2017-全国卷III文-21 解-导数综合

本题导读

本题考查利用导数研究函数的单调性与最值。核心在于对含参数函数的单调性分类讨论，并利用最值证明不等式。

📌【题干】

Question

（2017年全国卷III(文)） 已知函数 $f(x)=\ln x+a{x}^2+(2a+1)x$.

(1) 讨论 $f(x)$ 的单调性；

(2) 当 $a<0$ 时，证明 $f(x)\le -\frac{3}{4a}-2$.

🔍【思路分析】

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1. 第(1)问：求 $f^{\prime }(x)$，通分后讨论 $a$ 的取值对导函数符号的影响。
2. 第(2)问：在 $a<0$ 时求出 $f(x)$ 的最大值，证明其不超过 $-\frac{3}{4a}-2$。

✅【答案】

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(1) 见解析

(2) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

(1) $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty )$。 $f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}+2ax+(2a+1)=\frac{2a{x}^2+(2a+1)x+1}{x}=\frac{(2ax+1)(x+1)}{x}$。 ① 当 $a\ge 0$ 时，$2ax+1>0$，$x+1>0$，故 $f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递增。 ② 当 $a<0$ 时，令 $f^{\prime }(x)=0$ 得 $x=-\frac{1}{2a}$。 当 $0<x<-\frac{1}{2a}$ 时，$2ax+1>0$，$f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 单调递增； 当 $x>-\frac{1}{2a}$ 时，$2ax+1<0$，$f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 单调递减。

(2) 当 $a<0$ 时，由(1)知 $f(x)$ 在 $x=-\frac{1}{2a}$ 处取得最大值。 $f\left(-\frac{1}{2a}\right)=\ln \left(-\frac{1}{2a}\right)+a\left(\frac{1}{4a^2}\right)+(2a+1)\left(-\frac{1}{2a}\right)$ $=\ln \left(-\frac{1}{2a}\right)+\frac{1}{4a}-1-\frac{1}{2a}$ $=\ln \left(-\frac{1}{2a}\right)-\frac{1}{4a}-1$。 要证 $f(x)\le -\frac{3}{4a}-2$，即证 $\ln \left(-\frac{1}{2a}\right)-\frac{1}{4a}-1\le -\frac{3}{4a}-2$， 即证 $\ln \left(-\frac{1}{2a}\right)+\frac{1}{2a}+1\le 0$。 令 $t=-\frac{1}{2a}>0$，则上式化为 $\ln t-t+1\le 0$。 设 $g(t)=\ln t-t+1$（$t>0$），则 $g^{\prime }(t)=\frac{1}{t}-1=\frac{1-t}{t}$。 $g(t)$ 在 $(0,1)$ 上递增，在 $(1,+\infty )$ 上递减，故 $g(t)\le g(1)=0$。 所以 $\ln t-t+1\le 0$ 恒成立，原不等式得证。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：导数求单调性、最值法证明不等式。
2. 核心方法：分类讨论 + 换元转化为常见不等式 $\ln x\le x-1$。
3. 避坑指南：$a<0$ 时注意分母符号，换元 $t=-\frac{1}{2a}$ 后利用 $\ln t\le t-1$。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：高考导数压轴大题。
2. 结论推广：证明含对数的不等式常用 $\ln x\le x-1$ 这一经典放缩。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

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类题演练 (Links)

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