《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

(2)已知函数$f(x) = 2ax^3 + x$。当$x \in (1, +\infty)$时，恒有$f(x) ＞ x^3 - a$，求$a$的取值范围。$[\frac{1}{2},+\infty)$

答案：
(2)解 当$x\in(1,+\infty)$时，$f(x)＞x^{3}-a$恒成立，即$2ax^{3}+x＞x^{3}-a$恒成立，即$a(2x^{3}+1)＞x^{3}-x$恒成立，即$a＞\frac{x^{3}-x}{2x^{3}+1}$恒成立，令$\varphi(x)=\frac{x^{3}-x}{2x^{3}+1}(x＞1)$，$\therefore\varphi^{\prime}(x)=\frac{4x^{3}+3x^{2}-1}{(2x^{3}+1)^{2}}＞0$，$\therefore\varphi(x)$在$(1,+\infty)$上单调递增，由洛必达法则知又$\lim_{x\to +\infty}\varphi(x)=\lim_{x\to +\infty}\frac{x^{3}-x}{2x^{3}+1}$$=\lim_{x\to +\infty}\frac{3x^{2}-1}{6x^{2}}=\lim_{x\to +\infty}\frac{6x}{12x}=\frac{1}{2}$，$\therefore\varphi(x)＜\frac{1}{2}$，故$a\geq\frac{1}{2}$。故$a$的取值范围为$[\frac{1}{2},+\infty)$。

例 2 (12 分)(2024·全国甲卷)已知函数$f(x) = (1 - ax)\ln(1 + x) - x$。
(1)当$a = -2$时，求$f(x)$的极值；
(2)当$x \geq 0$时，$f(x) \geq 0$，求$a$的取值范围。
[思路分析]
(1)求出函数的导数，根据函数导数的零点与单调性求$f(x)$的极值。
(2)思路一：求出函数$f(x)$的导数$f'(x)$，令$S(x) = f'(x)$，根据$S'(x)$的符号讨论$f'(x)$的符号，把问题转化为求函数$f(x)$的最值。
思路二：先求出当$x \geq 0$时，$f(x) \geq 0$的必要条件，然后证明其满足充分性。
[规范解答]
解 (1)当$a = -2$时，$f(x) = (1 + 2x)\ln(1 + x) - x$，$x \in (-1, +\infty)$，
$f'(x) = 2\ln(1 + x) + \frac{1 + 2x}{1 + x} - 1 = 2\ln(1 + x) - \frac{1}{1 + x} + 1$。
→求导数 (1 分)
易知$f'(x)$在$(-1, +\infty)$上单调递增，且$f'(0) = 0$，
所以当$x \in (-1, 0)$时，$f'(x) ＜ 0$，
当$x \in (0, +\infty)$时，$f'(x) ＞ 0$，
所以$f(x)$在$(-1, 0)$上单调递减，在$(0, +\infty)$上单调递增，
→根据$f'(x)$的符号确定$f(x)$的单调区间 (3 分)
所以当$x = 0$时，$f(x)$取得极小值，为$f(0) = 0$，$f(x)$无极大值。
→求$f(x)$的极值 (5 分)
(2)法一 $f'(x) = -a\ln(1 + x) - \frac{(a + 1)x}{1 + x}$，$x \geq 0$，
设$S(x) = -a\ln(1 + x) - \frac{(a + 1)x}{1 + x}$，$x \geq 0$，
则$S'(x) = -\frac{a}{x + 1} - \frac{a + 1}{(1 + x)^2} = -\frac{ax + 2a + 1}{(1 + x)^2}$，
→为了确定$f'(x)$的符号，求$f(x)$的二阶导数 (6 分)
当$a \leq -\frac{1}{2}$时，$S'(x) \geq 0$，
故$S(x)$在$[0, +\infty)$上为增函数，
故$S(x) \geq S(0) = 0$，即$f'(x) \geq 0$，
所以$f(x)$在$[0, +\infty)$上为增函数，
故$f(x) \geq f(0) = 0$。
→利用$S'(x)$的符号得到当$a \leq -\frac{1}{2}$时原不等式成立 (8 分)
当$-\frac{1}{2} ＜ a ＜ 0$时，当$0 ＜ x ＜ -\frac{2a + 1}{a}$时，
$S'(x) ＜ 0$，
故$S(x)$在$(0, -\frac{2a + 1}{a})$上为减函数，
故在$(0, -\frac{2a + 1}{a})$上$S(x) ＜ S(0) = 0$，
即在$(0, -\frac{2a + 1}{a})$上$f'(x) ＜ 0$，
所以$f(x)$在$(0, -\frac{2a + 1}{a})$上为减函数，
故在$(0, -\frac{2a + 1}{a})$上$f(x) ＜ f(0) = 0$，
不合题意，舍去。
→证明$-\frac{1}{2} ＜ a ＜ 0$时不合题意 (10 分)
当$a \geq 0$时，此时，$S'(x) ＜ 0$在$[0, +\infty)$上恒成立，
同理可得在$(0, +\infty)$上$f(x) ＜ f(0) = 0$，
不合题意，舍去。
→证明$a \geq 0$时，不合题意
综上，$a$的取值范围是$(-\infty, -\frac{1}{2}]$。 (12 分)
法二 $f(x) = (1 - ax)\ln(1 + x) - x$，$x \in (-1, +\infty)$，
则$f'(x) = -a\ln(1 + x) - \frac{(a + 1)x}{1 + x}$，
设$g(x) = -a\ln(1 + x) - \frac{(a + 1)x}{1 + x}$，
则$g'(x) = -\frac{a}{1 + x} - \frac{a + 1}{(1 + x)^2}$。
→求$f'(x)$及其导数，用以确定$f(x)$的单调性 (6 分)
因为当$x \geq 0$时，$f(x) \geq 0$，且$f(0) = 0$，$f'(0) = 0$，
所以$g'(0) = -2a - 1 \geq 0$，得$a \leq -\frac{1}{2}$，
故$a \leq -\frac{1}{2}$是原不等式成立的一个必要条件。
→找出原不等式成立的一个必要条件 (8 分)
下面证明其充分性：
当$a \leq -\frac{1}{2}$，$x \geq 0$时，
$g'(x) \geq \frac{1}{2(1 + x)} - \frac{1}{2(1 + x)^2} = \frac{x}{2(1 + x)^2} \geq 0$，
所以$f'(x)$在$[0, +\infty)$上单调递增，
且$f'(x) \geq f'(0) = 0$，
所以$f(x)$在$[0, +\infty)$上单调递增，
且$f(x) \geq f(0) = 0$。
→证明$a \leq -\frac{1}{2}$是使原不等式成立的充分条件 (11 分)
综上，$a$的取值范围是$(-\infty, -\frac{1}{2}]$。 (12 分)
[满分规则]
1. 得步骤分
①处求函数的导数或其二阶导数是解题步骤之一，也是本题的最容易得分之处，一定要准确求导。
2. 得关键分
解决不等式的恒成立问题关键是转化为求函数的最值，而确定函数的单调性最为关键。
解法一②处利用单调性求最值，从而得到$a$的取值范围，解法二②处证明$a \leq -\frac{1}{2}$满足充分性。
3. 得讨论分
解含参数的函数问题，要仔细观察参数的符号对其分类讨论，据此求参数的范围。

答案：
(1)当$a = -2$时，$f(x) = (1 + 2x)\ln(1 + x) - x$，$x \in (-1, +\infty)$，$f'(x) = 2\ln(1 + x) + \frac{1 + 2x}{1 + x} - 1 = 2\ln(1 + x) - \frac{1}{1 + x} + 1$。易知$f'(x)$在$(-1, +\infty)$上单调递增，且$f'(0) = 0$，所以当$x \in (-1, 0)$时，$f'(x) ＜ 0$，当$x \in (0, +\infty)$时，$f'(x) ＞ 0$，所以$f(x)$在$(-1, 0)$上单调递减，在$(0, +\infty)$上单调递增，所以当$x = 0$时，$f(x)$取得极小值，为$f(0) = 0$，$f(x)$无极大值。
(2)法一 $f'(x) = -a\ln(1 + x) - \frac{(a + 1)x}{1 + x}$，$x \geq 0$，设$S(x) = -a\ln(1 + x) - \frac{(a + 1)x}{1 + x}$，$x \geq 0$，则$S'(x) = -\frac{a}{x + 1} - \frac{a + 1}{(1 + x)^2} = -\frac{ax + 2a + 1}{(1 + x)^2}$，当$a \leq -\frac{1}{2}$时，$S'(x) \geq 0$，故$S(x)$在$[0, +\infty)$上为增函数，故$S(x) \geq S(0) = 0$，即$f'(x) \geq 0$，所以$f(x)$在$[0, +\infty)$上为增函数，故$f(x) \geq f(0) = 0$。当$-\frac{1}{2} ＜ a ＜ 0$时，当$0 ＜ x ＜ -\frac{2a + 1}{a}$时，$S'(x) ＜ 0$，故$S(x)$在$(0, -\frac{2a + 1}{a})$上为减函数，故在$(0, -\frac{2a + 1}{a})$上$S(x) ＜ S(0) = 0$，即在$(0, -\frac{2a + 1}{a})$上$f'(x) ＜ 0$，所以$f(x)$在$(0, -\frac{2a + 1}{a})$上为减函数，故在$(0, -\frac{2a + 1}{a})$上$f(x) ＜ f(0) = 0$，不合题意，舍去。当$a \geq 0$时，此时，$S'(x) ＜ 0$在$[0, +\infty)$上恒成立，同理可得在$(0, +\infty)$上$f(x) ＜ f(0) = 0$，不合题意，舍去。综上，$a$的取值范围是$(-\infty, -\frac{1}{2}]$。法二 $f(x) = (1 - ax)\ln(1 + x) - x$，$x \in (-1, +\infty)$，则$f'(x) = -a\ln(1 + x) - \frac{(a + 1)x}{1 + x}$，设$g(x) = -a\ln(1 + x) - \frac{(a + 1)x}{1 + x}$，则$g'(x) = -\frac{a}{1 + x} - \frac{a + 1}{(1 + x)^2}$。因为当$x \geq 0$时，$f(x) \geq 0$，且$f(0) = 0$，$f'(0) = 0$，所以$g'(0) = -2a - 1 \geq 0$，得$a \leq -\frac{1}{2}$，故$a \leq -\frac{1}{2}$是原不等式成立的一个必要条件。下面证明其充分性：当$a \leq -\frac{1}{2}$，$x \geq 0$时，$g'(x) \geq \frac{1}{2(1 + x)} - \frac{1}{2(1 + x)^2} = \frac{x}{2(1 + x)^2} \geq 0$，所以$f'(x)$在$[0, +\infty)$上单调递增，且$f'(x) \geq f'(0) = 0$，所以$f(x)$在$[0, +\infty)$上单调递增，且$f(x) \geq f(0) = 0$。综上，$a$的取值范围是$(-\infty, -\frac{1}{2}]$。