导数证明其在 $(1,+\infty )$ 上单调递增，从而 $h(x)>h(1)=0$。

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$a$ 的取值范围是 $[\frac{1}{2},+\infty )$

✍【详细解析】

Abstract

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

1. 当 $a\le 0$ 时，由于 $x>0$，则 $2a{x}^2-1<0$，故 $f^{\prime }(x)<0$。 此时 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递减。
2. 当 $a>0$ 时，令 $f^{\prime }(x)=0$，得 $x=\frac{1}{\sqrt{2a}}$。 当 $x\in (0,\frac{1}{\sqrt{2a}})$ 时，$f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 单调递减； 当 $x\in (\frac{1}{\sqrt{2a}},+\infty )$ 时，$f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 单调递增。

(2)令 $h(x)=f(x)-(\frac{1}{x}-e^{1-x})=a{x}^2-a-\ln x-\frac{1}{x}+e^{1-x}$ ($x\ge 1$)。 已知 $h(1)=f(1)-g(1)=0-0=0$。

1. 若 $a<\frac{1}{2}$： 由(1)可知，若 $a\le 0$，$f(x)$ 在 $(1,+\infty )$ 上递减，则 $f(x)<f(1)=0$。 当 $x$ 足够大时，$\frac{1}{x}-e^{1-x}\to 0$，难以直接判断。 实际上，当 $0<a<\frac{1}{2}$ 时，极值点 $x_0=\frac{1}{\sqrt{2a}}>1$。 在 $(1,x_0)$ 上 $f(x)$ 递减，故 $f(x)<f(1)=0$。 而令 $s(x)=e^{x-1}-x$，则 $s^{\prime }(x)=e^{x-1}-1$，当 $x>1$ 时 $s^{\prime }(x)>0$，$s(x)>s(1)=0$，即 $e^{x-1}>x$。 从而 $e^{1-x}<\frac{1}{x}$，即 $g(x)=\frac{1}{x}-e^{1-x}>0$。 此时 $f(x)<0<g(x)$，不满足 $f(x)>g(x)$，故 $a<\frac{1}{2}$ 不合题意。

2. 若 $a\ge \frac{1}{2}$： $h^{\prime }(x)=2ax-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}-e^{1-x}$。 由于 $a\ge \frac{1}{2}$，则 $2ax\ge x$。 $h^{\prime }(x)\ge x-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}-e^{1-x}$。 当 $x>1$ 时，$x-\frac{1}{x}=\frac{x^2-1}{x}>0$，且 $\frac{1}{x^2}-e^{1-x}=\frac{e^{x-1}-x^2}{x^2{e}^{x-1}}$。 此处需细化判断：令 $m(x)=x-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}-e^{1-x}$， $m^{\prime }(x)=1+\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x^3}+e^{1-x}=\frac{x^3+x-2}{x^3}+e^{1-x}$。 当 $x>1$ 时，$x^3+x-2>0$，故 $m^{\prime }(x)>0$，$m(x)$ 在 $(1,+\infty )$ 递增。 $m(x)>m(1)=1-1+1-1=0$。 因此 $h^{\prime }(x)>0$， $h(x)$ 在 $(1,+\infty )$ 上单调递增。 故 $h(x)>h(1)=0$ 恒成立。

综上所述，$a$ 的取值范围是 $[\frac{1}{2},+\infty )$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 端点效应：在处理 $f(x)>g(x)$ 且 $f(x_0)=g(x_0)$ 的恒成立问题时，通常研究 $f^{\prime }(x_0)$ 与 $g^{\prime }(x_0)$ 的大小关系来缩小参数范围。

• 分层构造：第二问证明 $h^{\prime }(x)>0$ 时，由于直接判断正负较难，再次构造辅助函数 $m(x)$ 求导，是导数大题的常规套路。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 变式思考：若题目改为“存在 $x\in (1,+\infty )$ 使得不等式成立”，则只需 $a>a_{min}$ 即可，逻辑将完全不同。
• 解题技巧：对于压轴题，如果时间紧迫，可以通过“必要性推导”先确定 $a\ge \frac{1}{2}$（利用 $f^{\prime }(1)\ge g^{\prime }(1)$），再进行“充分性证明”，这样可以保证步骤分的获取。
• 易错警示：在分类讨论时，不要遗漏 $a\le 0$ 的情况，虽然它不成立，但在规范解答中必须提及以保证逻辑完整。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 05.01 函数的概念

类题演练 (Links)

• 2017-上海卷-03 填-分式不等式
• 2017-上海卷-08 填-奇函数
• 2017-上海卷-09 填-幂函数

专题合集 (Series)