已知函数 f(x)= ( 1 x +a ) ln (1+x…——2023 高考数学第 21 题答案解析

**（1）**

当 $a=-1$ 时，$f(x)=\left(\dfrac{1}{x}-1\right)\ln(1+x)$。

求导：
$$f'(x)=-\frac{1}{x^2}\ln(1+x)+\left(\frac{1}{x}-1\right)\cdot\frac{1}{1+x}$$

计算切点处的函数值与斜率：
$$f(1)=0,\quad f'(1)=-\ln 2+\left(1-1\right)\cdot\frac{1}{2}=-\ln 2$$

切线方程为 $y-0=-\ln 2\cdot(x-1)$，整理得：
$$(\ln 2)x+y-\ln 2=0$$

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**（2）**

令 $g(x)=f\!\left(\dfrac{1}{x}\right)=(x+a)\ln\!\left(1+\dfrac{1}{x}\right)$。

定义域要求 $1+\dfrac{1}{x}=\dfrac{x+1}{x}>0$，解得 $x\in(-\infty,-1)\cup(0,+\infty)$。

该定义域关于直线 $x=-\dfrac{1}{2}$ 对称，因此若曲线关于 $x=b$ 对称，则必有 $b=-\dfrac{1}{2}$。

由对称性，对任意使两边均有意义的 $m$，应有 $g\!\left(-\dfrac{1}{2}+m\right)=g\!\left(-\dfrac{1}{2}-m\right)$。取 $m=\dfrac{3}{2}$，得 $g(1)=g(-2)$：
$$(1+a)\ln 2=(a-2)\ln\frac{1}{2}=-(a-2)\ln 2$$

由于 $\ln 2\neq 0$，约去后得 $1+a=2-a$，解得 $a=\dfrac{1}{2}$。

验证：当 $a=\dfrac{1}{2}$ 时，
$$g\!\left(-\frac{1}{2}+m\right)=\left(m-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)\ln\!\left(1+\frac{1}{m-\frac{1}{2}}\right)=m\ln\frac{2m+1}{2m-1}$$
$$g\!\left(-\frac{1}{2}-m\right)=\left(-m-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)\ln\!\left(1+\frac{1}{-m-\frac{1}{2}}\right)=-m\ln\frac{2m-1}{2m+1}=m\ln\frac{2m+1}{2m-1}$$

两式相等，对称性成立。故存在满足条件的 $a,b$，且 $a=\dfrac{1}{2}$，$b=-\dfrac{1}{2}$。

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**（3）**

$$f'(x)=-\frac{1}{x^2}\ln(1+x)+\left(\frac{1}{x}+a\right)\cdot\frac{1}{1+x}=\frac{ax^2+x-(1+x)\ln(1+x)}{x^2(1+x)}$$

在 $(0,+\infty)$ 上分母恒正，故 $f'(x)$ 的符号由分子决定。令
$$g(x)=ax^2+x-(1+x)\ln(1+x),\quad x>0$$

$f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 存在极值，等价于 $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上存在变号零点。注意 $g(0)=0$。

求导：
$$g'(x)=2ax-\ln(1+x),\quad g''(x)=2a-\frac{1}{1+x}$$

**情形一：$a\leq 0$。**

此时 $g'(x)=2ax-\ln(1+x)<0$（因为 $2ax\leq 0$ 而 $\ln(1+x)>0$），故 $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递减，$g(x)<g(0)=0$，无零点，不合题意。

**情形二：$a\geq\dfrac{1}{2}$。**

此时 $2a\geq 1>\dfrac{1}{1+x}$，故 $g''(x)>0$，$g'(x)$ 单调递增。又 $g'(0)=0$，所以 $g'(x)>0$，$g(x)$ 单调递增，$g(x)>g(0)=0$，无零点，不合题意。

**情形三：$0<a<\dfrac{1}{2}$。**

由 $g''(x)=0$ 得 $x_1=\dfrac{1}{2a}-1>0$。

- 当 $x\in(0,x_1)$ 时，$g''(x)<0$，$g'(x)$ 递减；
- 当 $x\in(x_1,+\infty)$ 时，$g''(x)>0$，$g'(x)$ 递增。

$g'(x)$ 的最小值为：
$$g'(x_1)=2a\left(\frac{1}{2a}-1\right)-\ln\frac{1}{2a}=1-2a+\ln(2a)$$

设 $\varphi(t)=1-t+\ln t$（$0<t<1$，其中 $t=2a$），则 $\varphi'(t)=-1+\dfrac{1}{t}>0$，$\varphi$ 单调递增，故 $\varphi(t)<\varphi(1)=0$。因此 $g'(x_1)<0$。

又 $g'(0)=0$，且当 $x\to+\infty$ 时 $g'(x)=2ax-\ln(1+x)\to+\infty$（线性增长快于对数），故 $g'(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上恰有一个零点 $x_0>0$。

- 当 $x\in(0,x_0)$ 时，$g'(x)<0$，$g(x)$ 递减，$g(x)<g(0)=0$；
- 当 $x\in(x_0,+\infty)$ 时，$g'(x)>0$，$g(x)$ 递增。

下面证明 $g(x)$ 在充分大处取正值。利用不等式 $\ln t<\dfrac{1}{2}\!\left(t-\dfrac{1}{t}\right)$（$t>1$，可通过构造函数 $n(t)=\ln t-\dfrac{1}{2}(t-\frac{1}{t})$ 求导验证其在 $t>1$ 时为负），令 $t=1+x>1$：
$$\ln(1+x)<\frac{1}{2}\left[(1+x)-\frac{1}{1+x}\right]=\frac{x^2+2x}{2(1+x)}$$

代入 $g(x)$：
$$g(x)>ax^2+x-(1+x)\cdot\frac{x^2+2x}{2(1+x)}=ax^2+x-\frac{x^2+2x}{2}=\left(a-\frac{1}{2}\right)x^2$$

此放缩不够精细，改用更精确的估计。直接取 $x$ 充分大，由 $g'(x)\to+\infty$ 知 $g(x)$ 最终趋于 $+\infty$（因为 $ax^2$ 主导）。具体地，当 $x>\dfrac{2}{a}$ 时，$ax^2>2x$，而 $(1+x)\ln(1+x)$ 的增长速度低于 $ax^2$，故存在 $x_2$ 使得 $g(x_2)>0$。

由 $g(x_0)<0$ 和 $g(x_2)>0$，根据零点定理，$g(x)$ 在 $(x_0,x_2)$ 内存在零点，且在该零点两侧变号。因此 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 存在极值。

综上，$a$ 的取值范围为 $\left(0,\dfrac{1}{2}\right)$。