2014-湖南卷理-22 解-导数单调性

本题导读

本题作为全卷压轴题，分量极大。第一问通过求导、对含参二次分子进行分类讨论确定单调性；第二问由极值点满足的方程解出 $x_1,x_2$，化简 $f(x_1)+f(x_2)$ 并构造辅助函数求值域，从而锁定参数 $a$ 的取值范围。

📌【题干】

Question

（2014年湖南卷(理)） 已知常数$a>0$，函数$f(x)=\ln (1+ax)-\frac{2x}{x+2}$.

(1) 讨论$f(x)$在区间$(0,+\infty )$上的单调性；

(2) 若$f(x)$存在两个极值点$x_1,x_2$，且$f(x_1)+f(x_2)>0$，求$a$的取值范围.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问：

   • 对$f(x)$求导：$f^{\prime }(x)=\frac{a}{1+ax}-\frac{4}{(x+2{)}^2}=\frac{a(x+2{)}^2-4(1+ax)}{(1+ax)(x+2{)}^2}=\frac{a{x}^2+4(a-1)}{(1+ax)(x+2{)}^2}$（一次项恰好抵消）。

   • 导数分母恒大于0，单调性取决于分子$g(x)=a{x}^2+4(a-1)$的正负。

   • 分类讨论：当$a\ge 1$时，$g(x)\ge 0$在$x>0$时恒成立，$f(x)$递增；当$0<a<1$时，$g(x)=0$有一正一负两根，在$(0,+\infty )$内只有一个正根。

2. 第二问：

   • 极值点存在条件：由(1)可知，只有当$0<a<1$时才可能有两个极值点$x_{1,2}=\pm 2\sqrt{\frac{1-a}{a}}$。负根需落在定义域$x>-\frac{1}{a}$内，由此排除$a=\frac{1}{2}$。

   • 代数代换：两极值点互为相反数，设$x_1=t$，$x_2=-t$，其中$t=2\sqrt{\frac{1-a}{a}}$，代入$f(x_1)+f(x_2)$。

   • 化简构造：将$f(x_1)+f(x_2)$化为$\ln (2a-1{)}^2+\frac{4(1-a)}{2a-1}$，按$a>\frac{1}{2}$与$a<\frac{1}{2}$两类讨论。

   • 求值域：构造辅助函数，讨论$f(x_1)+f(x_2)>0$时$a$的取值范围。

✅【答案】

点击查看答案

当$a\ge 1$时$f(x)$在$(0,+\infty )$上单调递增；当$0<a<1$时$f(x)$在$(0,x_0)$上单调递减、在$(x_0,+\infty )$上单调递增，其中$x_0=2\sqrt{\frac{1}{a}-1}$；$a\in (\frac{1}{2},1)$

✍【详细解析】

Abstract

(1) 解：

$f(x)$的定义域为$\{x\mid x>-\frac{1}{a}\}$，$(0,+\infty )\subset$ 定义域。 求导得：$f^{\prime }(x)=\frac{a}{1+ax}-\frac{2(x+2)-2x}{(x+2{)}^2}=\frac{a}{1+ax}-\frac{4}{(x+2{)}^2}$。 通分：$f^{\prime }(x)=\frac{a(x+2{)}^2-4(1+ax)}{(1+ax)(x+2{)}^2}=\frac{a{x}^2+4ax+4a-4-4ax}{(1+ax)(x+2{)}^2}=\frac{a{x}^2+4(a-1)}{(1+ax)(x+2{)}^2}$（一次项恰好抵消）。

• 当$a\ge 1$时，$a{x}^2\ge 0$且$4(a-1)\ge 0$，故$f^{\prime }(x)\ge 0$在$(0,+\infty )$恒成立。此时$f(x)$在$(0,+\infty )$上单调递增。

• 当$0<a<1$时，令$f^{\prime }(x)=0$得$x=\pm \sqrt{\frac{4(1-a)}{a}}$，其中正根$x_0=2\sqrt{\frac{1}{a}-1}$。 当$x\in (0,x_0)$时，$f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$单调递减；当$x\in (x_0,+\infty )$时，$f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$单调递增。

(2) 解： 极值点满足$a{x}^2+4(a-1)=0$，即$x^2=\frac{4(1-a)}{a}$。存在两个极值点需$0<a<1$，且两根为$x_1=2\sqrt{\frac{1-a}{a}}$，$x_2=-2\sqrt{\frac{1-a}{a}}$（互为相反数）。 负根需落在定义域内：$x_2>-\frac{1}{a}$，即$2\sqrt{\frac{1-a}{a}}<\frac{1}{a}$，两边平方得$4a(1-a)<1$，即$(2a-1{)}^2>0$，故$a\ne \frac{1}{2}$。

设$t=2\sqrt{\frac{1-a}{a}}$，则$x_1=t$，$x_2=-t$。代入化简：

$f(x_1)+f(x_2)=\ln (1+at)+\ln (1-at)-\frac{2t}{t+2}+\frac{2t}{2-t}=\ln (1-a^2{t}^2)+\frac{4t^2}{4-t^2}$

其中$1-a^2{t}^2=1-4a(1-a)=(2a-1{)}^2$，$4-t^2=\frac{4(2a-1)}{a}$，故$\frac{4t^2}{4-t^2}=\frac{4(1-a)}{2a-1}$。

• 当$\frac{1}{2}<a<1$时，$f(x_1)+f(x_2)=2\ln (2a-1)+\frac{4(1-a)}{2a-1}$。令$s=2a-1\in (0,1)$，设$H(s)=2\ln s+\frac{2(1-s)}{s}=2\ln s+\frac{2}{s}-2$。 求导$H^{\prime }(s)=\frac{2}{s}-\frac{2}{s^2}=\frac{2(s-1)}{s^2}<0$，故$H(s)$在$(0,1)$上单调递减，从而$H(s)>H(1)=0$。 即此时$f(x_1)+f(x_2)>0$恒成立。

• 当$0<a<\frac{1}{2}$时，$f(x_1)+f(x_2)=2\ln (1-2a)-\frac{4(1-a)}{1-2a}$。令$s=1-2a\in (0,1)$，则$f(x_1)+f(x_2)=2\ln s-\frac{2}{s}-2<0$恒成立，不合题意。

综上，$a$的取值范围为$(\frac{1}{2},1)$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：含参函数的导数单调性与极值点

2. 核心方法：求导后对分子二次式分类讨论单调性，用韦达定理代入 $f(x_1)+f(x_2)$ 构造 $G(a)$ 求范围

3. 避坑指南：注意审题与运算细节。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 含参二次型导数的分类讨论与极值点

2. 结论推广: 两极值点互为相反数 $x_1+x_2=0$，由 $f(x_1)+f(x_2)>0$ 得 $a\in (\frac{1}{2},1)$。

3. 方法推广: 可迁移到含参导数单调性讨论与极值点问题

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 05.02 函数的四大性质
• 05.01 函数的概念

类题演练 (Links)

• 2023-新高考II卷-06 单-导数单调性
• 2013-新课标II卷理-21 解-导数单调性
• 2013-广东卷理-21 解-导数单调性