（13 分）（2016 • 山东）已知 f(x)=a(x-…——2016 高考数学第 20 题答案解析

【解答】
（13 分）（2016 • 山东）已知 $f(x)=a(x-\ln x)+\frac{2 x-1}{x^{2}}, a \in R$ ．
（I）讨论 $f(x)$ 的单调性；
（II）当 $\mathrm{a}=1$ 时，证明 $\mathrm{f}(\mathrm{x})>\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})+\frac{3}{2}$ 对于任意的 $\mathrm{x} \in[1,2]$ 成立。
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．
【专题】综合题；函数思想；综合法；导数的概念及应用。
【分析】（I）求出原函数的导函数，然后对 a 分类分析导函数的符号，由导函数的符号确定原函数的单调性；
（II）构造函数 $F(x)=f(x)-f^{\prime}(x)$ ，令 $g(x)=x-\ln x, h(x)=\frac{3}{x}+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x^{3}}-1$ 。则 $F(x)=f(x)-f^{\prime}(x)=g(x)+h(x)$ ，利用导数分别求 $g(x)$ 与 $h(x)$ 的最小值得到 $F (x)>\frac{3}{2}$ 恒成立。由此可得 $f(x)>f^{\prime}(x)+\frac{3}{2}$ 对于任意的 $x \in[1,2]$ 成立。

【解答】（I）解：由 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{a}(\mathrm{x}-\ln \mathrm{x})+\frac{2 \mathrm{x}-1}{\mathrm{x}^{2}}$ ，
得 $f^{\prime}(x)=a\left(1-\frac{1}{x}\right)+\frac{2 x^{2}-(2 x-1) \cdot 2 x}{x^{4}}$
$=\frac{a x-a}{x}+\frac{2-2 x}{x^{3}}=\frac{a x^{3}-a x^{2}+2-2 x}{x^{3}}=\frac{(x-1)\left(a x^{2}-2\right)}{x^{3}}(x>0)$.

若 $\mathrm{a} \leq 0$ ，则 $\mathrm{ax}^{2}-2<0$ 恒成立，
∴ 当 $x \in(0,1)$ 时，$f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 为增函数，
当 $x \in(1,+\infty)$ 时，$f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 为减函数；
当 $a>0$ ，若 $00, f(x)$ 为增函数，
当 $x \in\left(1, \frac{\sqrt{2 a}}{a}\right)$ 时，$f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 为减函数；
若 $a=2, f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立，$f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数；
若 $a>2$ ，当 $x \in\left(0, \frac{\sqrt{2 a}}{a}\right)$ 和 $(1,+\infty)$ 时，$f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 为增函数，
当 $x \in\left(\frac{\sqrt{2 a}}{a}, 1\right)$ 时，$f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 为减函数；
（II）解：$\because \mathrm{a}=1$ ，
令 $F(x)=f(x)-f^{\prime}(x)=x-\ln x+\frac{2}{x}-\frac{1}{x^{2}}-1+\frac{2}{x^{2}}+\frac{1}{x}-\frac{2}{x^{3}}=-\ln x+\frac{3}{x}+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x^{3}}-1$ 。
令 $g(x)=x-\ln x, h(x)=\frac{3}{x}+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x^{3}}-1$ ．
则 $F(x)=f(x)-f^{\prime}(x)=g(x)+h(x)$ ，
由 $g^{\prime}(x)=\frac{x-1}{x} \geqslant 0$ ，可得 $g(x) \geq g①=1$ ，当且仅当 $x=1$ 时取等号；
又 $h^{\prime}(x)=\frac{-3 x^{2}-2 x+6}{x^{4}}$ ，设 $\phi(x)=-3 x^{2}-2 x+6$ ，则 $\phi(x)$ 在 $[1,2]$ 上单调递减，
且 $\phi(1)=1, \phi②=-10$ ，
∴ 在 $[1,2]$ 上存在 $\mathrm{x}_{0}$ ，使得 $\mathrm{x} \in\left(1, \mathrm{x}_{0}\right)$ 时 $\phi\left(\mathrm{x}_{0}\right)>0, \mathrm{x} \in\left(\mathrm{x}_{0}, 2\right)$ 时，$\phi\left(\mathrm{x}_{0}\right)<0$ ，
∴ 函数 $\phi(\mathrm{x})$ 在 $\left(1, \mathrm{x}_{0}\right)$ 上单调递增；在 $\left(\mathrm{x}_{0}, 2\right)$ 上单调递减，
由于 $\mathrm{h}(1)=1, \mathrm{~h}(2)=\frac{1}{2}$ ，因此 $\mathrm{h}(\mathrm{x}) \geq \mathrm{h}(2)=\frac{1}{2}$ ，当且仅当 $\mathrm{x}=2$ 取等号，
$\therefore \mathrm{f}(\mathrm{x})-\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=\mathrm{g}(\mathrm{x})+\mathrm{h}(\mathrm{x})>\mathrm{g}(1)+\mathrm{h}(2)=\frac{3}{2}$ ，
$\therefore \mathrm{F}(\mathrm{x})>\frac{3}{2}$ 恒成立．
即 $\mathrm{f}(\mathrm{x})>\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})+\frac{3}{2}$ 对于任意的 $\mathrm{x} \in[1,2]$ 成立。
【点评】本题考查利用导数加以函数的单调性，考查了利用导数求函数的最值，考查了分类讨论的数学思想方法和数学转化思想方法，是压轴题。