2011-辽宁卷理-21 解-导数

本题导读

本题考查利用导数研究函数的单调性。

📌【题干】

Question

（2011年辽宁卷(理)） 已知函数 $f(x)=\ln x-a{x}^2+(2-a)x$.

(1) 讨论 $f(x)$ 的单调性；

(2) 设 $a>0$，证明：当 $0<x<\frac{1}{a}$ 时，$f\left(\frac{1}{a}+x\right)>f\left(\frac{1}{a}-x\right)$；

(3) 若函数 $y=f(x)$ 的图象与 $x$ 轴交于 $A,B$ 两点，线段 $AB$ 中点的横坐标为 $x_0$，证明：$f^{\prime }(x_0)<0$.

🔍【思路分析】

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1. 对 (1)：求导 $f^{\prime }(x)=\frac{-2a{x}^2+(2-a)x+1}{x}=-\frac{(2ax+1)(x-1)}{x}$。对参数 $a$ 的符号（$a⩽0$ 与 $a>0$）进行分类讨论，确定单调区间。
2. 对 (2)：设辅助函数 $F(x)=f\left(\frac{1}{a}+x\right)-f\left(\frac{1}{a}-x\right)$，利用求导证明 $F(x)$ 在 $\left(0,\frac{1}{a}\right)$ 上单调递增，结合 $F(0)=0$ 完成不等式证明。
3. 对 (3)：设 $A(x_1,0),B(x_2,0)$（$0<x_1<x_2$），则中点横坐标 $x_0=\frac{x_1+x_2}{2}$。由 (1) 可知仅当 $a>0$ 时存在两个零点且极大值点为 $x=1$。利用 (2) 的对称差性质比较 $x_0$ 与极大值点 $1$ 的大小，由导函数的单调性推得 $f^{\prime }(x_0)<0$。

✅【答案】

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(1) 待补

(2) 证明见解析

(3) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty )$。 求导得： $f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-2ax+2-a=\frac{-2a{x}^2+(2-a)x+1}{x}=-\frac{(2ax+1)(x-1)}{x}$ ① 当 $a⩽0$ 时，对于任意 $x\in (0,+\infty )$，有 $2ax+1>0$（当 $a=0$ 时为 $1>0$；当 $a<0$ 时，若考虑根 $x=-\frac{1}{2a}>0$： 令 $f^{\prime }(x)=-\frac{2a\left(x+\frac{1}{2a}\right)(x-1)}{x}=\frac{-2a\left(x-\left(-\frac{1}{2a}\right)\right)(x-1)}{x}$：

• 当 $a=0$ 时，$f^{\prime }(x)=-\frac{x-1}{x}$。当 $x\in (0,1)$ 时，$f^{\prime }(x)>0$；当 $x\in (1,+\infty )$ 时，$f^{\prime }(x)<0$。
• 当 $a<0$ 时，二次方程根为 $x_1=1$，$x_2=-\frac{1}{2a}>0$。
• 若 $-\frac{1}{2a}=1⟺a=-\frac{1}{2}$，则 $f^{\prime }(x)=\frac{(x-1{)}^2}{x}⩾0$，在 $(0,+\infty )$ 上单调递增；
• 若 $-\frac{1}{2a}>1⟺-\frac{1}{2}<a<0$，在 $(0,1)$ 和 $\left(-\frac{1}{2a},+\infty \right)$ 上 $f^{\prime }(x)>0$ 单调递增，在 $\left(1,-\frac{1}{2a}\right)$ 上 $f^{\prime }(x)<0$ 单调递减；
• 若 $0<-\frac{1}{2a}<1⟺a<-\frac{1}{2}$，在 $\left(0,-\frac{1}{2a}\right)$ 和 $(1,+\infty )$ 上 $f^{\prime }(x)>0$ 单调递增，在 $\left(-\frac{1}{2a},1\right)$ 上 $f^{\prime }(x)<0$ 单调递减。 ② 当 $a>0$ 时，由于 $x>0$，恒有 $2ax+1>0$。
• 当 $x\in (0,1)$ 时，$x-1<0⟹f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 单调递增；
• 当 $x\in (1,+\infty )$ 时，$x-1>0⟹f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 单调递减。

综上所述：

• 当 $a<-\frac{1}{2}$ 时，$f(x)$ 的单调递增区间为 $\left(0,-\frac{1}{2a}\right)$ 和 $(1,+\infty )$，单调递减区间为 $\left(-\frac{1}{2a},1\right)$；
• 当 $a=-\frac{1}{2}$ 时，$f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递增；
• 当 $-\frac{1}{2}<a<0$ 时，$f(x)$ 的单调递增区间为 $(0,1)$ 和 $\left(-\frac{1}{2a},+\infty \right)$，单调递减区间为 $\left(1,-\frac{1}{2a}\right)$；
• 当 $a=0$ 或 $a>0$ 时，$f(x)$ 的单调递增区间为 $(0,1)$，单调递减区间为 $(1,+\infty )$。

(2) 设函数 $g(t)=f\left(\frac{1}{a}+t\right)-f\left(\frac{1}{a}-t\right)$，其中 $t\in \left[0,\frac{1}{a}\right)$。 代入 $f(x)=\ln x-a{x}^2+(2-a)x$ 计算： $f\left(\frac{1}{a}+t\right)=\ln \left(\frac{1}{a}+t\right)-a{\left(\frac{1}{a}+t\right)}^2+(2-a)\left(\frac{1}{a}+t\right)$ $f\left(\frac{1}{a}-t\right)=\ln \left(\frac{1}{a}-t\right)-a{\left(\frac{1}{a}-t\right)}^2+(2-a)\left(\frac{1}{a}-t\right)$ 两式作差： $g(t)=\ln \frac{\frac{1}{a}+t}{\frac{1}{a}-t}-a\left[{\left(\frac{1}{a}+t\right)}^2-{\left(\frac{1}{a}-t\right)}^2\right]+(2-a)(2t)$ $=\ln \frac{1+at}{1-at}-a\left(\frac{4t}{a}\right)+(4t-2at)=\ln \frac{1+at}{1-at}-2at$ 对 $g(t)$ 关于 $t$ 求导： $g^{\prime }(t)=\frac{a}{1+at}-\frac{-a}{1-at}-2a=a\left(\frac{1}{1+at}+\frac{1}{1-at}-2\right)=a\left(\frac{2}{1-a^2{t}^2}-2\right)=\frac{2a^3{t}^2}{1-a^2{t}^2}$ 因为 $a>0$ 且 $0<t<\frac{1}{a}$，所以 $0<at<1⟹1-a^2{t}^2>0$。 故 $g^{\prime }(t)>0$，即 $g(t)$ 在 $\left[0,\frac{1}{a}\right)$ 上单调递增。 因此，当 $0<t<\frac{1}{a}$ 时： $g(t)>g(0)=0$ 即： $f\left(\frac{1}{a}+t\right)>f\left(\frac{1}{a}-t\right)$ 命题得证。

(3) 因为 $f(x)$ 的图象与 $x$ 轴交于 $A,B$ 两点，设交点横坐标分别为 $x_1,x_2$（$0<x_1<x_2$）。 由 (1) 可知，若 $a⩽0$ 时，易知函数最多只有一个零点或不能构成两交点情形，故必有 $a>0$。 当 $a>0$ 时，$f(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增，在 $(1,+\infty )$ 上单调递减。 所以必有 $0<x_1<1<x_2$，且 $f(x_1)=f(x_2)=0$。 中点横坐标 $x_0=\frac{x_1+x_2}{2}$。 又由 $f(1)=-a+2-a=2-2a$。由 $f(x)$ 有两个零点可得极大值 $f(1)>0⟹0<a<1$。 因为 $0<a<1$，所以 $\frac{1}{a}>1$。 在 (2) 的结论中，令对称中心为 $\frac{1}{a}$。 因为 $0<x_1<1<\frac{1}{a}$，设 $x_1=\frac{1}{a}-t_1$，其中 $t_1=\frac{1}{a}-x_1\in \left(0,\frac{1}{a}\right)$。 由 (2) 得： $f\left(\frac{2}{a}-x_1\right)=f\left(\frac{1}{a}+t_1\right)>f\left(\frac{1}{a}-t_1\right)=f(x_1)=0$ 因为 $x_2>1$ 且 $f(x_2)=0$，又在 $(1,+\infty )$ 上 $f(x)$ 单调递减， 由于 $f\left(\frac{2}{a}-x_1\right)>0=f(x_2)$，且 $\frac{2}{a}-x_1>\frac{2}{a}-1>1$， 所以： $\frac{2}{a}-x_1<x_2⟹x_1+x_2>\frac{2}{a}$ 因此： $x_0=\frac{x_1+x_2}{2}>\frac{1}{a}$ 因为 $0<a<1$，所以 $\frac{1}{a}>1$，从而 $x_0>1$。 由导函数 $f^{\prime }(x)=-\frac{(2ax+1)(x-1)}{x}$， 当 $x>1$ 时，因 $a>0$ 且 $x>1$，显然有 $2ax+1>0$，$x-1>0$，$x>0$， 所以 $f^{\prime }(x)<0$ 在 $(1,+\infty )$ 上恒成立。 由于 $x_0>1$，故必有： $f^{\prime }(x_0)<0$ 命题得证。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：导数与函数单调性分类讨论、对称差函数构造、极值点偏移证明零点与中点关系。
• 核心方法：
• 分类讨论导函数零点大小；
• 第 (2) 问构造单调差函数 $g(t)=f(x_c+t)-f(x_c-t)$；
• 第 (3) 问利用函数零点、单调性与第 (2) 问构造的不等式建立 $x_1+x_2>\frac{2}{a}>2$ 的链式大小关系。
• 避坑指南：
• 第 (1) 问导数因式分解后，当 $a<0$ 时根为 $-\frac{1}{2a}>0$，需细致与 1 比较大小（分为 $a<-\frac{1}{2}$、$a=-\frac{1}{2}$、$-\frac{1}{2}<a<0$ 三种情况）；
• 第 (3) 问必须先证明 $0<a<1$ 确保 $\frac{1}{a}>1$。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 试题探源：源自高等数学中的对数均值不等式与极值点偏移理论（Symmetry Difference Method）。
• 结论推广：若函数 $f(x)$ 满足对称差递增条件，则方程 $f(x)=0$ 的两根中点必偏向对称轴或极值点的一侧，即 $x_0>x_{\text{极值}}$。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 03.01 不等式解法体系

类题演练 (Links)

• 2014-辽宁卷文-21 解-导数零点
• 2025-天津卷-20 解-导数综合
• 1987-全国卷理-05 单-函数的单调性