2009-大纲卷II理-22 解-导数

本题导读

本题作为全卷压轴题，核心考查导数在研究函数单调性、极值以及不等式证明中的综合应用。第一问需将极值点存在性转化为二次方程在指定区间内的双根分布问题；第二问运用极值点方程进行代数消元，构造单元新函数并利用单调性确立下界。

📌【题干】

Question

（2009年大纲卷II(理)） 设函数 $f(x)=x^2+a\ln (1+x)$ 有两个极值点 $x_1,x_2$, 且 $x_1<x_2$.

(1) 求 $a$ 的取值范围, 并讨论 $f(x)$ 的单调性;

(2) 证明: $f(x_2)>\frac{1-2\ln 2}{4}$.

🔍【思路分析】

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1. 第一问：确定函数定义域为 $(-1,+\infty )$。求导后，极值点存在意味着导函数分子对应的一元二次方程在定义域内有两个不同的实数根。结合判别式及边界值列出不等式组求出 $a$ 的范围，再由导数正负判定单调性。

2. 第二问：利用 $x_2$ 是导函数零点方程的根，建立 $a$ 与 $x_2$ 的等量关系，代入原函数解析式消去参数 $a$。根据第一问确定 $x_2$ 的取值范围，进而构造以 $x_2$ 为自变量的新函数，利用求导证明其单调性，代入端点值完成不等式的证明。

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$f(x)$ 的单调递增区间为 $(-1,x_1)$ 和 $(x_2,+\infty )$，单调递减区间为 $(x_1,x_2)$

✍【详细解析】

Abstract

(1) 解： 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(-1,+\infty )$。 求导得：$f^{\prime }(x)=2x+\frac{a}{1+x}=\frac{2x^2+2x+a}{1+x}$。 令 $g(x)=2x^2+2x+a$。 因为 $f(x)$ 有两个极值点 $x_1,x_2$，所以 $f^{\prime }(x)=0$ 在 $(-1,+\infty )$ 内有两个不同的实数根， 即 $g(x)=0$ 在 $(-1,+\infty )$ 内有两个不同的实数根。 结合二次函数图象特征，需满足条件： $\{\begin{array}{l}\Delta =2^2-4\times 2\times a=4-8a>0\\ -\frac{2}{2\times 2}=-\frac{1}{2}>-1\\ g(-1)=2(-1{)}^2+2(-1)+a>0\end{array}⟹\{\begin{array}{l}a<\frac{1}{2}\\ a>0\end{array}⟹0<a<\frac{1}{2}$。 故 $a$ 的取值范围为 $\left(0,\frac{1}{2}\right)$。 此时方程 $2x^2+2x+a=0$ 的两根为 $x_1=\frac{-1-\sqrt{1-2a}}{2}$， $x_2=\frac{-1+\sqrt{1-2a}}{2}$， 且满足 $-1<x_1<-\frac{1}{2}<x_2<0$。 各区间内导数符号及单调性规律如下： 当 $x\in (-1,x_1)$ 时， $g(x)>0⟹f^{\prime }(x)>0$， $f(x)$ 单调递增； 当 $x\in (x_1,x_2)$ 时， $g(x)<0⟹f^{\prime }(x)<0$， $f(x)$ 单调递减； 当 $x\in (x_2,+\infty )$ 时， $g(x)>0⟹f^{\prime }(x)>0$， $f(x)$ 单调递增。 综上， $f(x)$ 的单调递增区间为 $(-1,x_1)$ 和 $(x_2,+\infty )$，单调递减区间为 $(x_1,x_2)$。

(2) 证明： 由(1)知， $x_2$ 是方程 $2x^2+2x+a=0$ 的根，故有 $a=-2x_2^2-2x_2=-2x_2(1+x_2)$。 代入 $f(x_2)$ 的解析式中，消去 $a$ 得： $f(x_2)=x_2^2-2x_2(1+x_2)\ln (1+x_2)$。 由(1)可知，当 $0<a<\frac{1}{2}$ 时， $x_2\in \left(-\frac{1}{2},0\right)$。 构造新函数 $h(x)=x^2-2x(1+x)\ln (1+x)$，其中 $x\in \left(-\frac{1}{2},0\right)$。 对 $h(x)$ 求导得： $h^{\prime }(x)=2x-\left[2(1+x)+2x\right]\ln (1+x)-2x(1+x)\cdot \frac{1}{1+x}$ $=2x-(4x+2)\ln (1+x)-2x=-2(2x+1)\ln (1+x)$。 因为 $x\in \left(-\frac{1}{2},0\right)$，所以 $2x+1>0$。 又 $-1<x<0⟹0<1+x<1⟹\ln (1+x)<0$。 从而有 $h^{\prime }(x)=-2(2x+1)\ln (1+x)>0$。 故 $h(x)$ 在 $\left(-\frac{1}{2},0\right)$ 上单调递增。 所以 $h(x)>h\left(-\frac{1}{2}\right)={\left(-\frac{1}{2}\right)}^2-2\left(-\frac{1}{2}\right)\left(1-\frac{1}{2}\right)\ln \left(1-\frac{1}{2}\right)$ $=\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\ln \frac{1}{2}=\frac{1}{4}-\frac{1}{2}\ln 2=\frac{1-2\ln 2}{4}$。 即 $f(x_2)>\frac{1-2\ln 2}{4}$ 得证.

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：导数工具在复合函数单调性分类讨论中的基础应用，以及利用极值点方程变形实现参数消元的基本技巧。

2. 核心方法：根的分布法（一元二次方程根的定位约束）；函数构造法（化未知极值点为自变量构建单调性屏障）。

3. 避坑指南：第一问求 $a$ 范围时易漏掉两根均需大于 $-1$ 的隐含边界条件 $g(-1)>0$；第二问证明中直接代入 $x_2$ 表达式计算极为繁琐，必须采用“设而不求、方程消元”的思想化简结构。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题源自高等数学中泰勒公式展开式中余项估计的简化模型，是高考导数压轴题中“双极值点隐零点代数消元”题型的鼻祖。

2. 结论推广：对于包含对数项的极值函数，若极值点可转化为二次方程零点，通过消去参数降低多元函数的维数，是解决各类极值范围与偏移问题的普适方法。

🔗【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)

• 2011-四川卷文-22 解-导数方程与数列不等式
• 2011-大纲卷理-22 解-导数不等式
• 2011-新课标卷文-21 解-对数函数切线与不等式