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大做一道小导数题	2024-01-03T23:56:00.000+08:00	线粒体

题目

【2024·嘉峪关市酒钢三中1月联考预测卷：21. (2)】 g\left ( x \right ) = x\ln_{}{\left ( x+1 \right ) } +a\ln_{}{\left ( x+1 \right ) } -x ，g\left ( x \right ) 在 \left ( 0,+ \infty \right ) 单调递增，求 a 的取值范围．

大做法

解析

g\left ( x \right ) 作为一个十分复杂的函数，通过直接观察的方式显然不能有所突破，因此，考虑 g\left ( x \right ) 的导函数 {g}^{\prime} (x) ．g(x) 在 (0,+ \infty) 单调递增的等价命题是： {g}^{\prime} (x) 在 (0,+ \infty) 上非负．

因此，题目求解的是命题 p : \forall x\in (0,+\infty) ，{g}^{\prime} (x) \ge 0 为真时，a 的取值范围．

{g}^{\prime} (x) = \ln_{}{(x+1)} + \dfrac {a-1}{x+1}.

所以命题$p : \forall x \in (0,+\infty)$，{g}^{\prime} (x) =\ln_{}{(x+1)} + \dfrac {a-1}{x+1} \ge 0.

当前的目标是求得使该命题为真的 a 的取值范围．

{g}^{\prime} (x) 的性质仍然不是很明显，因此对 {g}^{\prime} (x) 求导：

{g}^{\prime\prime} (x) = \dfrac {1}{x+1} + \dfrac {-(a-1)}{(x+1)^{2}} = \dfrac {x-a+2}{(x+1)^{2}} .

{g}^{\prime\prime} (x) 是 {g}^{\prime} (x) 的导函数，考察 {g}^{\prime\prime} (x) 来观察 {g}^{\prime} (x) 的性质．

令 {g}^{\prime\prime} (x) = 0 ，得到 x = a-2 ．即 {g}^{\prime} (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}^{\prime\prime} (x) < 0 ．当 x>a-2 时，x-a+2>0 ，所以 {g}^{\prime\prime} (x) > 0 ．所以 {g}^{\prime} (x) 在驻点左侧单调递减，在驻点右侧单调递增．

当驻点小于或等于 -1 时，可以说 {g}^{\prime} (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}^{\prime\prime} (x) 在定义域内恒大于 0 ，{g}^{\prime} (x) 在定义域内为增函数．

由上总结 {g}^{\prime} (x) 的两种单调性：

1. 当 a-2>-1 即 a>1 时，{g}^{\prime} (x) 在 a-2 左侧减，右侧增（图1）.
2. 当 a-2 \le -1 即 a \le 1 时，{g}^{\prime} (x) 在定义域上增（图2）.

注意到我们要求的是命题 p : \forall x\in (0,+\infty) ，{g}^{\prime} (x) \ge 0 为真时，a 的取值范围．

显然，对于 a-2 \le -1 即 a \le 1 的情况，由于 {g}^{\prime} (x) 在定义域上增，故在 (0,+\infty) 上也增，因此只需使 {g}^{\prime} (0) \ge 0 ，就可以使命题 p 为真．所以 {g}^{\prime} (0)=a-1 \ge 0 ，a \ge 1 ．结合 a \le 1 的前提，得 a=1 ．

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}^{\prime} (x) 在 (0,+\infty) 上是增的，因此只需 {g}^{\prime} (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}^{\prime} (x) 在 x=a-2 处取得最小值，故只需 {g}^{\prime} (a-2) \ge 0 即可满足命题 p ，{g}^{\prime} (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 ．

综上，列出满足 p 的三个条件：

1. $a=1$．
2. 1<a \le 2.
3. a>2.

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：

当 a \ge 1 时，g\left ( x \right ) 在 \left ( 0,+ \infty \right ) 单调递增．

总结

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．

班门弄斧，望不吝批评指教！

小做法

要求的仍然是 \forall x\in (0,+\infty) ，{g}^{\prime} (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．

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．

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．

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．

题不要多做，要做精、做透，研究得清清楚楚。

——@nanmu