2023-新高考II卷-22 解-导数综合

本题导读

本题考查利用导数研究函数的单调性与极值。核心在于构造函数法、分类讨论法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2023年新高考II卷）(1) 证明：当 $0<x<1$ 时，$x-x^2<\sin x<x$；

(2) 已知函数 $f(x)=\cos ax-\ln (1-x^2)$，若 $x=0$ 是 $f(x)$ 的极大值点，求 $a$ 的取值范围。

🔍【思路分析】

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1. 第一问（不等式证明）：

• 右侧 $\sin x<x$：构造 $F(x)=x-\sin x$，求导证明其在 $(0,1)$ 上单调递增即可。
• 左侧 $x-x^2<\sin x$：构造 $G(x)=\sin x-x+x^2$，通过二次求导判定 $G^{\prime }(x)>0$，从而证明 $G(x)>0$。

2. 第二问（极值点参数讨论）：

• 对称性利用：注意到 $f(x)$ 是偶函数，只需讨论 $x>0$ 且趋近于 $0$ 时 $f^{\prime }(x)$ 的符号。若 $x=0$ 是极大值点，则在 $0$ 右侧附近应有 $f^{\prime }(x)<0$。
• 求导与转化：计算 $f^{\prime }(x)=-a\sin ax+\frac{2x}{1-x^2}$。
• 分类讨论：
  • 若 $a=0$，易证 $x=0$ 是极小值点，舍去。
  • 设 $b=|a|>0$。利用第一问的放缩：$\sin bx<bx$ 以及 $\sin bx>bx-(bx{)}^2$。
  • 比较 $-b^{2}x$ 与 $\frac{2x}{1-x^2}$ 在 $x\to 0$ 时的阶数，发现分界点在 $b^2=2$。
  • 分 $b^2⩽2$ 和 $b^2>2$ 讨论导数在 $0$ 附近的符号。

✅【答案】

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(1) 证明见解析

(2) $a$ 的取值范围为 $(-\infty ,-\sqrt{2})\cup (\sqrt{2},+\infty )$

✍【详细解析】

Abstract

(1) 证明：当 $0<x<1$ 时，$x-x^2<\sin x<x$： ① 证明 $\sin x<x$： 设 $F(x)=x-\sin x$，则 $F^{\prime }(x)=1-\cos x$。 因为 $x\in (0,1)$，所以 $\cos x<1$，即 $F^{\prime }(x)>0$。 故 $F(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增，则 $F(x)>F(0)=0$。 所以 $x>\sin x$ 成立。

② 证明 $x-x^2<\sin x$： 设 $G(x)=\sin x-x+x^2$，则 $G^{\prime }(x)=\cos x-1+2x$。 设 $g(x)=G^{\prime }(x)$，则 $g^{\prime }(x)=-\sin x+2$。 因为 $\sin x<1$，所以 $g^{\prime }(x)>0$ 恒成立。 故 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增，则 $g(x)>g(0)=\cos 0-1+0=0$。 即 $G^{\prime }(x)>0$ 在 $(0,1)$ 上恒成立，故 $G(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增。 则 $G(x)>G(0)=\sin 0-0+0^2=0$。 所以 $\sin x>x-x^2$ 成立。 综上所述，$x-x^2<\sin x<x$ 得证。

(2) 求 $a$ 的取值范围： 函数的定义域为 $(-1,1)$。由于 $f(-x)=f(x)$，$f(x)$ 为偶函数。 $f^{\prime }(x)=-a\sin ax+\frac{2x}{1-x^2}$。 若 $a=0$，$f(x)=-\ln (1-x^2)$，当 $x\in (0,1)$ 时 $f^{\prime }(x)=\frac{2x}{1-x^2}>0$，此时 $x=0$ 为极小值点，不合题意。 设 $b=|a|>0$，则 $f^{\prime }(x)=-b\sin bx+\frac{2x}{1-x^2}$。

情形 1：当 $b^2⩽2$ 时 由 (1) 知 $\sin bx<bx$，则 $-b\sin bx>-b^{2}x$。 $f^{\prime }(x)>-b^{2}x+\frac{2x}{1-x^2}=\frac{x[2-b^2(1-x^2)]}{1-x^2}=\frac{x(2-b^2+b^2{x}^2)}{1-x^2}$。 当 $x\in (0,1)$ 时，$x>0$，$1-x^2>0$，$b^2{x}^2>0$。 若 $b^2⩽2$，则 $2-b^2⩾0$，从而 $f^{\prime }(x)>0$。 这意味着 $f(x)$ 在 $(0,\delta )$ 上单调递增，结合偶函数对称性，$x=0$ 是极小值点，不合题意。

情形 2：当 $b^2>2$ 时 由 (1) 知 $\sin bx>bx-(bx{)}^2$（当 $0<bx<1$ 时）。 取 $x\in (0,\frac{1}{b})$，则 $f^{\prime }(x)<-b(bx-b^2{x}^2)+\frac{2x}{1-x^2}=-b^{2}x+b^3{x}^2+\frac{2x}{1-x^2}$。 $f^{\prime }(x)<\frac{x}{1-x^2}[-b^2(1-x^2)+b^{3}x(1-x^2)+2]$ $f^{\prime }(x)<\frac{x}{1-x^2}[2-b^2+b^2{x}^2+b^{3}x-b^3{x}^3]$。 记 $h(x)=-b^3{x}^3+b^2{x}^2+b^{3}x+(2-b^2)$。 由于 $h(0)=2-b^2<0$，根据函数连续性，存在 $\delta >0$，使得当 $x\in (0,\delta )$ 时 $h(x)<0$。 此时 $f^{\prime }(x)<0$，意味着 $f(x)$ 在 $(0,\delta )$ 上单调递减。 结合偶函数对称性，$f(x)$ 在 $(-\delta ,0)$ 上单调递增。 故 $x=0$ 是 $f(x)$ 的极大值点，符合题意。

结论： $b^2>2⟹a^2>2⟹a>\sqrt{2}$ 或 $a<-\sqrt{2}$。 故 $a$ 的取值范围为 $(-\infty ,-\sqrt{2})\cup (\sqrt{2},+\infty )$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：导数判定单调性与极值、端点效应（泰勒展开初级应用）、放缩法与局部保号性。
2. 核心方法：构造函数法、放缩法、分类讨论法。
3. 避坑指南：处理复合超越函数的局部极值时，直接求导判定零点非常困难。第二问的核心是将 $f^{\prime }(x)$ 通过不等式放缩转化为有理分式。使用连续函数在 $x\to 0$ 处的符号由常数项决定的性质（保号性），是规避复杂高次方程求根的最佳策略。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题属于典型的高考导数“泰勒级数背景题”。$f(x)$ 在 $x=0$ 处的泰勒展开为 $f(x)\approx (1-\frac{1}{2}{a}^2{x}^2)-(-x^2)=1+(1-\frac{1}{2}{a}^2)x^2$。要使其在此处取得极大值，二次项系数必须小于 $0$，即 $1-\frac{1}{2}{a}^2<0⟹a^2>2$。
2. 结论推广：遇到在 $x=x_0$ 处探讨极值点的导数压轴题，如果 $f^{\prime }(x_0)=0$，通常可通过求二阶导数 $f^{\prime \prime }(x_0)$ 的符号来快速预判参数分界点（极小值要求 $f^{\prime \prime }(x_0)>0$，极大值要求 $f^{\prime \prime }(x_0)<0$）。然后在解答中再通过不等式放缩（端点效应）严谨证明，这样便能在考场上有的放矢。 本题亦可用二阶导数判定法（需严谨说明）。若 $f^{\prime }(0)=0$ 且 $f^{\prime \prime }(0)<0$，则 $x=0$ 为极大值点。
   • $f^{\prime \prime }(x)=-a^2\cos ax+\frac{2(1+x^2)}{(1-x^2{)}^2}$。
   • $f^{\prime \prime }(0)=-a^2+2$。令 $-a^2+2<0⟹a^2>2$。

🔗【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)

• 2013-天津卷理-20 解-导数单调性
• 2013-新课标II卷理-21 解-导数单调性
• 2014-福建卷理-20 解-导数单调性与极值