大做一道小导数题：手动优化公式

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@@ -17,49 +17,24 @@ $g\left ( x \right )$ 作为一个十分复杂的函数，通过直接观察的
 
 $$ {g}' (x) = \ln_{}{(x+1)} + \dfrac {a-1}{x+1}. $$
 
-所以命题 
+所以命题$p : \forall x \in (0,+\infty)$，${g}' (x) =\ln_{}{(x+1)} + \dfrac {a-1}{x+1} \ge 0. $
 
-<!-- wp:paragraph {"align":"center"} -->
-<p class="has-text-align-center">$p : \forall x \in (0,+\infty)$ ，${g}' (x) =\ln_{}{(x+1)} + \dfrac {a-1}{x+1} \ge 0$ ．</p>
-<!-- /wp:paragraph -->
+当前的目标是求得使该命题为真的 $a$ 的取值范围．
 
-<!-- wp:paragraph -->
-<p>当前的目标是求得使该命题为真的 $a$ 的取值范围．</p>
-<!-- /wp:paragraph -->
+${g}' (x)$ 的性质仍然不是很明显，因此对 ${g}' (x)$ 求导：
 
-<!-- wp:paragraph -->
-<p>${g}' (x)$ 的性质仍然不是很明显，因此对 ${g}' (x)$ 求导：</p>
-<!-- /wp:paragraph -->
+$$ {g}'' (x) = \dfrac {1}{x+1} + \dfrac {-(a-1)}{(x+1)^{2}} = \dfrac {x-a+2}{(x+1)^{2}} . $$
 
-<!-- wp:paragraph {"align":"center"} -->
-<p class="has-text-align-center">${g}'' (x) = \dfrac {1}{x+1} + \dfrac {-(a-1)}{(x+1)^{2}} = \dfrac {x-a+2}{(x+1)^{2}}$ ．</p>
-<!-- /wp:paragraph -->
+${g}'' (x)$ 是 ${g}' (x)$ 的导函数，考察 ${g}'' (x)$ 来观察 ${g}' (x)$ 的性质．
 
-<!-- wp:paragraph -->
-<p>${g}'' (x)$ 是 ${g}' (x)$ 的导函数，考察 ${g}'' (x)$ 来观察 ${g}' (x)$ 的性质．</p>
-<!-- /wp:paragraph -->
+令 ${g}'' (x) = 0$ ，得到 $x = a-2$ ．即 ${g}' (x)$ 的驻点是 $a-2$ ．这时需要讨论该驻点是否在定义域 $(-1,+\infty)$ 内，先讨论在定义域内的情形，即 $a-2 > -1$ ，$a>1$ ．当 $x<a-2$ 时，$x-a+2 < 0$ ，所以 ${g}'' (x) < 0$ ．当 $x>a-2$ 时，$x-a+2>0$ ，所以 ${g}'' (x) > 0$ ．所以 ${g}' (x)$ 在驻点左侧单调递减，在驻点右侧单调递增．
 
-<!-- wp:paragraph -->
-<p>令 ${g}'' (x) = 0$ ，得到 $x = a-2$ ．即 ${g}' (x)$  的驻点是 $a-2$ ．这时需要讨论该驻点是否在定义域 $(-1,+\infty)$ 内，先讨论在定义域内的情形，即 $a-2 &gt; -1$ ，$a&gt;1$ ．当 $x&lt;a-2$ 时，$x-a+2 &lt; 0$ ，所以 ${g}'' (x) &lt; 0$ ．当 $x&gt;a-2$ 时，$x-a+2&gt;0$ ，所以 ${g}'' (x) &gt; 0$ ．所以 ${g}' (x)$ 在驻点左侧单调递减，在驻点右侧单调递增．</p>
-<!-- /wp:paragraph -->
+当驻点小于或等于 $-1$ 时，可以说 ${g}' (x)$ 在定义域内无驻点．此时 $a-2 \le -1$ ，$x-a+2 \ge x+1$ ，$\dfrac {x-a+2}{x+1} \ge 1$ ，所以 ${g}'' (x)$ 在定义域内恒大于 $0$ ，${g}' (x)$ 在定义域内为增函数．
 
-<!-- wp:paragraph -->
-<p>当驻点小于或等于 $-1$ 时，可以说 ${g}' (x)$ 在定义域内无驻点．此时 $a-2 \le -1$ ，$x-a+2 \ge x+1$ ，$\dfrac {x-a+2}{x+1} \ge 1$ ，所以 ${g}'' (x)$ 在定义域内恒大于 $0$ ，${g}' (x)$ 在定义域内为增函数．</p>
-<!-- /wp:paragraph -->
+由上总结 ${g}' (x)$ 的两种单调性：
 
-<!-- wp:paragraph -->
-<p>由上总结 ${g}' (x)$ 的两种单调性：</p>
-<!-- /wp:paragraph -->
-
-<!-- wp:list {"ordered":true} -->
-<ol class="wp-block-list"><!-- wp:list-item -->
-<li>当 $a-2&gt;-1$ 即 $a&gt;1$ 时，${g}' (x)$ 在 $a-2$ 左侧减，右侧增（图1）．</li>
-<!-- /wp:list-item -->
-
-<!-- wp:list-item -->
-<li>当 $a-2 \le -1$ 即 $a \le 1$ 时，${g}' (x)$ 在定义域上增（图2）．</li>
-<!-- /wp:list-item --></ol>
-<!-- /wp:list -->
+1. 当 $a-2>-1$ 即 $a>1$ 时，${g}' (x)$ 在 $a-2$ 左侧减，右侧增（图1）．
+2. 当 $a-2 \le -1$ 即 $a \le 1$ 时，${g}' (x)$ 在定义域上增（图2）．
 
 <!-- wp:group {"layout":{"type":"flex","flexWrap":"nowrap","justifyContent":"center","orientation":"horizontal"}} -->
 <div class="wp-block-group"><!-- wp:image {"lightbox":{"enabled":true},"id":521,"scale":"cover","sizeSlug":"large","linkDestination":"none"} -->
@@ -71,80 +46,42 @@ $${g}' (x) = \ln_{}{(x+1)} + \dfrac {a-1}{x+1}.$$
 <!-- /wp:image --></div>
 <!-- /wp:group -->
 
-<!-- wp:paragraph -->
-<p>注意到我们要求的是命题 $p : \forall x\in (0,+\infty)$ ，${g}' (x) \ge 0$ 为真时，$a$ 的取值范围．</p>
-<!-- /wp:paragraph -->
+注意到我们要求的是命题 $p : \forall x\in (0,+\infty)$ ，${g}' (x) \ge 0$ 为真时，$a$ 的取值范围．
 
-<!-- wp:paragraph -->
-<p>显然，对于 $a-2 \le -1$ 即 $a \le 1$ 的情况，由于 ${g}' (x)$ 在定义域上增，故在 $(0,+\infty)$ 上也增，因此只需使 ${g}' (0) \ge 0$ ，就可以使命题 $p$ 为真．所以 ${g}' (0)=a-1 \ge 0$ ，$a \ge 1$ ．结合 $a \le 1$ 的前提，得 $a=1$ ．</p>
-<!-- /wp:paragraph -->
+显然，对于 $a-2 \le -1$ 即 $a \le 1$ 的情况，由于 ${g}' (x)$ 在定义域上增，故在 $(0,+\infty)$ 上也增，因此只需使 ${g}' (0) \ge 0$ ，就可以使命题 $p$ 为真．所以 ${g}' (0)=a-1 \ge 0$ ，$a \ge 1$ ．结合 $a \le 1$ 的前提，得 $a=1$ ．
 
-<!-- wp:paragraph -->
-<p>$a-2&gt;-1$ 即 $a&gt;1$ 的情况比较复杂，可以分为两种情况去讨论．<strong>第一</strong>，当 $-1&lt;a-2 \le 0$ 即 $1&lt;a \le 2$ 时，${g}' (x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上是增的，因此只需 ${g}' (0) \ge 0$ 即可满足命题 $p$ ，解得 $a \ge 1$ ，结合前提得 $1&lt;a \le 2$ ．<strong>第二</strong>，当 $a-2&gt;0$ 即 $a&gt;2$ 时，${g}' (x)$ 在 $x=a-2$ 处取得最小值，故只需 ${g}' (a-2) \ge 0$ 即可满足命题 $p$ ，${g}' (a-2)=\ln_{}{(a-1)}+\dfrac {a-1}{a-1}=\ln_{}{(a-1)}+1 \ge 0$ ，$\ln_{}{(a-1)} \ge -1$ ， $a \ge \dfrac {1}{\mathrm{e}} +1$ ，结合前提得 $a&gt;2$ ．</p>
-<!-- /wp:paragraph -->
+$a-2>-1$ 即 $a>1$ 的情况比较复杂，可以分为两种情况去讨论．**第一**，当 $-1<a-2 \le 0$ 即 $1<a \le 2$ 时，${g}' (x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上是增的，因此只需 ${g}' (0) \ge 0$ 即可满足命题 $p$ ，解得 $a \ge 1$ ，结合前提得 $1<a \le 2$ ．**第二**，当 $a-2>0$ 即 $a>2$ 时，${g}' (x)$ 在 $x=a-2$ 处取得最小值，故只需 ${g}' (a-2) \ge 0$ 即可满足命题 $p$ ，${g}' (a-2)=\ln_{}{(a-1)}+\dfrac {a-1}{a-1}=\ln_{}{(a-1)}+1 \ge 0$ ，$\ln_{}{(a-1)} \ge -1$ ， $a \ge \dfrac {1}{\mathrm{e}} +1$ ，结合前提得 $a>2$ ．
 
-<!-- wp:paragraph -->
-<p>综上，列出满足 $p$ 的三个条件：</p>
-<!-- /wp:paragraph -->
+综上，列出满足 $p$ 的三个条件：
 
-<!-- wp:list {"ordered":true} -->
-<ol class="wp-block-list"><!-- wp:list-item -->
-<li>$a=1$ ．</li>
-<!-- /wp:list-item -->
+1. $a=1$．
+2. $1<a \le 2$.
+3. $a>2$.
 
-<!-- wp:list-item -->
-<li>$1&lt;a \le 2$ ．</li>
-<!-- /wp:list-item -->
+这三个条件涵盖了所以可能的情况，取并集即可．综上，得出结论：
 
-<!-- wp:list-item -->
-<li>$a&gt;2$ ．</li>
-<!-- /wp:list-item --></ol>
-<!-- /wp:list -->
+当 $a \ge 1$ 时，$g\left ( x \right )$ 在 $\left ( 0,+ \infty \right )$ 单调递增．
 
-<!-- wp:paragraph -->
-<p>这三个条件涵盖了所以可能的情况，取并集即可．综上，得出结论：</p>
-<!-- /wp:paragraph -->
+### 总结
 
-<!-- wp:paragraph -->
-<p>当 $a \ge 1$ 时，$g\left ( x \right )$ 在 $\left ( 0,+ \infty \right )$ 单调递增．</p>
-<!-- /wp:paragraph -->
+本题研究的是函数的值域问题．由于函数较复杂，需要通过导数来考察函数单调性．过程中需要研究的问题是：函数是不是单调的？在何种情况下是单调的？何种情况下不是？最大值、最小值是多少？在何处取得？等等．虽然使用了二阶导数，但本质上仍然是普通的导数应用问题．必须要关注的是逻辑关系及分类讨论的重要性．
 
-<!-- wp:heading {"level":4} -->
-<h4 class="wp-block-heading">总结</h4>
-<!-- /wp:heading -->
+班门弄斧，望不吝批评指教！
 
-<!-- wp:paragraph -->
-<p>本题研究的是函数的值域问题．由于函数较复杂，需要通过导数来考察函数单调性．过程中需要研究的问题是：函数是不是单调的？在何种情况下是单调的？何种情况下不是？最大值、最小值是多少？在何处取得？等等．虽然使用了二阶导数，但本质上仍然是普通的导数应用问题．必须要关注的是逻辑关系及分类讨论的重要性．</p>
-<!-- /wp:paragraph -->
+## 小做法
 
-<!-- wp:paragraph -->
-<p>班门弄斧，望不吝批评指教！</p>
-<!-- /wp:paragraph -->
+要求的仍然是 $\forall x\in (0,+\infty)$ ，${g}' (x) \ge 0$ 时 $a$ 的取值范围，即 $\ln_{}{(x+1)}+\dfrac{a-1}{x+1} \ge 0$ 时 $a$ 的取值范围．
 
-<!-- wp:heading {"level":3} -->
-<h3 class="wp-block-heading">小做法</h3>
-<!-- /wp:heading -->
+对于 $x\in (0,+\infty)$ ，$\ln_{}{(x+1)}$ 是恒正的．$\dfrac{a-1}{x+1}$ 则有两种情况：第一，当 $a-1 <0$ 即 $a<1$ ，$\dfrac{a-1}{x+1}$ 恒为负．第二，当 $a-1 \ge 0$ 即 $a \ge 1$ ，$\dfrac{a-1}{x+1}$ 恒非负．
 
-<!-- wp:paragraph -->
-<p>要求的仍然是 $\forall x\in (0,+\infty)$ ，${g}' (x) \ge 0$ 时 $a$ 的取值范围，即 $\ln_{}{(x+1)}+\dfrac{a-1}{x+1} \ge 0$ 时 $a$ 的取值范围．</p>
-<!-- /wp:paragraph -->
-
-<!-- wp:paragraph -->
-<p>对于 $x\in (0,+\infty)$ ，$\ln_{}{(x+1)}$ 是恒正的．$\dfrac{a-1}{x+1}$ 则有两种情况：第一，当 $a-1 &lt;0$ 即 $a&lt;1$ ，$\dfrac{a-1}{x+1}$ 恒为负．第二，当 $a-1 \ge 0$ 即 $a \ge 1$ ，$\dfrac{a-1}{x+1}$ 恒非负．</p>
-<!-- /wp:paragraph -->
-
-<!-- wp:paragraph -->
-<p>如图3，对于 $x\in (0,+\infty)$ ，当 $a-1 &lt;0$ 时，其他点暂且勿论，单看 $\lim_{x \to 0^{+}} \ln_{}{(x+1)}+\dfrac{a-1}{x+1} &lt; 0$ ，就知道 $a-1 &lt;0$ 不满足这个命题．而 $a-1 \ge 0$ 显然是满足的，因为两正数相加结果一定为正数．故只需使 $a-1 \ge 0$ 即可使命题为真．</p>
-<!-- /wp:paragraph -->
+如图3，对于 $x\in (0,+\infty)$ ，当 $a-1 <0$ 时，其他点暂且勿论，单看 $\lim_{x \to 0^{+}} \ln_{}{(x+1)}+\dfrac{a-1}{x+1} < 0$ ，就知道 $a-1 <0$ 不满足这个命题．而 $a-1 \ge 0$ 显然是满足的，因为两正数相加结果一定为正数．故只需使 $a-1 \ge 0$ 即可使命题为真．
 
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 <figure class="wp-block-image aligncenter size-large"><img src="https://qingshuige.ink/wp-content/uploads/2024/01/geogebra-export-4-1024x612.png" alt="" class="wp-image-524"/><figcaption class="wp-element-caption">图3</figcaption></figure>
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-<!-- wp:paragraph -->
-<p>该做法相当巧妙简洁，在考场上能够节省大量时间，是绝大多数学生采用的做法．</p>
-<!-- /wp:paragraph -->
+该做法相当巧妙简洁，在考场上能够节省大量时间，是绝大多数学生采用的做法．
 
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-<figure class="wp-block-pullquote alignwide has-text-align-left" style="border-style:none;border-width:0px"><blockquote><p>题不要多做，要做精、做透，研究得清清楚楚。</p><cite>——@nanmu</cite></blockquote></figure>
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+> 题不要多做，要做精、做透，研究得清清楚楚。
+> 
+> ——@nanmu