2022-乙卷理-21 解-导数综合

本题导读

本题考查切线方程。核心在于构造函数法、分类讨论法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2022年乙卷理） 已知函数 $f(x)=\ln (1+x)+ax{e}^{-x}$．

（1）当 $a=1$ 时，求曲线 $y=f(x)$ 在点 $(0,f(0))$ 处的切线方程；

（2）若 $f(x)$ 在区间 $(-1,0)$，$(0,+\infty )$ 各恰有一个零点，求 $a$ 的取值范围．

🔍【思路分析】

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1. 第一问（切线方程）：

   • 代入 $a=1$，求出 $f(x)$ 的解析式。

   • 计算切点坐标 $(0,f(0))$。

   • 求导 $f^{\prime }(x)$，计算斜率 $k=f^{\prime }(0)$。

   • 利用点斜式写出方程。

2. 第二问（零点参数范围）：

   • 分析端点：$f(0)=\ln 1+0=0$。题目要求在 $0$ 的左侧和右侧各有一个零点，这意味着 $x=0$ 不能是唯一的“穿过轴”的点，或者说函数在 $0$ 附近必须发生符号的特定变化。

   • 利用端点效应（必要性）：考察 $f^{\prime }(0)$。若 $f^{\prime }(0)>0$，函数在 $0$ 附近单调递增，图象穿过原点，左右异号，可能无法在两侧各形成一个“回弯”的零点。若 $f^{\prime }(0)<0$，函数在 $0$ 附近单调递减，结合两端极限（$-\infty$ 和 $0^{+}$），更有可能形成“山峰”和“低谷”从而产生零点。

   • 分类讨论：

     • 求导通分，将导数符号问题转化为辅助函数 $h(x)=e^x+a(1-x^2)$ 的符号问题。

     • 讨论 $a⩾0$：函数单调，不合题意。

     • 讨论 $a<0$：利用二阶导数或 $h(x)$ 的单调性，结合 $h(0)$ 的正负进行精细化分析。重点证明当 $a<-1$ 时，导数先正后负再正，原函数先增后减再增，从而产生两个额外零点。

✅【答案】

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(1) $y=2x$

(2) $(-\infty ,-1)$

✍【详细解析】

Abstract

（1）求切线方程

当 $a=1$ 时，函数为 $f(x)=\ln (1+x)+x{e}^{-x}$，定义域为 $(-1,+\infty )$．

1. 求切点坐标：

$f(0)=\ln 1+0\cdot e^0=0$．

切点为 $(0,0)$．

2. 求导数与斜率：

$f^{\prime }(x)=\frac{1}{1+x}+(1\cdot e^{-x}+x\cdot (-e^{-x}))=\frac{1}{1+x}+e^{-x}(1-x)$．

$f^{\prime }(0)=\frac{1}{1}+e^0(1-0)=1+1=2$．

故切线斜率 $k=2$．

3. 写出方程：

切线方程为 $y-0=2(x-0)$，即 $y=2x$．

（2）求 $a$ 的取值范围

$f^{\prime }(x)=\frac{1}{1+x}+a(e^{-x}-x{e}^{-x})=\frac{1}{1+x}+\frac{a(1-x)}{e^x}=\frac{e^x+a(1-x^2)}{(1+x)e^x}$．

令 $g(x)=e^x+a(1-x^2)$，其中 $x\in (-1,+\infty )$．

(i) 若 $a\ge 0$，则当 $x>0$ 时，$f(x)>0$，所以 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上没有零点。

(ii) 若 $-1\le a<0$，由于 $g(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递增，

所以当 $x\in (0,+\infty )$ 时，$g(x)>g(0)=1+a\ge 0$，故 $f^{\prime }(x)>0$，

所以 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递增，

从而当 $x>0$ 时，$f(x)\ge f(0)=0$，$f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上没有零点。

(iii) 若 $a<-1$，由于 $g(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递增，而 $g(0)=1+a<0$，$g(1)>0$，

所以 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 上存在唯一零点 $x_1$，

从而可得，当 $x\in (0,x_1)$ 时，$f^{\prime }(x)<0$；

当 $x\in (x_1,+\infty )$ 时，$f^{\prime }(x)>0$。故 $f(x)$ 在 $(0,x_1)$ 上单调递减，在 $(x_1,+\infty )$ 上单调递增。

因为 $f(0)=0$，所以 $f(x)$ 在 $(0,x_1)$ 上没有零点，且 $f(x_1)<0$。

取 $b=e^{-a}$，则 $f(b)=\ln (1+b)+ab{e}^{-b}>\ln (1+b)+a>0,$ 故 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上存在唯一零点。

由于 $g^{\prime }(x)=e^x-2ax$，故当 $a<-1$ 时，$g^{\prime }(x)$ 是增函数，且 $g^{\prime }(-1)=\frac{1}{e}+2a<0$，$g^{\prime }(0)=1>0$，

故 $g^{\prime }(x)$ 在 $(-1,0)$ 上存在唯一零点 $x_2$，且当 $-1<x<x_2$ 时，$g^{\prime }(x)<0$；

当 $x_2<x<0$ 时，$g^{\prime }(x)>0$。所以 $g(x)$ 在 $(-1,x_2)$ 上单调递减，在 $(x_2,0)$ 上单调递增。

因为 $g(0)<0$，所以 $g(x_2)<0$，又 $g(-1)=\frac{1}{e}>0$，所以 $g(x)$ 在 $(-1,x_2)$ 上存在唯一零点 $x_3$，

且当 $-1<x<x_3$ 时，$g(x)>0$，故 $f^{\prime }(x)>0$；

当 $x_3<x<0$ 时，$g(x)<0$，故 $f^{\prime }(x)<0$，从而 $f(x)$ 在 $(-1,x_3)$ 上单调递增，在 $(x_3,0)$ 上单调递减。

因为 $f(0)=0$，所以 $f(x)$ 在 $(x_3,0)$ 上没有零点，且 $f(x_3)>0$。

取 $c=e^{3a}-1$，则 $-1<c<0$， $f(c)=\ln (1+c)+ac{e}^{-c}<a(3-e)<0,$ 故 $f(x)$ 在 $(-1,0)$ 存在唯一零点。

综上，$a$ 的取值范围是 $(-\infty ,-1)$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心技巧：

  1. 端点效应（必要性探路）：题设隐含 $f(0)=0$。若要 $f(x)$ 在 $0$ 的左右两侧各有零点，且不通过 $x=0$ 变号（或者说在 $0$ 处不直接穿过轴而是“切”或“离”），这很难直观判断。但通过 $f^{\prime }(0)=1+a$ 的正负可以快速筛选：若 $f^{\prime }(0)>0$，函数穿过原点直线上升，左侧为负无零点；只有 $f^{\prime }(0)<0$（即 $a<-1$），函数在 $0$ 处递减，图象才有可能呈现“左侧先增后减回到0，右侧先减后增穿过轴”的形态（即 M 型或 N 型波动）。

  2. 辅助函数定号：构造 $h(x)=e^x+a(1-x^2)$ 将分式导数的符号判定转化为二次函数与指数函数的复合判定，利用二阶导数或凸性迅速确定 $h(x)$ 的根的分布。

• 规律总结：对于涉及 $e^x$ 与多项式乘积的函数，其零点问题往往归结为导数零点的个数问题。本题中 $a$ 控制了二次项的开口和正负，决定了导数是有两个零点（一正一负）还是无零点。

• 避坑指南：

  • 极限的判断：在证明 $x\to -1^{+}$ 时 $f(x)\to -\infty$ 以及 $x\to +\infty$ 时 $f(x)\to +\infty$ 是使用零点存在性定理的必要步骤，不能利用极限，要取点.

  • 零点的互斥性：题目要求的是“各恰有一个”，这意味着 $x=0$ 这个零点不计入区间内，且区间内的零点必须唯一（通过单调性保证）。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：待补

2. 结论推广：待补

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 20.01 导数定义与几何意义
• 20.03 导数研究单调性与极值最值

类题演练 (Links)

• 2008-新课标卷文-21 解-导数切线定值
• 2010-山东卷文-21 解-导数切线与单调性
• 2008-江苏卷-08 填-切线求参数