（本小题满分 14 分） 设函数 f(x)=a x^ 2…——2016 高考数学第 21 题答案解析

【答案】①当 $x \in\left(0, \frac{1}{\sqrt{2 a}}\right)$ 时，$f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减；当 $x \in\left(\frac{1}{\sqrt{2 a}},+\infty\right)$ 时，$f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增；②证明详见解析；③$a \in\left[\frac{1}{2},+\infty\right)$ ．

## 【解析】

试题分析：（I）对 $f(x)$ 求导，对 $a$ 进行讨论，研究 $f^{\prime}(x)$ 的正负，可判断函数的单调性；（II）要证明 $g(x)>0$ ，只要证 $g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上的最小值大于 0 ，因此可利用导数求得 $g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上的最小值，就可完成证明；（II）要证明不等式 $f(x)>\frac{1}{x}-e^{1-x}$ 在 $(1,+\infty)$ 上恒成立，基本方法是设 $h(x)=f(x)-\left(\frac{1}{x}-e^{1-x}\right)(x \geq 1)$ ，当 $x>1$ 时，$h^{\prime}(x)=2 \alpha x-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}-\mathrm{e}^{1-x}, ~ h^{\prime}(x)=0$ 的解不易确定，因此结合
（I）的结论，缩小 $a$ 的范围，设 $g(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{\mathrm{e}^{x-1}} \frac{e^{x-1}-x}{x e^{x-1}}$ ，并设 $s(x)=\mathrm{e}^{x-1}-x$ ，通过研究 $s(x)$ 的单调性得 $x>1$ 时，$g(x)>0$ ，从而 $f(x)>0$ ，这样得出 $a \leq 0$ 不合题意，又 $01$ ，且 $f\left(\frac{1}{\sqrt{2 a}}\right)

$h^{\prime}(x)>x-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}-\frac{1}{x}>0$ ，得此时 $h(x)$ 单调递增，从而有 $h(x)>h(1)=0$ ，得出结论．
试题解析：（I）$f^{\prime}(x)=2 a x-\frac{1}{x}=\frac{2 a x^{2}-1}{x}(x>0)$ ．
当 $a \leq 0$ 时，$f^{\prime}(x)<0, ~ f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内单调递减．
当 $a>0$ 时，由 $f^{\prime}(x)=0$ ，有 $x=\frac{1}{\sqrt{2 a}}$ ．
当 $x \in\left(0, \frac{1}{\sqrt{2 a}}\right)$ 时，$f^{\prime}(x)<0, ~ f(x)$ 单调递减；

当 $x \in\left(\frac{1}{\sqrt{2 a}},+\infty\right)$ 时，$f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增．
（II）今 $s(x)=\mathrm{e}^{x-1}-x$ ，则 $s^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x-1}-1$ ．
当 $x>1$ 时，$s^{\prime}(x)>0$ ，所以 $\mathrm{e}^{x-1}>x$ ，从而 $g(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{\mathrm{e}^{x-1}}>0$ ．
（iii）由（II），当 $x>1$ 时，$g(x)>0$ ．
当 $a \leq 0, x>1$ 时，$f(x)=a\left(x^{2}-1\right)-\ln x<0$ ．
故当 $f(x)>g(x)$ 在区间 $(1,+\infty)$ 内恒成立时，必有 $a>0$ ．
当 $01$ ．
由（I）有 $f\left(\frac{1}{\sqrt{2 a}}\right)0$ ，
所以此时 $f(x)>g(x)$ 在区间 $(1,+\infty)$ 内不恒成立。
当 $a \geq \frac{1}{2}$ 时，令 $h(x)=f(x)-g(x)(x \geq 1)$ ．
当 $x>1$ 时，$h^{\prime}(x)=2 a x-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}-\mathrm{e}^{1-x}>x-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}-\frac{1}{x}=\frac{x^{3}-2 x+1}{x^{2}}>\frac{x^{2}-2 x+1}{x^{2}}>0$ ．
因此 $h(x)$ 在区间 $(1,+\infty)$ 单调递增。
又因为 $h(1)=0$ ，所以当 $x>1$ 时，$h(x)=f(x)-g(x)>0$ ，即 $f(x)>g(x)$ 恒成立．

综上，$a \in\left[\frac{1}{2},+\infty\right)$ 。
考点：导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问题．
【名师点睛】本题考查导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问题，考查学生的分析问题解决问题的能力和计算能力。求函数的单调性，基本方法是求 $f^{\prime}(x)$ ，解方程 $f^{\prime}(x)=0$ ，再通过 $f^{\prime}(x)$的正负确定 $f(x)$ 的单调性；要证明函数不等式 $f(x)>g(x)$ ，一般证明 $f(x)-g(x)$ 的最小值大于 0 ，为此要研究函数 $h(x)=f(x)-g(x)$ 的单调性。本题中注意由于函数 $h(x)$ 有极小值没法确定，因此要利用已经求得的结论缩小参数取值范围。比较新颖，学生不易想到。有一定的难度。