线粒体XianlitiCN
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title: 大做一道小导数题
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date: 2024-01-03T23:56:00.000+08:00
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author: 线粒体
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## 题目
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**【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．
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## 大做法
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### 解析
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$g\left ( x \right )$ 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．
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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．
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$$ {g}^{\prime} (x) = \ln_{}{(x+1)} + \dfrac {a-1}{x+1}. $$
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所以命题$p : \forall x \in (0,+\infty)$，${g}^{\prime} (x) =\ln_{}{(x+1)} + \dfrac {a-1}{x+1} \ge 0. $
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当前的目标是求得使该命题为真的 $a$ 的取值范围．
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${g}^{\prime} (x)$ 的性质仍然不是很明显，因此对 ${g}^{\prime} (x)$ 求导：
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$$ {g}^{\prime\prime} (x) = \dfrac {1}{x+1} + \dfrac {-(a-1)}{(x+1)^{2}} = \dfrac {x-a+2}{(x+1)^{2}} . $$
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${g}^{\prime\prime} (x)$ 是 ${g}^{\prime} (x)$ 的导函数，考察 ${g}^{\prime\prime} (x)$ 来观察 ${g}^{\prime} (x)$ 的性质．
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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．
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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．
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由上总结 ${g}^{\prime} (x)$ 的两种单调性：
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1. 当 $a-2>-1$ 即 $a>1$ 时，${g}^{\prime} (x)$ 在 $a-2$ 左侧减，右侧增（图1）.
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2. 当 $a-2 \le -1$ 即 $a \le 1$ 时，${g}^{\prime} (x)$ 在定义域上增（图2）.
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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．
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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 $a=1$ ．
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$a-2>-1$ 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 $a>2$ ．
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综上，列出满足 $p$ 的三个条件：
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1. $a=1$．
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2. $1<a \le 2$.
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3. $a>2$.
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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：
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当 $a \ge 1$ 时，$g\left ( x \right )$ 在 $\left ( 0,+ \infty \right )$ 单调递增．
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### 总结
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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．
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班门弄斧，望不吝批评指教！
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## 小做法
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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．
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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．
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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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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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> 题不要多做，要做精、做透，研究得清清楚楚。
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> ——@nanmu
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