2025_北京卷 (2025)
20．已知函数 $f(x)$ 的定义域是 $(-1,+\infty), f(0)=0$ ，导函数 $f^{\prime}(x)=\frac{\ln (1+x)}{1+x}$ ，设 $l_{1}$ 是曲线 $y=f(x)$ 在点 $A(a, f(a))(a \neq 0)$ 处的切线．
（1）求 $f^{\prime}(x)$ 的最大值；
（2）当 $-1<a<0$ 时，证明：除切点 $A$ 外，曲线 $y=f(x)$ 在直线 $l_{1}$ 的上方；
③设过点 $A$ 的直线 $l_{2}$ 与直线 $l_{1}$ 垂直，$l_{1}, l_{2}$ 与 $x$ 轴交点的横坐标分别是 $x_{1}, x_{2}$ ，若 $a>0$ ，求$\frac{2 a-x_{2}-x_{1}}{x_{2}-x_{1}}$ 的取值范围．
(1) $\frac{1}{\mathrm{e}}$; (2) 证明见解析; (3) $\left[\frac{\mathrm{e}^{2}-1}{\mathrm{e}^{2}+1}, 1\right)$
先把常见基础得分点练稳，再回来处理综合题。
【答案】①$\frac{1}{\mathrm{e}}$
（2）证明见解析
（3）$\left[\frac{\mathrm{e}^{2}-1}{\mathrm{e}^{2}+1}, 1\right)$
【解析】
【分析】（1）利用导数判断其单调性，即可求出最大值；
（2）求出直线 $l_{1}$ 的方程，再构造函数 $h(x)$ ，只需证明其最小值（或者下确界）大于零即可；
（3）求出直线 $l_{2}$ 的方程，即可由题意得到 $x_{1}, x_{2}$ 的表示，从而用字母 $a$ 表示出 $\frac{2 a-x_{2}-x_{1}}{x_{2}-x_{1}}$ ，从而求出范围。
【小问1详解】
设 $g(x)=f^{\prime}(x), g^{\prime}(x)=\frac{\frac{1}{1+x}(1+x)-\ln (1+x)}{(1+x)^{2}}=\frac{1-\ln (1+x)}{(1+x)^{2}}$ ，由 $g^{\prime}(x)=0$ 可得 $x=\mathrm{e}-1$ ，当 $x \in(-1, \mathrm{e}-1)$ 时，$g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调递增，
当 $x \in(\mathrm{e}-1,+\infty)$ 时，$g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调递减，
所以 $f^{\prime}(x)$ 的最大值为 $f^{\prime}(\mathrm{e}-1)=\frac{1}{\mathrm{e}}$ 。
【小问 2 详解】
因为 $f^{\prime}(a)=\frac{\ln (1+a)}{1+a}$ ，所以直线 $l_{1}$ 的方程为 $y-f(a)=\frac{\ln (1+a)}{1+a}(x-a)$ ，即$y=\frac{\ln (1+a)}{1+a}(x-a)+f(a)$,
设 $h(x)=f(x)-\left[\frac{\ln (1+a)}{1+a}(x-a)+f(a)\right], h^{\prime}(x)=\frac{\ln (1+x)}{1+x}-\frac{\ln (1+a)}{1+a}=f^{\prime}(x)-f^{\prime}(a)$ ，
由①可知，$f^{\prime}(x)$ 在 $x \in(-1, \mathrm{e}-1)$ 上单调递增，而 $-1<a<0$ ，
所以，当 $-1<x<a$ 时，$h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 单调递减，
当 $0>x>a$ 时，$h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单调递增，且 $f^{\prime}(a)<f^{\prime}(0)=0$ ，
而当 $x \geq 0$ 时，$f^{\prime}(x)=\frac{\ln (1+x)}{1+x} \geq 0$ ，所以总有 $f^{\prime}(x) \geq f^{\prime}(a), h(x)$ 单调递增故 $h(x) \geq h(a)$ ，从而命题得证；
【小问 3 详解】
解法一：由题意，直线 $l_{1}: y=f^{\prime}(a)(x-a)+f(a)$ ，直线 $l_{1}: y=-\frac{1}{f^{\prime}(a)}(x-a)+f(a)$ ，所以 $x_{1}=-\frac{f(a)}{f^{\prime}(a)}+a, x_{2}=f(a) f^{\prime}(a)+a$ ，
当 $x>0$ 时，$f^{\prime}(x)=\frac{\ln (1+x)}{1+x}>0, f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，所以 $f(a)>f(0)=0, f^{\prime}(a)>0$ ，
所以 $\frac{2 a-x_{2}-x_{1}}{x_{2}-x_{1}}=\frac{2 a-\left[f(a) f^{\prime}(a)+a\right]-\left[-\frac{f(a)}{f^{\prime}(a)}+a\right]}{f(a) f^{\prime}(a)+a-\left[-\frac{f(a)}{f^{\prime}(a)}+a\right]}$
$$ =\frac{-\left[f^{\prime}(a)\right]^{2}+1}{\left[f^{\prime}(a)\right]^{2}+1}=-1+\frac{2}{\left[f^{\prime}(a)\right]^{2}+1}, $$
由①可得当 $a>0$ 时，$f^{\prime}(a) \in\left(0, \frac{1}{\mathrm{e}}\right]$ ，
所以 $\left[f^{\prime}(a)\right]^{2} \in\left(0, \frac{1}{\mathrm{e}^{2}}\right], \frac{2}{\left[f^{\prime}(a)\right]^{2}+1} \in\left[\frac{2 \mathrm{e}^{2}}{\mathrm{e}^{2}+1}, 2\right)$ ，
所以 $\frac{2 a-x_{2}-x_{1}}{x_{2}-x_{1}} \in\left[\frac{\mathrm{e}^{2}-1}{\mathrm{e}^{2}+1}, 1\right)$ ．
解法二：由 $f^{\prime}(x)=\frac{\ln (1+x)}{1+x}$ 可设 $f(x)=\frac{\ln ^{2}(1+x)}{2}+C$ ，又 $f(0)=0$ ，所以 $C=0$ ，即$f(x)=\frac{\ln ^{2}(1+x)}{2}$,
因为直线 $l_{1}$ 的方程为 $y=\frac{\ln (1+a)}{1+a}(x-a)+\frac{\ln ^{2}(1+a)}{2}$ ，易知 $a \neq 0$ ，
所以直线 $l_{2}$ 的方程为 $y=-\frac{1+a}{\ln (1+a)}(x-a)+\frac{\ln ^{2}(1+a)}{2}$ ，
$$ x_{1}=a-\frac{(1+a) \ln (1+a)}{2}, \quad x_{2}=\frac{\ln ^{3}(1+a)}{2(1+a)}+a . $$
所以 $\frac{2 a-x_{1}-x_{2}}{x_{2}-x_{1}}=\frac{\frac{(1+a) \ln (1+a)}{2}-\frac{\ln ^{3}(1+a)}{2(1+a)}}{\frac{\ln ^{3}(1+a)}{2(1+a)}+\frac{(1+a) \ln (1+a)}{2}}=\frac{(1+a)^{2}-\ln ^{2}(1+a)}{\ln ^{2}(1+a)+(1+a)^{2}}$
$$ \begin{aligned} &=\frac{1-\frac{\ln ^{2}(1+a)}{(1+a)^{2}}}{\frac{\ln ^{2}(1+a)}{(1+a)^{2}}+1}=\frac{1-g^{2}(a)}{1+g^{2}(a)}=-1+\frac{2}{1+g^{2}(a)} \text { 由 ① 知, 当 } x>0 \text { 时, } g(x) \in\left(0, \frac{1}{\mathrm{e}}\right] \text {, 所以 } \\ & g^{2}(a) \in\left(0, \frac{1}{\mathrm{e}^{2}}\right] \end{aligned} $$
所以 $\frac{2 a-x_{2}-x_{1}}{x_{2}-x_{1}} \in\left[\frac{\mathrm{e}^{2}-1}{\mathrm{e}^{2}+1}, 1\right)$ ．