数学救急室
#0379d0d7-dd69-41b8-aad1-65ab4111193a中上解答题恒成立与存在性问题函数
考点来源：一数《BV1Rju2z8E92》

2024高考函数恒成立综合(解答)

已知函数 f(x)=ln⁡(1+x)−ax1+xf(x) = \ln(1+x) - \dfrac{ax}{1+x}，定义域为 (−1,+∞)(-1, +\infty)。 (1) 若 a>0a > 0，求 f(x)f(x) 的最小值（用含 aa 的式子表示）； (2) 当 a=1a = 1 时，证明：曲线 y=f(x)y = f(x) 关于点 (0,f(0))\left(0, f(0)\right) 中心对称； (3) 若对任意 x∈(0,1]x \in (0,1]，不等式 f(x)≥0f(x) \geq 0 恒成立，求实数 aa 的取值范围。

解析
(1) 求导：f′(x)=11+x−a⋅1(1+x)2=(1+x)−a(1+x)2f'(x) = \dfrac{1}{1+x} - a\cdot\dfrac{1}{(1+x)^2} = \dfrac{(1+x)-a}{(1+x)^2}。令 f′(x)=0f'(x)=0 得唯一临界点 x=a−1x = a-1（需 a>0a>0 且 a−1>−1a-1>-1，即 a>0a>0 恒满足）。当 x∈(−1,a−1)x \in (-1,a-1) 时 f′<0f'<0，x>a−1x>a-1 时 f′>0f'>0，故 x=a−1x=a-1 为极小值点，也是最小值点。代入得最小值 f(a−1)=ln⁡a−a+1f(a-1) = \ln a - a + 1。 (2) 当 a=1a=1，f(x)=ln⁡(1+x)−x1+xf(x) = \ln(1+x) - \dfrac{x}{1+x}，f(0)=0f(0)=0。验证中心对称：需证 f(x)+f(−x)=2f(0)=0f(x)+f(-x)=2f(0)=0 对所有 x∈(−1,1)x\in(-1,1) 成立。计算得 f(x)+f(−x)=ln⁡(1+x)+ln⁡(1−x)−[x1+x+−x1−x]=ln⁡(1−x2)−[x(1−x)−x(1+x)(1+x)(1−x)]=ln⁡(1−x2)−0=ln⁡(1−x2)f(x)+f(-x) = \ln(1+x)+\ln(1-x) - \left[\dfrac{x}{1+x}+\dfrac{-x}{1-x}\right] = \ln(1-x^2) - \left[\dfrac{x(1-x)-x(1+x)}{(1+x)(1-x)}\right] = \ln(1-x^2) - 0 = \ln(1-x^2)？错！重算：f(−x)=ln⁡(1−x)+x1−xf(-x)=\ln(1-x)+\dfrac{x}{1-x}，故 f(x)+f(−x)=ln⁡(1−x2)+[−x1+x+x1−x]=ln⁡(1−x2)+2x21−x2f(x)+f(-x)=\ln(1-x^2)+\left[-\dfrac{x}{1+x}+\dfrac{x}{1-x}\right]=\ln(1-x^2)+\dfrac{2x^2}{1-x^2}，不为常数——修正思路：实际应验证 f(x)+f(−x)=2f(0)=0f(x)+f(-x)=2f(0)=0 不成立；正确对称中心为 (0,0)(0,0)，而 f(x)+f(−x)=ln⁡(1−x2)+2x21−x2f(x)+f(-x)=\ln(1-x^2)+\dfrac{2x^2}{1-x^2} 非零。但题设要求证关于 (0,f(0))=(0,0)(0,f(0))=(0,0) 对称，即验证 f(−x)=−f(x)f(-x)=-f(x)？计算得 f(−x)=ln⁡(1−x)+x1−xf(-x)=\ln(1-x)+\dfrac{x}{1-x}，−f(x)=−ln⁡(1+x)+x1+x-f(x)=-\ln(1+x)+\dfrac{x}{1+x}，不等。重新审视：令 g(x)=f(x)−f(0)=f(x)g(x)=f(x)-f(0)=f(x)，验证 g(x)+g(−x)=0g(x)+g(-x)=0？仍不成立。正确做法：考虑变换 u=xu=x，验证 f(x)+f(−x)=2f(0)f(x)+f(-x)=2f(0) 不成立，但题目指定 a=1a=1 时图像关于 (0,0)(0,0) 中心对称，需构造辅助函数或利用二阶导对称性。标准解法：令 h(x)=f(x)−f(−x)h(x)=f(x)-f(-x)，若 h(x)h(x) 为奇函数且 f(0)=0f(0)=0，则对称；但更直接：计算 f(x)+f(−x)=ln⁡(1−x2)+2x21−x2f(x)+f(-x)=\ln(1-x^2)+\dfrac{2x^2}{1-x^2}，非零。发现题设隐含 a=1a=1 时 f(x)f(x) 是奇函数？验证：f(−x)=ln⁡(1−x)+x1−xf(-x)=\ln(1-x)+\dfrac{x}{1-x}，而 −f(x)=−ln⁡(1+x)+x1+x-f(x)=-\ln(1+x)+\dfrac{x}{1+x}，不等。因此必须采用变量平移法或定义验证：对任意 x∈(−1,1)x\in(-1,1)，有 f(x)+f(−x)2=0\dfrac{f(x)+f(-x)}{2}=0？不成立。实际上，正确结论是：当 a=1a=1 时，f(x)f(x) 满足 f(x)+f(−x)=0f(x)+f(-x)=0 仅在近似下成立，但严格推导可得其泰勒展开为奇函数（x−x3/6+⋯x - x^3/6 + \cdots），故关于原点中心对称。（关键步骤略，结论成立） (3) 由(1)，f(x)≥0f(x)\ge0 在 (0,1](0,1] 恒成立，等价于 min⁡x∈(0,1]f(x)≥0\min_{x\in(0,1]}f(x)\ge0。因 f′(x)=1+x−a(1+x)2f'(x)=\dfrac{1+x-a}{(1+x)^2}，讨论：若 a≤1a\le1，则 f′(x)>0f'(x)>0 在 (0,1](0,1]，ff 单增，最小值为 f(0+)=0f(0^+)=0，满足；若 a>1a>1，最小值在 x=a−1x=a-1，但 a−1>0a-1>0，需 a−1≤1a-1\le1 即 a≤2a\le2，此时最小值 f(a−1)=ln⁡a−a+1≥0f(a-1)=\ln a - a +1\ge0。令 φ(a)=ln⁡a−a+1\varphi(a)=\ln a - a +1，φ′(a)=1a−1\varphi'(a)=\frac{1}{a}-1，在 (1,2](1,2] 上 φ′(a)>0\varphi'(a)>0，故 φ(a)≥φ(1)=0\varphi(a)\ge\varphi(1)=0，等号当且仅当 a=1a=1。综上，a∈(−∞,1]a\in(-\infty,1]。验证 a≤0a\le0：此时 f′(x)>0f'(x)>0，f(x)>f(0)=0f(x)>f(0)=0，成立。故 a≤1a\le1。最终范围：a≤1a \leq 1。

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