2018年全国卷3理科第21题 整式与$\ln(x+1)$积求导2

isee

网络上有说“（2）可用泰勒展开式”，我不知怎么“展”，用得少，忘记了。

对我是多次求导的绝佳例子（直接用）。

题：已知函数$f(x) = \left(2+x+ax^2\right)\ln\left(x+1\right)-2x$．
（1）若$a=0$，证明：当$-1<x<0$时，$f(x)<0$；当$x>0$时，$f(x)>0$；
（2）若$x=0$是$f(x)$的极大值点，求$a$．

isee

（1）略；

（2）先求$$f'(x)=(1+2ax)\ln(1+x)+\frac{2+x+ax^2}{x+1}-2,\Rightarrow f'(0)\equiv 0,$$
再来，$$f''(x)=2ax\ln(1+x)+\frac{1+2ax}{x+1}+\frac{-1+2ax+ax^2}{(1+x)^2},\Rightarrow f''(0)\equiv 0,$$
一般题到这此就结束了，不亏为理科高考压轴题，求得兴起，
$$f'''(x)=\frac{2a}{1+x}+\frac{2a-1}{(x+1)^2}+\frac{2a+2}{(1+x)^3},\Rightarrow f'''(0)= 6a+1,$$
终于不恒为零了。

都4阶了，应该结束了
$$f^{(4)}(x)=-\frac{2a}{(1+x)^2}-\frac{4a-2}{(x+1)^3}-\frac{6a+6}{(1+x)^3},\Rightarrow f^{(4)}(x)= -12a-4,$$
令$$f'''(0)= 6a+1=0\Rightarrow a=-\frac 16，$$
且有$$f^{(4)}(x)= -12a-4<0.$$
即$a=-1/6$即为所求.

复习了一下求极值的一个条件，好。

kuing

上MMC展开一下看看：

1. Series[(2 + x + a x^2) Log[x + 1] - 2x, {x, 0, 4}]

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\[\left(\frac{1}{6}+a\right) x^3+\left(-\frac{1}{6}-\frac{a}{2}\right) x^4+O[x]^5\]所以结果显然

kuing

记 `U(\delta)=(-\delta,\delta)`, `\mathring U(\delta)=(-\delta,0)\cup(0,\delta)`，就是邻域及去心邻域。

由于 `f(0)=0` 恒成立，则由 `x=0` 是极大值点可知存在很小的 `\delta` 使得 `f(x)` 在 `\mathring U(\delta)` 上恒为负。

由于 `\delta` 很小，所以在 `\mathring U(\delta)` 上必有 `2+x+ax^2>0`，于是设
\[g(x)=\ln(x+1)-\frac{2x}{2+x+ax^2},\]
则 `g(x)` 在 `\mathring U(\delta)` 上也必然恒为负，求导得
\[g'(x)=\frac{x^2(a^2x^2+4ax+6a+1)}{(x+1)(2+x+ax^2)^2},\]
假如 `x=0` 不是 `a^2x^2+4ax+6a+1=0` 的根，则存在 `\delta'` 使得 `a^2x^2+4ax+6a+1` 在 `U(\delta')` 上保号（恒正或恒负），亦即 `g'(x)` 在 `\mathring U(\delta')` 上保号，由于 `g(0)=0`，那么 `g(x)` 在 `(-\delta',0)` 与 `(0,\delta')` 上必异号，不满足在 `\mathring U(\delta)` 上恒负，所以，`x=0` 必须是 `a^2x^2+4ax+6a+1=0` 的根，从而只可能 `a=-1/6`，经检验，`a=-1/6` 的确满足条件，所以 `a=-1/6`。

zhcosin

(1) $a = 0$ 时，$f (x) = (2 + x) \ln (1 + x) - 2 x$, 导函数 $f' (x) = \ln(1 + x) + \frac{1}{1 + x} - 1$，二阶导函数 $f'' (x) = \frac{x}{(1 +x)^2}$，由二阶导函数的符号可知，一阶导函数 $f' (x)$ 在 $(-1, 0)$ 上单调减少，在 $(0, + \infty)$ 上单调增加，又 $f' (0) =0$，所以 $x = 0$ 是一阶导函数的极小值点，且 $f' (x) \geqslant 0$ 恒成立，且仅在 $x = 0$ 时取零值，从而函数 $f (x)$ 在 $(-1, + \infty)$ 上是单调增加的，又 $f (0) = 0$，故得结论.

(2) 导函数 $f' (x) = (1 + 2 a x) \ln (1 + x) + \frac{1 + a x^2}{1 + x} -1$，显然有 $f' (0) = 0$，且 $f (0) = 0$. 要使得 $f (x)$ 在 $x = 0$处取极大值，就必须存在实数 $\delta > 0$，使得当 $x \in (-\delta, 0) \cup (0, \delta)$ 时，不等式 $f (x) < f (0) = 0$ 恒成立.

由 (1) 的结论可知 $a = 0$不符合要求，因此接下来的讨论都限定 $a \neq 0$.

显然当 $| x | < 1$ 且 $| a x^2 | < 1$ 时，也即 $| x | < \min \left( 1,\frac{1}{\sqrt{| a |}} \right)$ 时，有 $2 + x + a x^2 > 0$，因此这时不等式 $f (x) < 0$ 等价于 $\ln (1 + x) < \frac{2 x}{2 + x + a x^2}$. 令 $h (x) = \ln (1 + x) - \frac{2 x}{2 + x + a x^2}$，其导函数 $h' (x) = \frac{a x^2 (a x^2 + 4 x + 6 a + 1)}{(1 + x) (2 + x + a x^2)^2}$，易见，如果 $6 a + 1 \neq 0$，则 $h'(x)$在 $x=0$附近的足够小的区间$(-\delta,\delta)$内保持着恒定的符号,从而$h (x)$ 在 $x = 0$ 的两侧必然一正一负，从而总有一侧有 $h (x) > h (0) = 0$ 成立，不符合要求，所以 $a = - \frac{1}{6}$ 为所求.

敬畏数学

回复 4# kuing
此解法灵活搞定。f(x)ln[g(x)]型函数的零点处理常用手法！避免求导后仍有ln纠缠。赞！！！

isee

回复 5# zhcosin

4#5#一个意思，两种表述

敬畏数学

不用三次求导的妙处在于：f(x)与g(x)在x=0处有相同的极大值点，而g(x)求导避开了ln这个对数且只许关注二次函数的零点。当然此题也可以分离变量求再夹逼求得。

kuing

回复 8# 敬畏数学

嗯，一般地：设 `f(x)` 在 `x=x_0` 处取得极大（小）值且 `f(x_0)=0`，设 `q(x)` 为连续函数且 `q(x_0)>0`，则 `g(x)=q(x)f(x)` 同样在 `x=x_0` 处取得极大（小）值且 `g(x_0)=0`。

hjfmhh

kuing 发表于 2018-6-13 21:26
回复 8# 敬畏数学

嗯，一般地：设 `f(x)` 在 `x=x_0` 处取得极大（小）值且 `f(x_0)=0`，设 `q(x)` 为连 ...

记 $U(x_0, \delta)=(x_0-\delta, x_0+\delta), \mathring{U}(x_0, \delta)=(-\delta, x_0) \cup(x_0, \delta)$，就是邻域及去心邻域。由于 $f(x_0)=0$ 恒成立，则由 $x=x_0$ 是极大值点可知存在某个很小的 $\delta>0$ 使得 $f(x)$ 在 $\mathring{U}(x_0, \delta)$ 上恒为负。由于 $\delta$ 很小，$q(x_0)>0$, 所以在 $\mathring{U}(x_0, \delta)$ 上必有 $q(x)>0$，则 $g(x)$ 在 $\mathring{U}(x_0, \delta)$ 上也必然恒为负。当 $x\in\mathring{U}(x_0, \delta)$ 时 $g(x)=q(x) f(x)<0=g(x_0)$，因此 $g(x)$ 在 $x=x_0$ 处取得极大值且 $g(x_0)=0$
kuing老师的一般性是不是这么理解的？