2016-山东卷理-20 解-导数

本题导读

本题考查导数的运算与单调性讨论、分类讨论思想。核心在于正确理解题意并选用恰当方法求解。

📌【题干】

Question

（2016年山东卷(理)） 已知 $f(x)=a(x-\ln x)+\frac{2x-1}{x^2}$，$a\in \mathbb{R}$.

(1)讨论 $f(x)$ 的单调性；

(2)当 $a=1$ 时，证明：$f(x)>f^{\prime }(x)+\frac{3}{2}$ 对于任意的 $x\in [1,2]$ 成立.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问（单调性）：

• 求导：$f^{\prime }(x)=a(1-\frac{1}{x})+\frac{2\cdot x^2-(2x-1)\cdot 2x}{x^4}=\frac{a(x-1)}{x}+\frac{2-2x}{x^3}=\frac{(x-1)(a{x}^2-2)}{x^3}$。
• 找零点：导数的零点为 $x=1$ 和 $a{x}^2=2$。
• 分类讨论：根据 $a$ 的取值（$a\le 0$，$0<a<2$，$a=2$，$a>2$）讨论零点的大小关系及导数正负。

2. 第二问（不等式证明）：

• 构造函数：令 $F(x)=f(x)-f^{\prime }(x)$，目标是证明 $F(x)>\frac{3}{2}$ 在 $[1,2]$ 上恒成立。
• 拆分求最值：将 $F(x)$ 拆分为 $g(x)=x-\ln x$ 和 $h(x)=\frac{3}{x}+\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x^3}-1$。
• 结论合成：分别求出 $g(x)$ 和 $h(x)$ 在 $[1,2]$ 上的最小值，相加后与 $\frac{3}{2}$ 比较。

✅【答案】

点击查看答案

（1）当𝑎⩽0时，𝑓(𝑥)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减；当0<𝑎<2时，𝑓(𝑥)在(0,1)、⎛⎜⎝

✍【详细解析】

Abstract

(1)解： 函数的定义域为 $(0,+\infty )$。 $f^{\prime }(x)=a(1-\frac{1}{x})+\frac{2x^2-(2x-1)2x}{x^4}=\frac{a(x-1)}{x}+\frac{2-2x}{x^3}=\frac{(x-1)(a{x}^2-2)}{x^3}$。 ① 若 $a\le 0$，则 $a{x}^2-2<0$ 恒成立。 当 $x\in (0,1)$ 时，$f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 单调递增； 当 $x\in (1,+\infty )$ 时，$f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 单调递减。 ② 若 $a>0$，令 $f^{\prime }(x)=0$ 得 $x_1=1$，$x_2=\sqrt{\frac{2}{a}}$。

• 若 $0<a<2$，则 $\sqrt{\frac{2}{a}}>1$。 $x\in (0,1)$ 和 $(\sqrt{\frac{2}{a}},+\infty )$ 时，$f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 递增； $x\in (1,\sqrt{\frac{2}{a}})$ 时，$f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 递减。
• 若 $a=2$，则 $\sqrt{\frac{2}{a}}=1$，$f^{\prime }(x)=\frac{2(x-1{)}^2(x+1)}{x^3}\ge 0$，$f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上递增。
• 若 $a>2$，则 $0<\sqrt{\frac{2}{a}}<1$。 $x\in (0,\sqrt{\frac{2}{a}})$ 和 $(1,+\infty )$ 时，$f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 递增； $x\in (\sqrt{\frac{2}{a}},1)$ 时，$f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 递减。

(2)证明： 当 $a=1$ 时，$f(x)=x-\ln x+\frac{2x-1}{x^2}$，$f^{\prime }(x)=\frac{(x-1)(x^2-2)}{x^3}=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x^2}+\frac{2}{x^3}$。 令 $F(x)=f(x)-f^{\prime }(x)=x-\ln x+\frac{3}{x}+\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x^3}-1$。 设 $g(x)=x-\ln x$，$h(x)=\frac{3}{x}+\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x^3}-1$。 对于 $g(x)$：$g^{\prime }(x)=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}\ge 0$ 在 $[1,2]$ 上成立。 故 $g(x{)}_{\min }=g(1)=1$。 对于 $h(x)$：$h^{\prime }(x)=-\frac{3}{x^2}-\frac{2}{x^3}+\frac{6}{x^4}=\frac{-3x^2-2x+6}{x^4}$。 令 $\varphi (x)=-3x^2-2x+6$，在 $[1,2]$ 上 $\varphi (x)$ 递减，$\varphi (1)=1>0$，$\varphi (2)=-10<0$。 存在 $x_0\in (1,2)$ 使得 $h^{\prime }(x_0)=0$。$h(x)$ 在 $(1,x_0)$ 增，在 $(x_0,2)$ 减。 比较端点值：$h(1)=3+1-2-1=1$，$h(2)=\frac{3}{2}+\frac{1}{4}-\frac{2}{8}-1=\frac{1}{2}$。 故 $h(x{)}_{\min }=h(2)=\frac{1}{2}$。 因此 $F(x)\ge g(1)+h(2)=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$。 由于 $g(x)$ 与 $h(x)$ 取最小值时的 $x$ 不同，等号无法同时取得。 所以 $F(x)>\frac{3}{2}$ 恒成立，即 $f(x)>f^{\prime }(x)+\frac{3}{2}$ 获证。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 单调性讨论的逻辑：必须做到“不重不漏”。参数 $a$ 改变了导数零点的个数及相对位置，是讨论的灵魂。
• 不等式证明技巧：直接求 $F^{\prime }(x)$ 可能面临三项或四项式，极其复杂。通过“拆分法”将超越部分（$\ln x$）与分式部分（$h(x)$）分开处理，分别求最小值再求和，是降低难度的妙招。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 极值点偏移：此类题目常作为导数压轴题的第二问，考查学生对函数局部性质的极致掌控。
• 总结：熟练掌握导数公式及基本初等函数图象是前提，学会构造函数并合理放缩是进阶的关键。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 05.01 函数的概念

类题演练 (Links)

• 2017-上海卷-03 填-分式不等式
• 2017-上海卷-08 填-奇函数
• 2017-上海卷-09 填-幂函数

专题合集 (Series)