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

【答案】 $①(\ln 2) x+y-\ln 2=0$ ；
（2）存在 $a=\frac{1}{2}, b=-\frac{1}{2}$ 满足题意，理由见解析。
（3）$\left(0, \frac{1}{2}\right)$ ．

## 【解析】

【分析】①由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可；
（2）首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数 $b$ 的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可得关于实数 $a$ 的方程，解方程可得实数 $a$ 的值，最后检验所得的 $a, b$ 是否正确即可；
（3）原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数 $g(x)=a x^{2}+x-(x+1) \ln (x+1)$ ，然后对函数求导，利用切线放缩研究导函数的性质，分类讨论 $a \leq 0, a \geq \frac{1}{2}$ 和 $0

## 【小问 1 详解】

当 $a=-1$ 时，$f(x)=\left(\frac{1}{x}-1\right) \ln (x+1)$ ，
则 $f^{\prime}(x)=-\frac{1}{x^{2}} \times \ln (x+1)+\left(\frac{1}{x}-1\right) \times \frac{1}{x+1}$ ，
据此可得 $f(1)=0, f^{\prime}(1)=-\ln 2$ ，
函数在 $(1, f(1))$ 处的切线方程为 $y-0=-\ln 2(x-1)$ ，
即 $(\ln 2) x+y-\ln 2=0$ ．

## 【小问 2 详解】

由函数的解析式可得 $f\left(\frac{1}{x}\right)=(x+a) \ln \left(\frac{1}{x}+1\right)$ ，
函数的定义域满足 $\frac{1}{x}+1=\frac{x+1}{x}>0$ ，即函数的定义域为 $(-\infty,-1) \cup(0,+\infty)$ ，
定义域关于直线 $x=-\frac{1}{2}$ 对称，由题意可得 $b=-\frac{1}{2}$ ，

由对称性可知 $f\left(-\frac{1}{2}+m\right)=f\left(-\frac{1}{2}-m\right)\left(m>\frac{1}{2}\right)$ ，
取 $m=\frac{3}{2}$ 可得 $f(1)=f(-2)$ ，
即 $(a+1) \ln 2=(a-2) \ln \frac{1}{2}$ ，则 $a+1=2-a$ ，解得 $a=\frac{1}{2}$ ，
经检验 $a=\frac{1}{2}, b=-\frac{1}{2}$ 满足题意，故 $a=\frac{1}{2}, b=-\frac{1}{2}$ ．
即存在 $a=\frac{1}{2}, b=-\frac{1}{2}$ 满足题意。

## 【小问 3 详解】

由函数的解析式可得 $f^{\prime}(x)=\left(-\frac{1}{x^{2}}\right) \ln (x+1)+\left(\frac{1}{x}+a\right) \frac{1}{x+1}$ ，
由 $f(x)$ 在区间 $(0,+\infty)$ 存在极值点，则 $f^{\prime}(x)$ 在区间 $(0,+\infty)$ 上存在变号零点；
令 $\left(-\frac{1}{x^{2}}\right) \ln (x+1)+\left(\frac{1}{x}+a\right) \frac{1}{x+1}=0$ ，
则 $-(x+1) \ln (x+1)+\left(x+a x^{2}\right)=0$ ，
令 $g(x)=a x^{2}+x-(x+1) \ln (x+1)$ ，
$f(x)$ 在区间 $(0,+\infty)$ 存在极值点，等价于 $g(x)$ 在区间 $(0,+\infty)$ 上存在变号零点，
$g^{\prime}(x)=2 a x-\ln (x+1), g^{\prime \prime}(x)=2 a-\frac{1}{x+1}$
当 $a \leq 0$ 时，$g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 在区间 $(0,+\infty)$ 上单调递减，
此时 $g(x)当 $a \geq \frac{1}{2}, 2 a \geq 1$ 时，由于 $\frac{1}{x+1}<1$ ，所以 $g^{\prime \prime}(x)>0, g^{\prime}(x)$ 在区间 $(0,+\infty)$ 上单调递增，
所以 $g^{\prime}(x)>g^{\prime}(0)=0, g(x)$ 在区间 $(0,+\infty)$ 上单调递增，$g(x)>g(0)=0$ ，
所以 $g(x)$ 在区间 $(0,+\infty)$ 上无零点，不符合题意；
当 $0当 $x \in\left(0, \frac{1}{2 a}-1\right)$ 时，$g^{\prime \prime}(x)<0, g^{\prime}(x)$ 单调递减，
当 $x \in\left(\frac{1}{2 a}-1,+\infty\right)$ 时，$g^{\prime \prime}(x)>0, g^{\prime}(x)$ 单调递增，

故 $g^{\prime}(x)$ 的最小值为 $g^{\prime}\left(\frac{1}{2 a}-1\right)=1-2 a+\ln 2 a$ ，
令 $m(x)=1-x+\ln x(00$ ，
函数 $m(x)$ 在定义域内单调递增，$m(x)据此可得 $1-x+\ln x<0$ 恒成立，
则 $g^{\prime}\left(\frac{1}{2 a}-1\right)=1-2 a+\ln 2 a<0$ ，
令 $h(x)=\ln x-x^{2}+x(x>0)$ ，则 $h^{\prime}(x)=\frac{-2 x^{2}+x+1}{x}$ ，
当 $x \in(0,1)$ 时，$h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单调递增，
当 $x \in(1,+\infty)$ 时，$h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 单调递减，
故 $h(x) \leq h(1)=0$ ，即 $\ln x \leq x^{2}-x$（取等条件为 $x=1$ ），
所以 $g^{\prime}(x)=2 a x-\ln (x+1)>2 a x-\left[(x+1)^{2}-(x+1)\right]=2 a x-\left(x^{2}+x\right)$ ，
$g^{\prime}(2 a-1)>2 a(2 a-1)-\left[(2 a-1)^{2}+(2 a-1)\right]=0$ ，且注意到 $g^{\prime}(0)=0$ ，
根据零点存在性定理可知：$g^{\prime}(x)$ 在区间 $(0,+\infty)$ 上存在唯一零点 $x_{0}$ 。
当 $x \in\left(0, x_{0}\right)$ 时，$g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调减，
当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时，$g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调递增，
所以 $g\left(x_{0}\right)令 $n(x)=\ln x-\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)$ ，则 $n^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{x^{2}}\right)=\frac{-(x-1)^{2}}{2 x^{2}} \leq 0$ ，
则 $n(x)$ 单调递减，注意到 $n(1)=0$ ，
故当 $x \in(1,+\infty)$ 时， $\ln x-\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)<0$ ，从而有 $\ln x<\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)$ ，
所以 $g(x)=a x^{2}+x-(x+1) \ln (x+1)$
$>a x^{2}+x-(x+1) \times \frac{1}{2}\left[(x+1)-\frac{1}{x+1}\right]$

$=\left(a-\frac{1}{2}\right) x^{2}+\frac{1}{2}$,
令 $\left(a-\frac{1}{2}\right) x^{2}+\frac{1}{2}=0$ 得 $x_{2}=\sqrt{\frac{1}{1-2 a}}$ ，所以 $g\left(\sqrt{\frac{1}{1-2 a}}\right)>0$ ，
所以函数 $g(x)$ 在区间 $(0,+\infty)$ 上存在变号零点，符合题意．
综合上面可知：实数 $a$ 得取值范围是 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$ ．
【点睛】（1）求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元．
（2）根据函数的极值（点）求参数的两个要领：①列式：根据极值点处导数为 0 和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；（2）验证：求解后验证根的合理性．本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要进行验证．