已知函数 f(x)=ln x 2-x +a x+b(x-1…——2024 高考数学第 18 题答案解析

函数定义域为 $(0,2)$。

（1）当 $b=0$ 时，$f(x)=\ln\frac{x}{2-x}+ax$，
$f'(x)=\frac{1}{x}+\frac{1}{2-x}+a=\frac{2}{x(2-x)}+a$。
因为 $x(2-x)\leq 1$，所以 $\frac{2}{x(2-x)}\geq 2$，且当 $x=1$ 时取等号。要使 $f'(x)\geq 0$ 在 $(0,2)$ 上恒成立，需 $a+2\geq 0$，即 $a\geq -2$。故 $a$ 的最小值为 $-2$。

（2）对任意 $x\in(0,2)$，有 $2-x\in(0,2)$，并且
$f(x)+f(2-x)=\ln\frac{x}{2-x}+ax+b(x-1)^3+\ln\frac{2-x}{x}+a(2-x)+b(1-x)^3=2a$。
因此 $f(2-x)=2a-f(x)$。若点 $(x,f(x))$ 在曲线 $y=f(x)$ 上，则其关于点 $(1,a)$ 的对称点为 $(2-x,2a-f(x))=(2-x,f(2-x))$，也在该曲线上。故曲线 $y=f(x)$ 是中心对称图形，对称中心为 $(1,a)$。

（3）由题意，在定义域内 $f(x)>-2$ 的解集恰为 $(1,2)$。函数在 $x=1$ 连续，若 $f(1)>-2$，则 $x=1$ 也会满足不等式；若 $f(1)<-2$，则由连续性，$1$ 右侧充分近的点仍有 $f(x)<-2$，与 $(1,2)$ 内恒有 $f(x)>-2$ 矛盾。故 $f(1)=-2$，而 $f(1)=a$，所以 $a=-2$。

令 $x=1+t$，则 $x\in(1,2)$ 等价于 $t\in(0,1)$。此时
$f(x)>-2\iff \ln\frac{1+t}{1-t}-2t+bt^3>0$。
设 $g(t)=\ln\frac{1+t}{1-t}-2t+bt^3$，$|t|<1$，则 $g(0)=0$。求导得
$g'(t)=\frac{2}{1-t^2}-2+3bt^2=\frac{t^2(2+3b-3bt^2)}{1-t^2}$。
对 $0<t<1$，分母 $1-t^2>0$，符号由 $\varphi(t)=2+3b-3bt^2=2+3b(1-t^2)$ 决定。

若 $b\geq -\frac{2}{3}$：当 $b\geq 0$ 时，$\varphi(t)>0$；当 $-\frac{2}{3}\leq b<0$ 时，因 $0<1-t^2<1$，有 $\varphi(t)>2+3b\geq 0$，故 $\varphi(t)>0$。于是 $g'(t)>0$，$g(t)$ 在 $(0,1)$ 单调递增，结合 $g(0)=0$ 得 $g(t)>0$，即 $f(x)>-2$ 在 $(1,2)$ 上恒成立。

若 $b<-\frac{2}{3}$，则 $\varphi(0)=2+3b<0$。由连续性，存在 $\delta>0$，当 $0<t<\delta$ 时 $\varphi(t)<0$，从而 $g'(t)<0$，于是 $g(t)<g(0)=0$，与 $g(t)>0$ 在 $(0,1)$ 上恒成立矛盾。

因此必须有 $b\geq -\frac{2}{3}$。当 $b\geq -\frac{2}{3}$ 时，上述结论给出 $g(t)>0$ 对 $t\in(0,1)$ 成立。又 $g(-t)=-g(t)$，故 $t\in(-1,0)$ 时 $g(t)<0$，即 $x\in(0,1)$ 时 $f(x)<-2$；同时 $f(1)=-2$。所以 $f(x)>-2$ 当且仅当 $1<x<2$。

综上，$b$ 的取值范围是 $b\geq -\frac{2}{3}$。