逆袭数学

已知函数f(x)=ln⁡x2−x+ax+b(x−1)3f(x)=\ln \dfrac{x}{2-x}+ax+b(x-1)^{3}

（1）若b=0b=0，且f′(x)≥0f'(x)\ge 0，求aa的最小值；

（2）证明：曲线y=f(x)y=f(x)是中心对称图形；

（3）若f(x)>−2f(x)>-2当且仅当1<x<21<x<2，求bb的取值范围。

第一问

第二问

第三问思路分析

第一问

先求定义域 x2−x>0  ⟹  x∈(0,2)\frac{x}{2-x}\gt 0 \implies x\in(0,2)

b=0b=0时，f(x)=ln⁡x2−x+axf(x)=\ln \dfrac{x}{2-x}+ax

f′(x)=(lnx−ln(2−x)+ax)′=1x+12−x+a=2x(2−x)+a\begin{aligned} &\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad\\ f'(x)&=(lnx-ln(2-x)+ax)' \\ &=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{2-x}+a \\ &=\dfrac{2}{x(2-x)}+a \\ \end{aligned}

因为x(2−x)≤(2−x+x2)2=1x(2-x)\leq \left(\dfrac{2-x+x}{2}\right)^2=1，当且仅当x=1x=1时等号成立，

∴f′(x)min⁡=2+a\therefore f'(x)_{\min}=2+a

∴a+2≥0  ⟹  a≥−2\therefore a+2\geq0 \implies a\geq-2，

所以aa的最小值为−2-2.

第二问

思路分析

先求出定义域：(0,2)(0,2)；

对称点的横坐标只能是 11；

要想满足中心对称，f(1+t)+f(1−t)f(1+t)+f(1-t)是一个常数

详解

函数有定义须满足 x2−x>0\frac{x}{2-x} \gt 0

解不等式得 0<x<20\lt x \lt 2

f(1+t)+f(1−t)=ln1+t1−t+a(1+t)+b(t)3+ln1−t1+t+a(1−t)+b(−t)3=2a  ⟹  f(1+t)−a=a−f(1−t)  ⟹  f(1+t)−a=−[f(1−t)−a]\begin{aligned} &\qquad f(1+t)+f(1-t)&\\&=ln\frac{1+t}{1-t}+a(1+t)+b(t)^3 \\ &\quad+ln\frac{1-t}{1+t}+a(1-t)+b(-t)^3 \\ &=2a \\ & \implies f(1+t)-a=a-f(1-t) \\ &\implies f(1+t)-a=-[f(1-t)-a] \\ \end{aligned}

∴曲线\therefore 曲线y=f(x)是中心对称图形是中心对称图形

第三问思路分析

内容提要：

要想保证 f(x)>−2f(x)>-2 当且仅当\large \colorbox{yellow}{\(当且仅当\)} 1<x<21<x<2：

f(1)≤−2\large \colorbox{yellow}{\(f(1) \leq -2\)}

又因为 f(x)f(x) 是连续函数：

f(1)≥−2\large \colorbox{yellow}{\(f(1)\geq -2\)}

如果 f(1)<−2f(1)\lt -2，函数图像就中断了

f(1)=−2  ⟹  a=−2\large \colorbox{yellow}{\(f(1)=-2 \implies a=-2\)}

f′(x)=1x+12−x−2+3b(x−1)2=2−2x(2−x)+3b⋅x(2−x)(x−1)2x(2−x)\begin{aligned} f'(x)&=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{2-x}-2+3b(x-1)^2\\ &=\dfrac{2-2x(2-x)+3b\cdot x(2-x)\colorbox{yellow}{\((x-1)^2\)}}{x(2-x)} \end{aligned}

令 t=x−1t=x-1，t∈(0,1)t\in(0,1):

f′(t)=2−2(1+t)(1−t)+3b(1+t)(1−t)t2(1+t)(1−t)=−3bt4+3bt2+2t2(1+t)(1−t)=t2(−3bt2+3b+2)(1+t)(1−t)\begin{aligned} f'(t)&=\dfrac{2-2(1+t)(1-t)+3b(1+t)(1-t)\colorbox{yellow}{\(t^2\)}}{(1+t)(1-t)}\\ &=\frac{-3bt^4+3bt^2+2t^2}{(1+t)(1-t)} \\ &=\frac{t^2(\colorbox{yellow}{\(-3bt^2+3b+2\)})}{(1+t)(1-t)} \end{aligned}

t=0时，f′(t)=0t=0时，f'(t)=0

满足要求的必要条件\large \colorbox{yellow}{\(必要条件\)}：tt 趋近于 00 时，f′(t)≥0f'(t)\geq 0，也就是 b≥−23b \geq -\dfrac23

如果 3b+2<03b+2 \lt 0，那么 tt 接近于 00 时，f′(t)<0f'(t) \lt 0，不满足题目要求

验证充分性：

当 b≥0b\geq 0时，f′(t)≥2f'(t) \geq 2

b≥0,0<t2<1  ⟹  −3bt2≥−3b  ⟹  f′(t)≥−3b+3b+2≥2\begin{aligned} &\qquad \quad b\geq 0,0\lt t^2 \lt 1 \\ &\implies -3bt^2 \geq -3b \\ &\implies f'(t) \geq -3b+3b+2 \geq 2 \end{aligned}

当 −23≤b<0-\dfrac23 \leq b\lt 0 时

−2≤3b<0  ⟹  0<−3b≤2,0≤2+3b<2  ⟹  −3bt2>0  ⟹  f′(t)>0\begin{aligned} &\qquad \quad -2 \leq 3b \lt 0 \\ &\implies 0 \lt -3b \leq 2, 0\leq 2+3b \lt 2 \\ &\implies -3bt^2 \gt 0\\ &\implies f'(t)\gt 0 \end{aligned}

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