2010-大纲卷I理-20 解-导数

本题导读

本题是一道以导数微积分为核心工具的代数压轴题。第一问通过参变分离，将多变量恒成立问题转化为求一元函数的最值问题；第二问通过引入二阶导数精确判定导函数的正负，进而利用原函数的严格单调性与零点完成符号同步性的分类证明。

📌【题干】

Question

（2010年大纲卷I(理)） 已知函数 $f(x)=(x+1)\ln x-x+1$.

(1)若 $x{f}^{\prime }(x)\le x^2+ax+1$，求 $a$ 的取值范围；

(2)证明：$(x-1)f(x)\ge 0$.

🔍【思路分析】

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1. 第一问：对原函数求导得到 $f^{\prime }(x)$，代入条件化简为 $x\ln x\le x^2+ax$。利用 $x>0$ 进行参变分离得到 $a\ge \ln x-x$，通过求右侧新构造函数的最大值确定 $a$ 的范围。

2. 第二问：分析目标式 $(x-1)f(x)\ge 0$，核心在于探讨 $f(x)$ 在关键分界点 $x=1$ 两侧的符号。通过对 $f^{\prime }(x)$ 求二阶导数判定其单调性并确定 $f^{\prime }(x)>0$ 恒成立，从而得知 $f(x)$ 严格单调递增，结合 $f(1)=0$ 即可完成分段符号对应证明。

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对一切 $x>0$，均有 $(x-1)f(x)\ge 0$ 恒成立

✍【详细解析】

Abstract

解：（1）函数 $f(x)=(x+1)\ln x-x+1$ 的定义域为 $(0,+\infty )$。 求导得：$f^{\prime }(x)=\ln x+(x+1)\cdot \frac{1}{x}-1=\ln x+\frac{1}{x}$。 所以 $x{f}^{\prime }(x)=x\ln x+1$。 由题意，$x\ln x+1\le x^2+ax+1$ 对一切 $x>0$ 恒成立， 化简得：$x\ln x\le x^2+ax$。 因为 $x>0$，两边同除以 $x$ 得：$\ln x\le x+a⟹a\ge \ln x-x$。 设 $g(x)=\ln x-x$（$x>0$），则只需 $a\ge g(x{)}_{\max }$。 对 $g(x)$ 求导得：$g^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}$． 令 $g^{\prime }(x)=0$，解得 $x=1$。 当 $x\in (0,1)$ 时，$g^{\prime }(x)>0$，$g(x)$ 单调递增； 当 $x\in (1,+\infty )$ 时，$g^{\prime }(x)<0$，$g(x)$ 单调递减。 所以 $g(x)$ 的最大值为 $g(1)=\ln 1-1=-1$。 故 $a$ 的取值范围是 $[-1,+\infty )$。

（2）证明：由（1）可知 $f^{\prime }(x)=\ln x+\frac{1}{x}$（$x>0$）。 对 $f^{\prime }(x)$ 再次求导（二阶导数）得：$f^{\prime \prime }(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}=\frac{x-1}{x^2}$。 当 $x\in (0,1)$ 时，$f^{\prime \prime }(x)<0$，$f^{\prime }(x)$ 单调递减； 当 $x\in (1,+\infty )$ 时，$f^{\prime \prime }(x)>0$，$f^{\prime }(x)$ 单调递增。 所以 $f^{\prime }(x)$ 的最小值为 $f^{\prime }(1)=\ln 1+\frac{1}{1}=1$。 因为 $f^{\prime }(x)\ge 1>0$ 恒成立，所以函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上严格单调递增。 又 $f(1)=(1+1)\ln 1-1+1=0$。 下面对 $x$ 的范围分类讨论：

• 当 $x>1$ 时，$x-1>0$，且由单调性得 $f(x)>f(1)=0$，此时 $(x-1)f(x)>0$；

• 当 $0<x<1$ 时，$x-1<0$，且由单调性得 $f(x)<f(1)=0$，此时 $(x-1)f(x)>0$；

• 当 $x=1$ 时，$x-1=0$，$f(1)=0$，此时 $(x-1)f(x)=0$。 综上所述，对一切 $x>0$，均有 $(x-1)f(x)\ge 0$ 恒成立。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：参变分离解决恒成立问题、二阶导数控制导函数最值、单调性判定函数符号。
2. 核心方法：构造辅助递进函数（如本题中的 $g(x)$ 和 $f^{\prime }(x)$），将复杂的多元或多项式不等式降维。
3. 避坑指南：

• 第一问完成参变分离除以 $x$ 时，必须交代 $x>0$ 的前提。

• 第二问中切不可直接对 $f(x)$ 盲目断定其最值，由于 $f(x)$ 包含对数项与多项式混合结构，其一阶导数符号无法一步看清时，必须通过二阶导数 $f^{\prime \prime }(x)$ 递进剥离，防止步骤断层。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题源自经典的对数基础不等式 $\ln x\le x-1$ 的深刻变式。第二问的结论 $(x-1)f(x)\ge 0$ 揭示了函数 $f(x)$ 与直线 $x=1$ 的符号完全同步，在高等数学中常作为构造凸函数或概率论中信息熵边界估计（如 KL 散度非负性定理）的代数原型。

2. 结论推广：对于任意形如 $F(x)=(x-1)[(x+k)\ln x-(x-1)]$ 的函数，当 $k\ge 1$ 时，其在 $(0,+\infty )$ 上均恒满足 $F(x)\ge 0$。

🔗【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