《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

已知函数 $ f(x) = \ln x + ax^2 - x + a + 1 $.
(1) 证明曲线 $ y = f(x) $ 在 $ x = 1 $ 处的切线过原点；
(2) 讨论 $ f(x) $ 的单调性.

答案： 解：
(1)证明：由题设得$f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}+2ax - 1(x ＞ 0)$.
所以$f^{\prime}(1)=1 + 2a - 1=2a$，
又因为$f(1)=a - 1 + a + 1=2a$，所以切点为$(1,2a)$，斜率$k = 2a$，
所以切线方程为$y - 2a=2a(x - 1)$，即$y = 2ax$恒过原点.
(2)由
(1)得$f^{\prime}(x)=\frac{2ax^{2}-x + 1}{x}(x ＞ 0)$，
当$a = 0$时，$f^{\prime}(x)=\frac{-x + 1}{x}$.
当$x \in (0,1)$时，$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$在$(0,1)$上单调递增，
当$x \in (1,+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$在$(1,+\infty)$上单调递减；
当$a \neq 0$时，令$t(x)=2ax^{2}-x + 1$，则$\Delta=1 - 8a$，
当$a ＞ 0$且$\Delta=1 - 8a \leq 0$时，即$a \geq \frac{1}{8}$时，$f^{\prime}(x) \geq 0$，$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，
当$0 ＜ a ＜ \frac{1}{8}$时，$\Delta=1 - 8a ＞ 0$，
由$t(x)=2ax^{2}-x + 1＞0$，则$0 ＜ x ＜ \frac{1 - \sqrt{1 - 8a}}{4a}$，或$x ＞ \frac{1 + \sqrt{1 - 8a}}{4a}$则$f^{\prime}(x)＞0$，
所以$f(x)$在$(0,\frac{1 - \sqrt{1 - 8a}}{4a})$上单调递增，在$(\frac{1 + \sqrt{1 - 8a}}{4a},+\infty)$上单调递增；
由$t(x)=2ax^{2}-x + 1＜0$，则$\frac{1 - \sqrt{1 - 8a}}{4a}＜x＜\frac{1 + \sqrt{1 - 8a}}{4a}$，则$f^{\prime}(x)＜0$，
所以$f(x)$在$(\frac{1 - \sqrt{1 - 8a}}{4a},\frac{1 + \sqrt{1 - 8a}}{4a})$上单调递减；
当$a ＜ 0$时，$\Delta=1 - 8a ＞ 0$，则$t(x)=2ax^{2}-x + 1$为开口向下的二次函数，
对称轴$x=\frac{1}{4a}＜0$，$t(0)=1$，$t(\frac{1}{4a})=1-\frac{1}{8a}＞1$，
由$t(x)=2ax^{2}-x + 1＞0$，则$0 ＜ x ＜ \frac{1 + \sqrt{1 - 8a}}{4a}$，则$f^{\prime}(x)＞0$，
所以$f(x)$在$(0,\frac{1 + \sqrt{1 - 8a}}{4a})$上单调递增.
由$t(x)=2ax^{2}-x + 1＜0$，则$x ＞ \frac{1 + \sqrt{1 - 8a}}{4a}$，则$f^{\prime}(x)＜0$，所以$f(x)$在$(\frac{1 + \sqrt{1 - 8a}}{4a},+\infty)$上单调递减；
综上：当$a = 0$时，$f(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1,+\infty)$上单调递减；
当$a \geq \frac{1}{8}$时，$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增；
当$0 ＜ a ＜ \frac{1}{8}$时，$f(x)$在$(0,\frac{1 - \sqrt{1 - 8a}}{4a}),(\frac{1 + \sqrt{1 - 8a}}{4a},+\infty)$上单调递增，在$(\frac{1 - \sqrt{1 - 8a}}{4a},\frac{1 + \sqrt{1 - 8a}}{4a})$上单调递减；
当$a ＜ 0$时，$f(x)$在$(\frac{1 + \sqrt{1 - 8a}}{4a},+\infty)$上单调递减，$f(x)$在$(0,\frac{1 + \sqrt{1 - 8a}}{4a})$上单调递增.

[变式探究]
1. (变条件) 本例已知条件变为：$ f(x) = \frac{1}{2}x^2 - ax + \ln x $，讨论 $ f(x) $ 的单调性.

答案： 1.解：$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$，$f^{\prime}(x)=x^{2}-ax + 1$.
当$a \leq 0$时，得$f^{\prime}(x)＞0$恒成立，$f(x)$在$(0,+\infty)$单调递增，
当$a ＞ 0$时，令$g(x)=x^{2}-ax + 1$，$\Delta=a^{2}-4$，
(i)当$\Delta \leq 0$即$0 ＜ a \leq 2$时，$f^{\prime}(x) \geq 0$恒成立，$f(x)$在$(0,+\infty)$单调递增.
(ii)当$\Delta ＞ 0$即$a ＞ 2$时，
由$f^{\prime}(x)＞0$得$0 ＜ x ＜ \frac{a - \sqrt{a^{2}-4}}{2}$或$x ＞ \frac{a + \sqrt{a^{2}-4}}{2}$
由$f^{\prime}(x)＜0$得$\frac{a - \sqrt{a^{2}-4}}{2}＜x＜\frac{a + \sqrt{a^{2}-4}}{2}$
所以$f(x)$在$(0,\frac{a - \sqrt{a^{2}-4}}{2}),(\frac{a + \sqrt{a^{2}-4}}{2},+\infty)$单调递增.在$(\frac{a - \sqrt{a^{2}-4}}{2},\frac{a + \sqrt{a^{2}-4}}{2})$单调递减.
综上：当$a \leq 2$时，$f(x)$在$(0,+\infty)$单调递增；
当$a ＞ 2$时，$f(x)$在$(0,\frac{a - \sqrt{a^{2}-4}}{2}),(\frac{a + \sqrt{a^{2}-4}}{2},+\infty)$单调递增；$f(x)$在$(\frac{a - \sqrt{a^{2}-4}}{2},\frac{a + \sqrt{a^{2}-4}}{2})$单调递减.

2. (变条件) 本例已知条件变为：$ f(x) = (x - a - 1)e^x - (x - a)^2 $，讨论 $ f(x) $ 的单调性.

答案： 2.解：$f(x)$的定义域为$\mathbf{R}$，$f^{\prime}(x)=(x - a)e^{x}-2(x - a)=(x - a)(e^{x}-2)$.
令$f^{\prime}(x)=0$，得$x = a$或$x = \ln 2$.
①当$a ＞ \ln 2$时，$x \in (-\infty,\ln 2)\cup(a,+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＞0$，$x \in (\ln 2,a)$时，$f^{\prime}(x)＜0$，
所以$f(x)$在$(-\infty,\ln 2),(a,+\infty)$上单调递增，在$(\ln 2,a)$上单调递减；
②当$a = \ln 2$时，$f^{\prime}(x) \geq 0$恒成立，所以$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增.
③当$a ＜ \ln 2$时，$x \in (-\infty,a)\cup(\ln 2,+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＞0$，$x \in (a,\ln 2)$时，$f^{\prime}(x)＜0$，
所以$f(x)$在$(-\infty,a),(\ln 2,+\infty)$上单调递增，在$(a,\ln 2)$上单调递减.
综上，当$a ＞ \ln 2$时，$f(x)$在$(-\infty,\ln 2),(a,+\infty)$上单调递增，在$(\ln 2,a)$上单调递减；
当$a = \ln 2$时，$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增；
当$a ＜ \ln 2$时，$f(x)$在$(-\infty,a),(\ln 2,+\infty)$上单调递增，在$(a,\ln 2)$上单调递减.

设函数 $ f(x) = x^2 + ax - 3a^2 \ln x $，其中 $ a \in \mathbf{R} $. 讨论 $ f(x) $ 的单调性.

答案： 解：$f(x)$的定义域是$(0,+\infty)$，
若$a = 0$，$f(x)=x^{2}$，函数$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增.
当$a \neq 0$时，$f^{\prime}(x)=2x + a-\frac{3a^{2}}{x}=\frac{2x^{2}+ax - 3a^{2}}{x}=\frac{(x - a)(2x + 3a)}{x}$
令$f^{\prime}(x)=0$，解得$x = a$或$x = -\frac{3}{2}a$，
若$a ＜ 0$，则当$0 ＜ x ＜ -\frac{3}{2}a$时，$f^{\prime}(x)＜0$，
当$x ＞ -\frac{3}{2}a$时，$f^{\prime}(x)＞0$，
所以$f(x)$在$(0,-\frac{3}{2}a)$上单调递减，在$(-\frac{3}{2}a,+\infty)$上单调递增；
若$a ＞ 0$，则当$0 ＜ x ＜ a$时，$f^{\prime}(x)＜0$，当$x ＞ a$时，$f^{\prime}(x)＞0$，
所以$f(x)$在$(0,a)$上单调递减，在$(a,+\infty)$上单调递增.
综上所述，当$a = 0$时，$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增；
当$a ＜ 0$时，$f(x)$在$(0,-\frac{3}{2}a)$上单调递减，在$(-\frac{3}{2}a,+\infty)$上单调递增；
当$a ＞ 0$时，$f(x)$在$(0,a)$上单调递减，在$(a,+\infty)$上单调递增.

(1) (多选题) (2024·安徽淮北模拟) 如图是函数 $ f(x) $ 的导函数 $ f'(x) $ 的图象，则下列不等式一定成立的是 (AD)


A.$ f(-2) ＜ f(-1) $
B.$ f(-1) ＞ f(0) $
C.$ f(1) ＞ f(3) $
D.$ f(2) ＞ f(4) $

答案：
(1)AD
(2)D
(1)由题意可知：当$x \in [-2,2]$时，$f^{\prime}(x) \geq 0$；
当$x \in (2,4]$时，$f^{\prime}(x) \leq 0$；可知$f(x)$在$[-2,2]$内单调递增，在$(2,4]$内单调递减，可得$f(-2)＜f(-1)$，$f(-1)＜f(0)$，$f(2)＞f(4)$，故A,D正确，B错误；又因为$x = 1,x = 3$不在同一单调区间内，所以无法比较$f(1),f(3)$的大小，故C错误.故选AD.
(2)构造函数$g(x)=f(-x)+x$，$g(-1)=3 - 1=2$，$g^{\prime}(x)=-f^{\prime}(-x)+1＜0$，即函数$g(x)$在$\mathbf{R}$上单调递减，$f(-x)＜2 - x$等价于$g(x)＜g(-1)$，解得$x ＞ -1$.即$f(-x)＜2 - x$的解集为$(-1,+\infty)$.故选D.

(2) (2025·山东聊城期末) 已知定义在 $ \mathbf{R} $ 上的函数 $ f(x) $ 的导函数为 $ f'(x) $，若 $ f(1) = 3 $，且 $ \forall x \in \mathbf{R} $，$ f'(-x) ＞ 1 $，则 $ f(-x) ＜ 2 - x $ 的解集为 (D)

A.$ (-\infty, -1) $
B.$ (-1,1) $
C.$ (1, +\infty) $
D.$ (-1, +\infty) $

答案： 解：
(1)因为$f(x)$在$[1,4]$上单调递减，所以当$x \in [1,4]$时，$f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-ax - 2 \leq 0$恒成立，
即$a \geq \frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}$恒成立.设$G(x)=\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}$，$x \in [1,4]$，
所以$a \geq G(x)_{\max}$，而$G(x)=(\frac{1}{x}-1)^{2}-1$，
因为$x \in [1,4]$，所以$\frac{1}{x} \in [\frac{1}{4},1]$，
所以$G(x)_{\max}=-\frac{7}{16}$(此时$x = 4$)，所以$a \geq -\frac{7}{16}$，
又因为$a \neq 0$，所以实数$a$的取值范围是$[-\frac{7}{16},0)\cup(0,+\infty)$.
(2)因为$f(x)$在$[1,4]$上存在单调递减区间，
则$f^{\prime}(x)＜0$在$[1,4]$上有解，所以当$x \in [1,4]$时，$a ＞ \frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}$有解，
又当$x \in [1,4]$时，$(\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x})_{\min}=-1$(此时$x = 1$)，
所以$a ＞ -1$，又因为$a \neq 0$，所以实数$a$的取值范围是$(-1,0)\cup(0,+\infty)$.