2022-北京卷-20 解-导数综合

本题导读

本题考查切线方程。核心在于代数变形法/直接观察符号、构造函数法/单变量固定法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2022年北京卷） 已知函数 $f(x)=e^x\ln (1+x)$．

（Ⅰ）求曲线 $y=f(x)$ 在点 $(0,f(0))$ 处的切线方程；

（Ⅱ）设 $g(x)=f^{\prime }(x)$，讨论函数 $g(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上的单调性；

（Ⅲ）证明：对任意的 $s,t\in (0,+\infty )$，有 $f(s+t)>f(s)+f(t)$．

🔍【思路分析】

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• 第（Ⅰ）问（切线方程）：直接对 $f(x)$ 求导，求出 $f(0)$ 得到切点纵坐标，求出 $f^{\prime }(0)$ 得到切线斜率，代入点斜式即可。

• 第（Ⅱ）问（单调性讨论）：求出 $g(x)=f^{\prime }(x)$ 后，再次求导得到 $g^{\prime }(x)$。这里有两种处理方式：一是常规的换元或二次求导寻找极值点；二是直接将括号内的部分项通分，利用 $x⩾0$ 的条件直接判断各项符号为正，从而得出 $g^{\prime }(x)>0$（此法更优）。

• 第（Ⅲ）问（不等式证明）：典型的双变量不等式证明，常用“固定一元，主元另一元”的构造函数法。固定 $t>0$，构造函数 $h(s)=f(s+t)-f(s)-f(t)$，对其求导后，利用第（Ⅱ）问中 $f^{\prime }(x)$ 单调递增的结论，可判断 $h^{\prime }(s)>0$，从而将不等式转化为单调性问题加以证明。

✅【答案】

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(1) $y=x$

(2) $g(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上单调递增

(3) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

（Ⅰ）求曲线 $y=f(x)$ 在点 $(0,f(0))$ 处的切线方程

对函数 $f(x)$ 求导，利用乘法求导法则可得：

$f^{\prime }(x)=(e^x{)}^{\prime }\ln (1+x)+e^x(\ln (1+x){)}^{\prime }=e^x\left[\ln (x+1)+\frac{1}{x+1}\right]$

将 $x=0$ 代入原函数，得 $f(0)=e^0\ln 1=0$，所以切点为 $(0,0)$。

将 $x=0$ 代入导函数，得 $f^{\prime }(0)=e^0\left[\ln 1+\frac{1}{1}\right]=1$，故在 $x=0$ 处的切线斜率为 $1$。

因此，切线方程为 $y-0=1\cdot (x-0)$，化简得：

$y=x$

（Ⅱ）讨论函数 $g(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上的单调性

由（Ⅰ）知：$g(x)=f^{\prime }(x)=e^x\left[\ln (x+1)+\frac{1}{x+1}\right]$。

对其求导得：

$g^{\prime }(x)=e^x\left[\ln (x+1)+\frac{1}{x+1}\right]+e^x\left[\frac{1}{x+1}-\frac{1}{(x+1{)}^2}\right]$

提取公因式 $e^x$，并将中括号内的后两项进行通分合并：

g'(x) = e^x \left[ \ln(x+1) + \frac{2}{x+1} - \frac{1}{(x+1)^2} \right]$$$$= e^x \left[ \ln(x+1) + \frac{2(x+1) - 1}{(x+1)^2} \right]$$$$= e^x \left[ \ln(x+1) + \frac{2x+1}{(x+1)^2} \right]

因为 $x\in [0,+\infty )$，所以：

1. $x+1⩾1⟹\ln (x+1)⩾0$；

2. $2x+1>0$ 且 $(x+1{)}^2>0⟹\frac{2x+1}{(x+1{)}^2}>0$；

3. 指数函数 $e^x>0$ 恒成立。

综上所述，当 $x⩾0$ 时，必有：

$g^{\prime }(x)=e^x\left[\ln (x+1)+\frac{2x+1}{(x+1{)}^2}\right]>0$

故 $g^{\prime }(x)>0$ 在 $[0,+\infty )$ 上恒成立。

因此，函数 $g(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上单调递增。

(注：原解法一通过令 $x+1=k$ 再构造函数 $m(k)$ 求二次导数的方法稍显繁琐，此处直接通分判断符号为最优解法。)

（Ⅲ）证明：对任意的 $s,t\in (0,+\infty )$，有 $f(s+t)>f(s)+f(t)$

证明：

要证明 $f(s+t)>f(s)+f(t)$，即证明 $f(s+t)-f(s)-f(t)>0$。

我们可以固定变量 $t$（将 $t$ 视为常数），构造关于 $s$ 的函数：

设 $h(s)=f(s+t)-f(s)-f(t)$，其中 $s>0,t>0$。

对函数 $h(s)$ 求导（注意 $f(t)$ 对 $s$ 求导为 $0$）：

$h^{\prime }(s)=f^{\prime }(s+t)-f^{\prime }(s)$

由（Ⅱ）的结论可知，$g(x)=f^{\prime }(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上单调递增。

因为 $s>0,t>0$，所以 $s+t>s>0$。

根据 $f^{\prime }(x)$ 的单调递增性质，必定有：

$f^{\prime }(s+t)>f^{\prime }(s)$

即 $h^{\prime }(s)=f^{\prime }(s+t)-f^{\prime }(s)>0$ 对任意 $s>0$ 恒成立。

这说明构造的函数 $h(s)$ 在 $[0,+\infty )$ 上是单调递增的。

因为 $s>0$，所以 $h(s)>h(0)$。

而我们计算 $h(0)$ 的值：

$h(0)=f(0+t)-f(0)-f(t)=f(t)-0-f(t)=0$

所以 $h(s)>0$，即：

$f(s+t)-f(s)-f(t)>0$

移项即可得到：

$f(s+t)>f(s)+f(t)$

命题得证。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 导数符号的直接判断技巧：在求出导函数后，不要盲目地继续求二阶导。应该先尝试通分、因式分解、提取公因式，观察剩余部分的结构。如本题第（Ⅱ）问，通分后 $\frac{2x+1}{(x+1{)}^2}$ 在 $x\ge 0$ 时显然为正，结合 $\ln (x+1)\ge 0$，快速求解导数符号，避免了陷入二次求导的泥潭。

2. “固定一元”构造函数法：处理双变量不等式 $F(s,t)>0$ 时，最有效的方法之一是将其中一个变量（如 $t$）看作常数参数，将另一个变量（如 $s$）看作自变量构造单变量函数 $h(s)$。然后利用求导考察 $h(s)$ 的单调性，借助端点值（如 $h(0)$）来得出不等关系。这是高考导数压轴题中最经典的模型之一。

📖【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)

• 2010-山东卷文-21 解-导数切线与单调性
• 2021-天津卷-20 解-导数综合
• 2005-湖南卷理-21 解-导数与函数的单调性