《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

(1)当$a = - 2$时，求$f(x)$的极值；

答案：
(1)当$a = - 2$时，$f(x)=(1 + 2x)\ln(1 + x)-x,x\in(-1,+\infty)$，$f^{\prime}(x)=2\ln(1 + x)+\frac{1 + 2x}{1 + x}-1=2\ln(1 + x)-\frac{1}{1 + x}+1$.
易知$f^{\prime}(x)$在$(-1,+\infty)$上单调递增，且$f^{\prime}(0)=0$，
所以当$x\in(-1,0)$时，$f^{\prime}(x)\lt0$，当$x\in(0,+\infty)$时，$f^{\prime}(x)\gt0$，
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$f(0)=0$，$f(x)$无极大值.

(2)当$x\geqslant 0$时，$f(x)\geqslant 0$，求实数$a$的取值范围.

答案：
(2)$f(x)=(1 - ax)\ln(1 + x)-x,x\in(-1,+\infty)$，
则$f^{\prime}(x)= - a\ln(1 + x)-\frac{(a + 1)x}{1 + x}$
设$g(x)= - a\ln(1 + x)-\frac{(a + 1)x}{1 + x}$，
则$g^{\prime}(x)=-\frac{a}{1 + x}-\frac{a + 1}{(1 + x)^{2}}$.
因为当$x\geq0$时，$f(x)\geq0$，且$f(0)=0$，$f^{\prime}(0)=0$，
所以$g^{\prime}(0)= - 2a - 1\geq0$，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.
当$a\leq-\frac{1}{2}$，$x\geq0$时，$g^{\prime}(x)\geq\frac{1}{2(1 + x)}-\frac{1}{2(1 + x)^{2}}=\frac{x}{2(1 + x)^{2}}\geq0$，
所以$f^{\prime}(x)$在$[0,+\infty)$上单调递增，且$f^{\prime}(x)\geq f^{\prime}(0)=0$，
所以$f(x)$在$[0,+\infty)$上单调递增，且$f(x)\geq f(0)=0$.
综上，实数$a$的取值范围是$(-\infty,-\frac{1}{2}]$.

(1)当$a = 1$时，讨论$f(x)$的单调性；

答案：
(1)当$a = 1$时，$f(x)=x + \ln x - x^{2},x\gt0$，
则$f^{\prime}(x)=1+\frac{1}{x}-2x=\frac{-2x^{2}+x + 1}{x}=\frac{-(2x + 1)(x - 1)}{x}$
令$f^{\prime}(x)=0$，解得$x = 1$或$x=-\frac{1}{2}$（舍）.
当$0\lt x\lt1$时，$f^{\prime}(x)=\frac{(2x + 1)(x - 1)}{x}\gt0$，$f(x)$单调递增，
当$x\gt1$时，$f^{\prime}(x)=\frac{(2x + 1)(x - 1)}{x}\lt0$，$f(x)$单调递减，
综上所述，$f(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1,+\infty)$上单调递减.

(2)若存在$x_{0}\in (1,+\infty )$，使得$f(x_{0})＞0$，求实数$a$的取值范围.

答案：
(2)由题可知$f^{\prime}(x)=\frac{x}{1 + ax - 2ax^{2}}$，
令$h(x)=1 + ax - 2ax^{2}=ax(1 - 2x)+1$，
当$a\leq0$时，由$x\gt1$可知$h(x)\gt0$，即$f^{\prime}(x)\gt0$，
所以$f(x)$在$(1,+\infty)$为增函数.
所以对任意$x\in(1,+\infty)$都有$f(x)\gt f(1)=0$，符合题意.
当$a\gt0$时，由$2ax^{2}-ax - 1 = 0$解得$x_{1}=\frac{1-\sqrt{1+\frac{8}{a}}}{4}$或$x_{2}=\frac{1+\sqrt{1+\frac{8}{a}}}{4}$
因为$x_{1}\lt0$，下面讨论$x_{2}$与$1$的大小：
①当$0\lt a\lt1$时，$x_{2}\gt1$，则$f(x)$在$(1,x_{2})$上单调递增.
所以存在$x_{0}\in(1,x_{2})$，使得$f(x_{0})\gt f(1)=0$.
②当$a\geq1$时，$x_{1}\lt x_{2}\leq1$，对任意$x\in(1,+\infty)$都有$h(x)\lt0$，
即$f^{\prime}(x)\lt0$，
所以$f(x)$在$(1,+\infty)$上为减函数，$f(x)\lt f(1)=0$恒成立，不符合题意.
综上所述，$a\in(-\infty,1)$时，存在$x_{0}\in(1,+\infty)$，使得$f(x_{0})\gt0$.