已知函数 f(x) 的定义域是 (-1,+∞), f(0)…——2025 高考数学第 20 题答案解析

（1）令 $g(x)=f^{\prime}(x)=\frac{\ln (1+x)}{1+x}$，其定义域为 $(-1,+\infty)$。
对 $g(x)$ 求导得：
$$g^{\prime}(x)=\frac{\frac{1}{1+x} \cdot(1+x)-\ln (1+x) \cdot 1}{(1+x)^{2}}=\frac{1-\ln (1+x)}{(1+x)^{2}}$$
令 $g^{\prime}(x)=0$，解得 $1-\ln (1+x)=0$，即 $x=\mathrm{e}-1$。
当 $x \in(-1, \mathrm{e}-1)$ 时，$\ln (1+x)<1$，则 $g^{\prime}(x)>0$，$g(x)$ 单调递增；
当 $x \in(\mathrm{e}-1,+\infty)$ 时，$\ln (1+x)>1$，则 $g^{\prime}(x)<0$，$g(x)$ 单调递减。
故 $f^{\prime}(x)$ 在 $x=\mathrm{e}-1$ 处取得最大值，最大值为：
$$f^{\prime}(\mathrm{e}-1)=\frac{\ln \mathrm{e}}{\mathrm{e}}=\frac{1}{\mathrm{e}}$$

（2）曲线 $y=f(x)$ 在点 $A(a, f(a))$ 处的切线 $l_{1}$ 的斜率为 $k=f^{\prime}(a)=\frac{\ln (1+a)}{1+a}$。
切线 $l_{1}$ 的方程为 $y-f(a)=f^{\prime}(a)(x-a)$，即 $y=f^{\prime}(a)(x-a)+f(a)$。
构造函数 $h(x)=f(x)-[f^{\prime}(a)(x-a)+f(a)]$，只需证明当 $x \neq a$ 且 $-1<a<0$ 时，$h(x)>0$。
对 $h(x)$ 求导得：
$$h^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)-f^{\prime}(a)$$
由（1）知，$f^{\prime}(x)$ 在 $(-1, \mathrm{e}-1)$ 上单调递增。
因为 $-1<a<0$，且 $\mathrm{e}-1 \approx 1.718 > 0$，所以区间 $(-1, 0] \subset (-1, \mathrm{e}-1)$。
① 当 $x \in(-1, a)$ 时，由于 $f^{\prime}(x)$ 单调递增，故 $f^{\prime}(x)<f^{\prime}(a)$，即 $h^{\prime}(x)<0$，$h(x)$ 单调递减；
② 当 $x \in(a, 0]$ 时，$f^{\prime}(x)>f^{\prime}(a)$，即 $h^{\prime}(x)>0$，$h(x)$ 单调递增；
③ 当 $x>0$ 时，$\ln (1+x)>0 \Rightarrow f^{\prime}(x)>0$。而 $a \in(-1,0) \Rightarrow \ln (1+a)<0 \Rightarrow f^{\prime}(a)<0$。
此时 $h^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)-f^{\prime}(a)>0$，故 $h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增。
综上，$h(x)$ 在 $(-1, a)$ 上递减，在 $(a,+\infty)$ 上递增。
所以 $h(x)$ 在 $x=a$ 处取得最小值 $h(a)=f(a)-[0+f(a)]=0$。
因为 $x \neq a$，所以 $h(x)>h(a)=0$，即 $f(x)>f^{\prime}(a)(x-a)+f(a)$。
故除切点 $A$ 外，曲线 $y=f(x)$ 在直线 $l_{1}$ 的上方。

（3）首先求出 $f(x)$ 的解析式。
由 $f^{\prime}(x)=\frac{\ln (1+x)}{1+x}$，积分得 $f(x)=\int \frac{\ln (1+x)}{1+x} d x=\frac{1}{2} \ln ^{2}(1+x)+C$。
由 $f(0)=0$ 得 $C=0$，故 $f(x)=\frac{1}{2} \ln ^{2}(1+x)$。
因为 $a>0$，所以 $f(a)>0, f^{\prime}(a)>0$。
切线 $l_{1}$ 的方程为 $y-f(a)=f^{\prime}(a)(x-a)$。
令 $y=0$，得 $x_{1}=a-\frac{f(a)}{f^{\prime}(a)}$。
直线 $l_{2}$ 与 $l_{1}$ 垂直，故 $l_{2}$ 的斜率为 $-\frac{1}{f^{\prime}(a)}$。
$l_{2}$ 过点 $A(a, f(a))$，方程为 $y-f(a)=-\frac{1}{f^{\prime}(a)}(x-a)$。
令 $y=0$，得 $-f(a)=-\frac{1}{f^{\prime}(a)}(x_{2}-a) \Rightarrow x_{2}=a+f(a) f^{\prime}(a)$。
代入待求式：
$$ \begin{aligned} \frac{2 a-x_{2}-x_{1}}{x_{2}-x_{1}} &= \frac{2 a-\left[a+f(a) f^{\prime}(a)\right]-\left[a-\frac{f(a)}{f^{\prime}(a)}\right]}{\left[a+f(a) f^{\prime}(a)\right]-\left[a-\frac{f(a)}{f^{\prime}(a)}\right]} \\ &= \frac{-f(a) f^{\prime}(a)+\frac{f(a)}{f^{\prime}(a)}}{f(a) f^{\prime}(a)+\frac{f(a)}{f^{\prime}(a)}} \\ &= \frac{f(a)\left[\frac{1}{f^{\prime}(a)}-f^{\prime}(a)\right]}{f(a)\left[f^{\prime}(a)+\frac{1}{f^{\prime}(a)}\right]} \\ &= \frac{\frac{1-\left[f^{\prime}(a)\right]^{2}}{f^{\prime}(a)}}{\frac{\left[f^{\prime}(a)\right]^{2}+1}{f^{\prime}(a)}} \\ &= \frac{1-\left[f^{\prime}(a)\right]^{2}}{1+\left[f^{\prime}(a)\right]^{2}} \end{aligned} $$
令 $t=f^{\prime}(a)$。因为 $a>0$，由（1）知 $f^{\prime}(x)$ 在 $(0, \mathrm{e}-1]$ 递增，在 $[\mathrm{e}-1,+\infty)$ 递减。
且 $f^{\prime}(0)=0$，$\lim _{x \rightarrow+\infty} f^{\prime}(x)=0$，最大值为 $\frac{1}{\mathrm{e}}$。
所以当 $a \in(0,+\infty)$ 时，$t=f^{\prime}(a) \in\left(0, \frac{1}{\mathrm{e}}\right]$。
设函数 $\varphi(t)=\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}}=-1+\frac{2}{1+t^{2}}$。
因为 $t \in\left(0, \frac{1}{\mathrm{e}}\right]$，所以 $t^{2} \in\left(0, \frac{1}{\mathrm{e}^{2}}\right]$，$1+t^{2} \in\left(1, 1+\frac{1}{\mathrm{e}^{2}}\right]$。
则 $\frac{1}{1+t^{2}} \in\left[\frac{\mathrm{e}^{2}}{\mathrm{e}^{2}+1}, 1\right)$，$\frac{2}{1+t^{2}} \in\left[\frac{2 \mathrm{e}^{2}}{\mathrm{e}^{2}+1}, 2\right)$。
所以 $\varphi(t) \in\left[-1+\frac{2 \mathrm{e}^{2}}{\mathrm{e}^{2}+1}, -1+2\right)=\left[\frac{\mathrm{e}^{2}-1}{\mathrm{e}^{2}+1}, 1\right)$。
即所求取值范围为 $\left[\frac{\mathrm{e}^{2}-1}{\mathrm{e}^{2}+1}, 1\right)$。