2023-乙卷文-20 解-导数综合

本题导读

本题考查导数的几何意义。核心在于辅助函数法、分类讨论法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2023年乙卷文）已知函数 $f(x)=\left(\frac{1}{x}+a\right)\ln (1+x)$。

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

（2）若 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 单调递增，求 $a$ 的取值范围。

🔍【思路分析】

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1. 第（1）问思路：

• 将 $a=-1$ 代入原函数，求出切点纵坐标 $f(1)$。
• 利用导数的四则运算法则求出导函数 $f^{\prime }(x)$，代入 $x=1$ 计算切线斜率 $k=f^{\prime }(1)$。
• 利用点斜式方程展开化简，确定最终的切线方程。

2. 第（2）问思路：

• 函数在区间上单调递增等价于导函数 $f^{\prime }(x)\ge 0$ 在 $(0,+\infty )$ 上恒成立。
• 对 $f(x)$ 求导，提取公因式 $\frac{1}{x^2}$ 后，将条件转化为判断括号内部构造函数 $h(x)=\ln (1+x)-\frac{a{x}^2+x}{1+x}$ 的正负符号。
• 通过对 $h(x)$ 再次求导，分析其导函数 $h^{\prime }(x)=\frac{x(1-2a-ax)}{(1+x{)}^2}$ 的零点与正负分布。
• 临界切分点由 $1-2a=0⟹a=\frac{1}{2}$ 决定，据此对 $a\le 0$、 $0<a<\frac{1}{2}$ 以及 $a\ge \frac{1}{2}$ 进行分类讨论，判定使 $f^{\prime }(x)\ge 0$ 恒成立的充要参数区间。

✅【答案】

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(1) $y=-\ln 2\cdot (x-1)$

(2) $a$ 的取值范围为 $\left[\frac{1}{2},+\infty \right)$

✍【详细解析】

Abstract

（1）解： 当 $a=-1$ 时，函数解析式为： $f(x)=\left(\frac{1}{x}-1\right)\ln (1+x)$ 代入 $x=1$ 可得切点纵坐标： $f(1)=\left(\frac{1}{1}-1\right)\ln (2)=0$ 即切点坐标为 $(1,0)$。

根据导数的乘法求导法则与链式法则，对 $f(x)$ 求导得： $f^{\prime }(x)={\left(\frac{1}{x}-1\right)}^{\prime }\ln (1+x)+\left(\frac{1}{x}-1\right)[\ln (1+x){]}^{\prime }$ $f^{\prime }(x)=-\frac{1}{x^2}\ln (1+x)+\left(\frac{1}{x}-1\right)\cdot \frac{1}{1+x}$

将 $x=1$ 代入导函数中，求得切线斜率 $k$： $k=f^{\prime }(1)=-\frac{1}{1^2}\ln (2)+\left(\frac{1}{1}-1\right)\cdot \frac{1}{1+1}=-\ln 2+0=-\ln 2$

由直线的点斜式方程可知，切线方程为： $y-0=-\ln 2\cdot (x-1)$ 化简得： $y=-\ln 2\cdot x+\ln 2$

所以，曲线在点 $(1,f(1))$ 处的切线方程为 $y=-\ln 2\cdot (x-1)$（或 $x\ln 2+y-\ln 2=0$）。

（2）解： 若 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递增，则其导函数满足 $f^{\prime }(x)\ge 0$ 在 $(0,+\infty )$ 上恒成立。 计算通用导函数 $f^{\prime }(x)$： $f^{\prime }(x)=-\frac{1}{x^2}\ln (1+x)+\left(\frac{1}{x}+a\right)\cdot \frac{1}{1+x}=-\frac{1}{x^2}\ln (1+x)+\frac{1+ax}{x(1+x)}$

为了便于分析符号，通分并整体提取 $\frac{1}{x^2}$： $f^{\prime }(x)=-\frac{1}{x^2}\ln (1+x)+\frac{1}{x^2}\cdot \frac{x(1+ax)}{1+x}=-\frac{1}{x^2}\left[\ln (1+x)-\frac{a{x}^2+x}{1+x}\right]$

设辅助函数 $h(x)=\ln (1+x)-\frac{a{x}^2+x}{1+x}$，其中 $x\in (0,+\infty )$。 要使 $f^{\prime }(x)\ge 0$ 恒成立，由于 $-\frac{1}{x^2}<0$，则必须满足： $h(x)\le 0\text{在 }(0,+\infty )\text{ 上恒成立。}$

显见易知 $h(0)=\ln (1)-0=0$。 对 $h(x)$ 求导，利用商的求导法则： $h^{\prime }(x)=\frac{1}{1+x}-\frac{(2ax+1)(1+x)-(a{x}^2+x)}{(1+x{)}^2}$ $h^{\prime }(x)=\frac{1+x-(2ax+2a{x}^2+1+x-a{x}^2-x)}{(1+x{)}^2}=\frac{1+x-(a{x}^2+2ax+1)}{(1+x{)}^2}$ $h^{\prime }(x)=\frac{x-2ax-a{x}^2}{(1+x{)}^2}=\frac{x(1-2a-ax)}{(1+x{)}^2}$

由于 $x>0$，分母 $(1+x{)}^2>0$，故 $h^{\prime }(x)$ 的符号完全由分子中的线性项 $(1-2a-ax)$ 决定。下面对参数 $a$ 进行分类讨论：

情况一：若 $a\le 0$ 当 $x\in (0,+\infty )$ 时，由于 $a\le 0$，则 $-ax\ge 0$。 同时 $1-2a\ge 1>0$，所以 $1-2a-ax>0$。 此时 $h^{\prime }(x)>0$ 恒成立，说明 $h(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递增。 由于 $h(0)=0$，则当 $x>0$ 时必有 $h(x)>h(0)=0$。 这与 $h(x)\le 0$ 恒成立相矛盾，不合题意。

情况二：若 $a\ge \frac{1}{2}$ 当 $a\ge \frac{1}{2}$ 时，临界常数 $1-2a\le 0$。 因为 $x>0,a>0$，所以 $-ax<0$。 从而有 $1-2a-ax<0$ 恒成立。 此时 $h^{\prime }(x)<0$ 恒成立，说明 $h(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递减。 由于 $h(0)=0$，则当 $x>0$ 时必有 $h(x)<h(0)=0$，满足 $h(x)\le 0$ 恒成立的要求。 故 $a\ge \frac{1}{2}$ 符合题意。

情况三：若 $0<a<\frac{1}{2}$ 此时临界常数 $1-2a>0$。 令 $h^{\prime }(x)=0⟹1-2a-ax=0⟹x=\frac{1-2a}{a}>0$。

• 当 $x\in \left(0,\frac{1-2a}{a}\right)$ 时， $1-2a-ax>0⟹h^{\prime }(x)>0$， $h(x)$ 在该区间单调递增；
• 当 $x\in \left(\frac{1-2a}{a},+\infty \right)$ 时， $1-2a-ax<0⟹h^{\prime }(x)<0$， $h(x)$ 在该区间单调递减。 由此可知，函数 $h(x)$ 在 $x=\frac{1-2a}{a}$ 处取得极大值。 由于 $h(0)=0$ 且在右侧先单调递增，所以在区间 $\left(0,\frac{1-2a}{a}\right)$ 内必然存在 $h(x)>h(0)=0$，与 $h(x)\le 0$ 恒成立矛盾，不合题意。

综上所述， $a$ 的取值范围为 $\left[\frac{1}{2},+\infty \right)$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：导数判定单调性、二次求导法（构建辅助函数）、多情境分类讨论。
2. 核心方法：整体化分式分离法。在求出 $f^{\prime }(x)$ 后，通过提取外部的 $\frac{1}{x^2}$，使括号内变为非分式的标准形式 $h(x)$，从而能针对 $h(x)$ 执行干净的二次求导。
3. 避坑指南：

• 求导公式多重嵌套出错：第（2）问对 $h(x)$ 求导时，涉及减法与分式的联合求导，分子展开式中含有多个含 $a$ 的项，极易因漏掉括号而导致符号反转。
• 讨论界限模糊：很多考生能够求出 $h^{\prime }(x)$ 的分子，但找不到分类讨论的突破口。本题的本质是以 $x\to 0^{+}$ 时的截距正负为分界线，即令 $1-2a=0$ 导出关键临界值 $\frac{1}{2}$。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题源于人教A版高中数学选择性必修第二册第五章《一元函数的导数及其应用》的章末综合压轴题。其高等数学背景为利用**麦克劳林级数（Maclaurin series）**在边界端点处理极限放缩。
2. 结论推广：

• 泰勒级数透视法：将函数 $\ln (1+x)$ 在 $x=0$ 处展开为幂级数：$\ln (1+x)=x-\frac{1}{2}{x}^2+\frac{1}{3}{x}^3+o(x^3)$。
• 代入原恒成立条件中：$h(x)=\left(x-\frac{1}{2}{x}^2+\frac{1}{3}{x}^3\right)-\frac{x+a{x}^2}{1+x}\le 0$。
• 将其通分并保留到二次项展开，可近似看作：$h(x)\approx \left(\frac{1}{2}-a\right)x^2+o(x^2)\le 0$。
• 若要使该式在 $x>0$ 的右侧邻域内恒小于或等于 0，其最前列的主导项系数必须小于或等于 0，即 $\frac{1}{2}-a\le 0⟹a\ge \frac{1}{2}$。通过这种高等数学级数展开的视角，可以极速在一分钟内透视出解析压轴题的参数临界值。

🔗【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)

• 2012-大纲版理-20
• 2012-福建理-20
• 2013-天津卷文-20 解-分段函数导数切线