（12分）（2011•辽宁）已知函数 f ( x )=ln…——2011 高考数学第 21 题答案解析

【考点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用．
【专题】计算题；证明题；综合题；压轴题；分类讨论；转化思想．

【分析】（I）求导，并判断导数的符号，确定函数的单调区间；（II）构造函数 $\mathrm{g}(\mathrm{x})=\mathrm{f} \left(\frac{1}{a}+x\right)-f\left(\frac{1}{a}-x\right)$ ，利用导数求函数 $g(x)$ 当 $0

【解答】解：（I）函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的定义域为 $(0,+\infty)$ ，
$f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-2 a x+(2-a)=-\frac{(2 x+1) \quad(a x-1)}{x}$,
①若 $a>0$ ，则由 $f^{\prime}(x)=0$ ，得 $x=\frac{1}{a}$ ，且当 $x \in\left(0, \frac{1}{a}\right)$ 时，$f^{\prime}(x)>0$ ，
当 $x \in\left(\frac{1}{a},+\infty\right)$ 时，$f^{\prime}(x)<0$ ，
所以 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\left(0, \frac{1}{\mathrm{a}}\right)$ 单调递增，在 $\left(\frac{1}{\mathrm{a}},+\infty\right)$ 上单调递减；
②当 $a \leqslant 0$ 时，$f^{\prime}(x)>0$ 恒 成立，因此 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递增；
（II）设函数 $\mathrm{g}(\mathrm{x})=\mathrm{f}\left(\frac{1}{\mathrm{a}}+\mathrm{x}\right)-\mathrm{f}\left(\frac{1}{\mathrm{a}}-\mathrm{x}\right)$ ，则 $\mathrm{g}(\mathrm{x})=\ln (1+\mathrm{ax})-\ln (1-\mathrm{ax})-2 \mathrm{ax}$
$g^{\prime}(x)=\frac{a}{1+a x}+\frac{a}{1-a x}-2 a=\frac{2 a^{3} x^{2}}{1-a^{2} x^{2}}$,
当 $x \in\left(0, \frac{1}{a}\right)$ 时，$g^{\prime}(x)>0$ ，而 $g(0)=0$ ，
所以 $\mathrm{g}(\mathrm{x})>0$ ，
故当 $0f\left(\frac{1}{a}-x\right)$ ；
（III）由（I）可得，当 $\mathrm{a} \leqslant 0$ 时，函数 $\mathrm{y}=\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的图象与 x 轴至多有一个交点，
故 $\mathrm{a}>0$ ，从而 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的最大值为 $\mathrm{f}\left(\frac{1}{\mathrm{a}}\right)$ ，
不妨设 $\mathrm{A}\left(\mathrm{x}_{1}, 0\right), \mathrm{B}\left(\mathrm{x}_{2}, 0\right), 0<\mathrm{x}_{1}<\mathrm{x}_{2}$ ，
则 $0<\mathrm{x}_{1}<\frac{1}{\mathbf{a}}<\mathrm{x}_{2}$ ，

由（II）得，$f\left(\frac{2}{a}-x_{1}\right)=f\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}-x_{1}\right)>f\left(x_{1}\right)=f\left(x_{2}\right)=0$ ，
又 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\left(\frac{1}{\mathrm{a}},+\infty\right)$ 单调递减，
$\therefore \frac{2}{a}-x_{1}\frac{1}{a}$ ，
由（I）知， $\mathrm{f}^{\prime}\left(\mathrm{x}_{0}\right)<0$ ．
【点评】此题是个难题．考查利用导数研究函数的单调性和求函数的最值问题，体现了分类讨论和转化的思想方法。考查了学生观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题的能力。