已知函数 f(x)=(1-a x) ln (1+x)-x…——2024 高考数学第 21 题答案解析

【答案】（1）极小值为 0 ，无极大值．
（2）$a \leq-\frac{1}{2}$

【解析】

【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值．
（2）求出函数的二阶导数，就 $a \leq-\frac{1}{2} ,-\frac{1}{2}<a<0 , ~ a \geq 0$ 分类讨论后可得参数的取值范围．

【小问 1 详解】

当 $a=-2$ 时，$f(x)=(1+2 x) \ln (1+x)-x$ ，

故 $f^{\prime}(x)=2 \ln (1+x)+\frac{1+2 x}{1+x}-1=2 \ln (1+x)-\frac{1}{1+x}+1$ ，

因为 $y=2 \ln (1+x), y=-\frac{1}{1+x}+1$ 在 $(-1,+\infty)$ 上为增函数，

故 $f^{\prime}(x)$ 在 $(-1,+\infty)$ 上为增函数，而 $f^{\prime}(0)=0$ ，

故当 $-1<x<0$ 时，$f^{\prime}(x)<0$ ，当 $x>0$ 时，$f^{\prime}(x)>0$ ，

故 $f(x)$ 在 $x=0$ 处取极小值且极小值为 $f(0)=0$ ，无极大值．
【小问 2 详解】
$f^{\prime}(x)=-a \ln (1+x)+\frac{1-a x}{1+x}-1=-a \ln (1+x)-\frac{(a+1) x}{1+x}, x>0$,

设 $s(x)=-a \ln (1+x)-\frac{(a+1) x}{1+x}, x>0$ ，
则 $s^{\prime}(x)=\frac{-a}{x+1}-\frac{(a+1)}{(1+x)^{2}}=-\frac{a(x+1)+a+1}{(1+x)^{2}}=-\frac{a x+2 a+1}{(1+x)^{2}}$ ，
当 $a \leq-\frac{1}{2}$ 时，$s^{\prime}(x)>0$ ，故 $s(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数，
故 $s(x)>s(0)=0$ ，即 $f^{\prime}(x)>0$ ，
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 $0<x<-\frac{2 a+1}{a}$ 时，$s^{\prime}(x)<0$ ，
故 $s(x)$ 在 $\left(0,-\frac{2 a+1}{a}\right)$ 上为减函数，故在 $\left(0,-\frac{2 a+1}{a}\right)$ 上 $s(x)<s(0)$ ，

即在 $\left(0,-\frac{2 a+1}{a}\right)$ 上 $f^{\prime}(x)<0$ 即 $f(x)$ 为减函数，
故在 $\left(0,-\frac{2 a+1}{a}\right)$ 上 $f(x)<f(0)=0$ ，不合题意，舍．
当 $a \geq 0$ ，此时 $s^{\prime}(x)<0$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立，
同理可得在 $(0,+\infty)$ 上 $f(x)<f(0)=0$ 恒成立，不合题意，舍；
综上，$a \leq-\frac{1}{2}$ ．
【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类。