上册 3.1 一元函数的导数 第39题
📝 题目
39．函数 $\displaystyle f(x)=\int_{x}^{x^{2}} \frac{1}{t} \ln \left(\frac{t-1}{32}\right) \mathrm{d} t, x \in(1,+\infty)$ 在何处取最小值？
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
$$
f^{\prime}(x)=\frac{1}{x^{2}} \ln \left(\frac{x^{2}-1}{32}\right) \cdot 2 x-\frac{1}{x} \ln \left(\frac{x-1}{32}\right)
$$
由 $f^{\prime}(x)=0$ ，即 $(x+1)^{2}(x-1)=32$ ，得 $x=3$ ．
当 $x<3$ 时，$f^{\prime}(x)<0$ ，当 $x>3$ 时，$f^{\prime}(x)>0$ ，故 $x=3$ 为 $f(x)$ 的极小值点。因稳定点唯一，由题意知最小值是存在的，故函数 $f(x)$ 在 $x=3$ 取最小值．
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：求导数f'(x)
利用含参变量积分求导公式：$\frac{d}{dx}\int_{a(x)}^{b(x)} f(t) dt = f(b(x))b'(x) - f(a(x))a'(x)$。这里 $a(x)=x$, $b(x)=x^2$, $f(t)=\frac{1}{t}\ln\left(\frac{t-1}{32}\right)$。因此
$$f'(x) = \frac{1}{x^2}\ln\left(\frac{x^2-1}{32}\right)\cdot 2x - \frac{1}{x}\ln\left(\frac{x-1}{32}\right) = \frac{2}{x}\ln\left(\frac{x^2-1}{32}\right) - \frac{1}{x}\ln\left(\frac{x-1}{32}\right).$$
公式：$$\frac{d}{dx}\int_{a(x)}^{b(x)} f(t) dt = f(b(x))b'(x) - f(a(x))a'(x)$$
提示：注意积分上下限都是函数，求导时不要忘记乘以上下限的导数。
步骤 2/6
目标：化简导数表达式
将 $f'(x)$ 通分并合并对数项：
$$f'(x) = \frac{1}{x}\left[2\ln\left(\frac{x^2-1}{32}\right) - \ln\left(\frac{x-1}{32}\right)\right] = \frac{1}{x}\ln\left(\frac{(x^2-1)^2}{32^2} \cdot \frac{32}{x-1}\right) = \frac{1}{x}\ln\left(\frac{(x^2-1)^2}{32(x-1)}\right).$$
提示：注意对数运算：$a\ln b = \ln b^a$，$\ln a - \ln b = \ln(a/b)$。
步骤 3/6
目标：进一步化简被积表达式
注意到 $x^2-1 = (x-1)(x+1)$，所以
$$\frac{(x^2-1)^2}{32(x-1)} = \frac{(x-1)^2(x+1)^2}{32(x-1)} = \frac{(x-1)(x+1)^2}{32}.$$
因此
$$f'(x) = \frac{1}{x}\ln\left(\frac{(x-1)(x+1)^2}{32}\right).$$
提示：因式分解时注意 $x>1$，所以 $x-1>0$，可以约分。
步骤 4/6
目标：令导数为零求解驻点
令 $f'(x)=0$，由于 $x>1$，$\frac{1}{x}>0$，所以只需
$$\ln\left(\frac{(x-1)(x+1)^2}{32}\right)=0 \Rightarrow \frac{(x-1)(x+1)^2}{32}=1 \Rightarrow (x-1)(x+1)^2=32.$$
展开得 $(x-1)(x^2+2x+1)=x^3+2x^2+x - x^2-2x-1 = x^3+x^2-x-1=32$，即 $x^3+x^2-x-33=0$。试根 $x=3$：$27+9-3-33=0$，所以 $x=3$ 是一个根。因式分解得 $(x-3)(x^2+4x+11)=0$，二次判别式 $16-44<0$，无实根。故唯一驻点 $x=3$。
提示：解方程时注意因式分解，验证根。
步骤 5/6
目标：判断极值类型
考虑 $f'(x)$ 的符号。由于 $\frac{1}{x}>0$，$f'(x)$ 的符号由 $\ln\left(\frac{(x-1)(x+1)^2}{32}\right)$ 决定。令 $g(x)=\frac{(x-1)(x+1)^2}{32}$，则 $g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增（因为 $g'(x)=\frac{3x^2+2x-1}{32}>0$ 当 $x>1$）。且 $g(3)=1$，所以当 $13$ 时 $g(x)>1$，$\ln g(x)>0$，$f'(x)>0$。因此 $x=3$ 是极小值点。
提示：利用单调性判断导数符号变化，注意定义域 $x>1$。
步骤 6/6
目标：确认最小值
由于 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上连续，且驻点唯一，由极值点的唯一性可知该极小值即为最小值。因此函数 $f(x)$ 在 $x=3$ 处取得最小值。
提示：注意题目要求的是最小值点，不是最小值。
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