2024-甲卷理-21 解-导数端点效应

本题导读

本题考查利用导数研究函数的单调性与极值。核心在于分类讨论法、端点效应分析法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2024年甲卷理）已知函数 $f(x)=(1-ax)\ln (1+x)-x$.

（1）若 $a=-2$ 时，求 $f(x)$ 的极值；

（2）当 $x⩾0$ 时，$f(x)⩾0$ 恒成立，求 $a$ 的取值范围.

🔍【思路分析】

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1. 第（1）问：将 $a=-2$ 代入函数解析式并求导，得 $f^{\prime }(x)=2\ln (1+x)+\frac{x}{1+x}$。通过判定 $x=0$ 左右两侧导数的符号确定单调区间，进而求出极值。
2. 第（2）问：观察到端点不变量 $f(0)=0$。对原函数求一阶导，发现 $f^{\prime }(0)=0$ 同样塌陷归零。这需要利用二阶导数 $f^{\prime \prime }(x)$ 进行分析。

• 必要性探路：利用 $f^{\prime \prime }(0)⩾0$ 这一端点效应产生的必要条件，筛选出参数的临界边界 $a⩽-\frac{1}{2}$。
• 充分性验证：将参数范围 $a⩽-\frac{1}{2}$ 代入二阶导函数中，证明此时 $f^{\prime \prime }(x)⩾0$ 在 $x⩾0$ 时恒成立，通过链式单调性完成充分性证明。

✅【答案】

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(1) 极小值 $f(0)=0$，无极大值

(2) $a\le -\frac{1}{2}$

✍【详细解析】

Abstract

（1）求 $a=-2$ 时 $f(x)$ 的极值

当 $a=-2$ 时，代入原函数得： $f(x)=(1+2x)\ln (1+x)-x$ 其定义域为 $(-1,+\infty )$。

对 $f(x)$ 进行求导： $f^{\prime }(x)=2\ln (1+x)+(1+2x)\cdot \frac{1}{1+x}-1$ 通分并化简可得： $f^{\prime }(x)=2\ln (1+x)+\frac{1+2x-(1+x)}{1+x}=2\ln (1+x)+\frac{x}{1+x}$

易见 $x=0$ 是 $f^{\prime }(x)=0$ 的一个零点。 在定义域 $(-1,+\infty )$ 内讨论导数的符号：

• 当 $-1<x<0$ 时， $\ln (1+x)<0$ 且 $\frac{x}{1+x}<0$， 故 $f^{\prime }(x)<0$， $f(x)$ 在 $(-1,0)$ 上单调递减；
• 当 $x>0$ 时， $\ln (1+x)>0$ 且 $\frac{x}{1+x}>0$， 故 $f^{\prime }(x)>0$， $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递增。

所以，函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 处取得极小值。 将 $x=0$ 代入原函数得： $f(0)=(1+0)\ln 1-0=0$

综上所述， $f(x)$ 的极小值为 $0$，无极大值。

（2）$f^{\prime }(x)=-a\ln (1+x)+\frac{1-ax}{1+x}-1=-a\ln (1+x)-\frac{(a+1)x}{1+x},x>0$，

设 $s(x)=-a\ln (1+x)-\frac{(a+1)x}{1+x},x>0$，

则 $s^{\prime }(x)=\frac{-a}{x+1}-\frac{(a+1)(1+x)-(a+1)x}{(1+x{)}^2}=-\frac{a(x+1)+a+1}{(1+x{)}^2}=-\frac{ax+2a+1}{(1+x{)}^2}$，

当 $a⩽-\frac{1}{2}$ 时，$s^{\prime }(x)>0$，故 $s(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上为增函数，

故 $s(x)>s(0)=0$，即 $f^{\prime }(x)>0$，

所以 $f(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上为增函数，故 $f(x)⩾f(0)=0$.

当 $-\frac{1}{2}<a<0$ 时，当 $0<x<-\frac{2a+1}{a}$ 时，$s^{\prime }(x)<0$，

故 $s(x)$ 在 $\left(0,-\frac{2a+1}{a}\right)$ 上为减函数，故在 $\left(0,-\frac{2a+1}{a}\right)$ 上 $s(x)<s(0)$，

即在 $\left(0,-\frac{2a+1}{a}\right)$ 上 $f^{\prime }(x)<0$ 即 $f(x)$ 为减函数，

故在 $\left(0,-\frac{2a+1}{a}\right)$ 上 $f(x)<f(0)=0$，不合题意，舍.

当 $a⩾0$，此时 $s^{\prime }(x)<0$ 在 $(0,+\infty )$ 上恒成立，

同理可得在 $(0,+\infty )$ 上 $f(x)<f(0)=0$ 恒成立，不合题意，舍；

综上，$a⩽-\frac{1}{2}$.

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：导数研究函数的单调性与极值、超越方程的二次求导化简、不等式恒成立中必要性与充分性的双向判定。
2. 核心方法：端点效应分析法、二阶导数符号判定法。
3. 避坑指南：

• 极值结论书写不全：第一问要求“求 $f(x)$ 的极值”，由于函数在零点左侧递减、右侧递增，仅存在一个极小值。必须在写完极小值后，显式说明“无极大值”，否则在阅卷时容易被扣除结论步骤分。
• 分类讨论过于繁琐：第二问中，若不利用 $f^{\prime \prime }(0)⩾0$ 进行必要性边界筛选，而是试图在全域内对二阶导分子方程 $-ax=2a+1$ 的零点位置进行盲目分类讨论，会导致产生极复杂的代数分支，容易导致运算崩溃。凡遇 $f(0)=0$ 且 $f^{\prime }(0)=0$ 的情况，优先考察二阶端点处的符号。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题考查导数的综合应用，是经典的对数与多项式混合放缩模型。题目源于高等数学中泰勒公式（麦克劳林级数）展开的余项控制，利用导数工具将高等数学中的局部弯曲率边界转化为中学的单调性语言。
2. 结论推广（高阶导数端点效应规律）： 设函数 $F(x)$ 满足 $F(0)=F^{\prime }(0)=\cdots =F^{(k-1)}(0)=0$。若要求 $F(x)⩾0$ 在 $x\in [0,+\infty )$ 上恒成立，则其在端点处产生的必要条件为：该系统在端点处的第一个非零高阶导数必须非负，即： $F^{(k)}(0)⩾0$ 本题中 $f(0)=f^{\prime }(0)=0$，故可直接推导出必有 $f^{\prime \prime }(0)⩾0$。代入计算即得 $-(2a+1)⩾0⟹a⩽-\frac{1}{2}$，可快速锁定初阶边界。

🔗【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)

• 2006-全国卷I理-21 解-分类讨论与分离参数法
• 2006-全国卷II理-20 解-构造新函数法
• 2007-浙江卷理-22 解-曲线切线方程凸凹性