已知函数 f(x) = (1 - ax)ln (1 + 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， $f(x)=(1+2x)\ln(1+x)-x$ ，

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

因为 $y = 2\ln (1 + x),y = -\frac{1}{1 + x} +1$ 在 $\left(-1, + \infty\right)$ 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， $f'(x)<0$ ，当x>0时， $f'(x)>0$ ，

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 $s(x) = -a\ln (1 + x) - \frac{(a + 1)x}{1 + x}, x > 0,$

$$ s ^ {\prime} (x) = \frac {- a}{x + 1} - \frac {(a + 1)}{(1 + x) ^ {2}} = - \frac {a (x + 1) + a + 1}{(1 + x) ^ {2}} = - \frac {a x + 2 a + 1}{(1 + x) ^ {2}}, $$

当 $a \leq -\frac{1}{2}$ 时， $s'(x) > 0$ ，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 $0<x<-\frac{2a+1}{a}$ 时， $s'(x)<0$ ，

故 $s(x)$ 在 $\left(0, -\frac{2a + 1}{a}\right)$ 上为减函数，故在 $\left(0, -\frac{2a + 1}{a}\right)$ 上 $s(x) < s(0)$ ，

即在 $\left(0,-\frac{2a+1}{a}\right)$ 上 $f'(x)<0$ 即 $f(x)$ 为减函数，

故在 $\left(0,-\frac{2a+1}{a}\right)$ 上 $f(x)<f(0)=0$ ，不合题意，舍.

当 $a \geq 0$ ，此时 $s'(x) < 0$ 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.