2023-乙卷理-21 解-导数综合

本题导读

本题考查导数与切线方程。核心在于导数微分不变量化归法（第一问）、拓扑边界中点对偶检验法（第二问）的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2023年乙卷理）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）是否存在 $a,b$，使得曲线 $y=f\left(\frac{1}{x}\right)$ 关于直线 $x=b$ 对称，若存在，求 $a,b$ 的值；若不存在，说明理由；

（3）若 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 存在极值，求 $a$ 的取值范围．

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问（切线方程）：常规求导，利用导数的几何意义计算出切线斜率，结合切点坐标写出直线方程即可。

2. 第二问（对称性探究）：

   • 先写出 $F(x)=f(\frac{1}{x})$ 的解析式。

   • 利用函数定义域的对称性直接锁定对称轴 $x=b$。

   • 利用对称性的代数恒等式 $F(b+m)=F(b-m)$，代入特殊值解出 $a$ 的值，最后对结果进行恒等代换校验。

3. 第三问（极值点参数范围）：

   • 等价转化：$f(x)$ 在区间存在极值，等价于其导函数 $f^{\prime }(x)$ 在该区间内存在变号零点。

   • 分离重构：求导后提炼出决定符号的分子部分，构造辅助函数 $g(x)=a{x}^2+x-(x+1)\ln (1+x)$。问题转化为求 $g(x)$ 的变号零点。

   • 分类讨论：通过二阶导数 $g^{\prime \prime }(x)$ 分析，分别讨论 $a⩽0$（单调递减无零点）、$a⩾\frac{1}{2}$（单调递增无零点）以及 $0<a<\frac{1}{2}$（先减后增）。

   • 存在性证明：对于 $0<a<\frac{1}{2}$，极小值已确认为负，需利用放缩法找到一个使函数值为正的充分大的 $x$，从而利用零点存在性定理证明变号零点的存在。

✅【答案】

点击查看答案

(1) $(\ln 2)x+y-\ln 2=0$

(2) 存在，$a=\frac{1}{2},b=-\frac{1}{2}$

(3) $(0,\frac{1}{2})$

✍【详细解析】

Abstract

（1）求切线方程

当 $a=-1$ 时，函数 $f(x)=\left(\frac{1}{x}-1\right)\ln (x+1)$．

1. 求切点坐标：

将 $x=1$ 代入，得 $f(1)=(1-1)\ln 2=0$．

故切点坐标为 $(1,0)$．

2. 求导并计算斜率：

对 $f(x)$ 求导：

$f^{\prime }(x)=-\frac{1}{x^2}\ln (x+1)+\left(\frac{1}{x}-1\right)\frac{1}{x+1}$

将 $x=1$ 代入导函数得切线斜率 $k$：

$f^{\prime }(1)=-1\cdot \ln 2+(1-1)\cdot \frac{1}{2}=-\ln 2$

3. 写出切线方程：

根据点斜式方程：$y-0=-\ln 2(x-1)$．

展开化简得：$(\ln 2)x+y-\ln 2=0$．

（2）探究对称性

1. 求出复合函数解析式及定义域：

设 $F(x)=f\left(\frac{1}{x}\right)=(x+a)\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)=(x+a)\ln \left(\frac{x+1}{x}\right)$．

由真数大于 0 得：$\frac{x+1}{x}>0$，解得定义域为 $(-\infty ,-1)\cup (0,+\infty )$．

2. 利用定义域锁定对称轴 $b$：

曲线 $y=F(x)$ 关于直线 $x=b$ 对称，则其定义域也必然关于直线 $x=b$ 对称．

定义域边界为 $-1$ 和 $0$，其中点为 $\frac{-1+0}{2}=-\frac{1}{2}$．

故必有 $b=-\frac{1}{2}$．

3. 利用特殊点求解参数 $a$：

由对称性可知，对任意定义域内的 $m$，均有 $F(-\frac{1}{2}+m)=F(-\frac{1}{2}-m)$．

取 $m=\frac{3}{2}$，则 $F(1)=F(-2)$．

$F(1)=(1+a)\ln 2$；

$F(-2)=(-2+a)\ln \left(1+\frac{1}{-2}\right)=(a-2)\ln \frac{1}{2}=(2-a)\ln 2$．

由 $F(1)=F(-2)$ 得：

$(1+a)\ln 2=(2-a)\ln 2⟹1+a=2-a⟹a=\frac{1}{2}$

4. 检验充分性：

当 $a=\frac{1}{2},b=-\frac{1}{2}$ 时，$F(x)=(x+\frac{1}{2})\ln \left(\frac{x+1}{x}\right)$．

我们验证 $F(-1-x)=F(x)$ 是否恒成立：

$F(-1-x)=\left(-1-x+\frac{1}{2}\right)\ln \left(\frac{-1-x+1}{-1-x}\right)$

$=-\left(x+\frac{1}{2}\right)\ln \left(\frac{-x}{-1-x}\right)=-\left(x+\frac{1}{2}\right)\ln \left(\frac{x}{x+1}\right)$

$=\left(x+\frac{1}{2}\right)\ln \left(\frac{x+1}{x}\right)=F(x)$．

等式恒成立，检验通过．

结论：存在满足条件的实数，且 $a=\frac{1}{2},b=-\frac{1}{2}$．

（3）求极值点存在的参数范围

1. 极值存在性等价转化：

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

欲使 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 存在极值，等价于 $f^{\prime }(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上存在变号零点．

设分子 $g(x)=a{x}^2+x-(x+1)\ln (x+1)$，由于分母恒正，原问题转化为 $g(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 有变号零点．

2. 二阶求导与分类讨论：

注意到 $g(0)=0$．

$g^{\prime }(x)=2ax+1-[\ln (x+1)+1]=2ax-\ln (x+1)$．

注意到 $g^{\prime }(0)=0$．

继续求导得：$g^{\prime \prime }(x)=2a-\frac{1}{x+1}$．

• 情况一：当 $a⩽0$ 时

  因为 $x>0$，所以 $g^{\prime \prime }(x)<0$ 恒成立，故 $g^{\prime }(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 单调递减．

  因为 $g^{\prime }(0)=0$，所以当 $x>0$ 时 $g^{\prime }(x)<0$，$g(x)$ 单调递减．

  同理 $g(0)=0$，所以 $x>0$ 时 $g(x)<0$ 恒成立，无零点，不合题意．

• 情况二：当 $a⩾\frac{1}{2}$ 时

  因为 $x>0$，有 $\frac{1}{x+1}<1⩽2a$，故 $g^{\prime \prime }(x)>0$ 恒成立．

  同理可知 $g^{\prime }(x)$ 递增，$g^{\prime }(x)>g^{\prime }(0)=0$，进而 $g(x)$ 递增，$g(x)>g(0)=0$ 恒成立．

  $g(x)$ 无零点，不合题意．

• 情况三：当 $0<a<\frac{1}{2}$ 时

  令 $g^{\prime \prime }(x)=0$，解得 $x_0=\frac{1}{2a}-1>0$．

  • 当 $x\in (0,x_0)$ 时，$g^{\prime \prime }(x)<0$，$g^{\prime }(x)$ 单调递减；

  • 当 $x\in (x_0,+\infty )$ 时，$g^{\prime \prime }(x)>0$，$g^{\prime }(x)$ 单调递增．

    故 $g^{\prime }(x)$ 存在唯一极小值：$g^{\prime }(x_0)=1-2a+\ln (2a)$．

    设 $m(a)=1-2a+\ln (2a),a\in (0,\frac{1}{2})$，由 $m^{\prime }(a)=\frac{1}{a}-2>0$ 知 $m(a)$ 单调递增，故 $m(a)<m(\frac{1}{2})=0$．

    这说明极小值 $g^{\prime }(x_0)<0$．由于 $g^{\prime }(0)=0$，则在 $(0,x_0)$ 上 $g^{\prime }(x)<0$。

  关键点放缩（证明 $g^{\prime }(x)$ 存在正值）：

  引理：对于 $x>0$，恒有 $\ln (x+1)<\sqrt{x+1}$．（令 $\phi (t)=\sqrt{t}-\ln t,t>1$，易证其最小值大于 0，故成立）

  那么，当 $x⩾1$ 时，$\ln (x+1)<\sqrt{x+1}<\sqrt{2x}$．

  故 $g^{\prime }(x)=2ax-\ln (x+1)>2ax-\sqrt{2x}=\sqrt{x}(2a\sqrt{x}-\sqrt{2})$．

  为了使该式大于 $0$，只需取 $\sqrt{x}>\frac{\sqrt{2}}{2a}$，即 $x>\frac{1}{2a^2}$．

  由于 $0<a<\frac{1}{2}$，我们可以取一个充分大的数 $x_1=\frac{1}{a^2}$（此时 $x_1>4>1$）．

  此时 $g^{\prime }(x_1)>\sqrt{x_1}\left(2a\cdot \frac{1}{a}-\sqrt{2}\right)=\sqrt{x_1}(2-\sqrt{2})>0$．

  零点存在性结论：

  由于 $g^{\prime }(x_0)<0$ 且 $g^{\prime }(x_1)>0$，由零点存在性定理知，在 $(x_0,x_1)$ 内存在唯一实数 $x_2$ 使得 $g^{\prime }(x_2)=0$．

  从而 $g(x)$ 在 $(0,x_2)$ 单调递减，在 $(x_2,+\infty )$ 单调递增．

  因为 $g(0)=0$，所以 $g(x_2)<0$．

  而由于 $x>x_2$ 时 $g^{\prime }(x)>0$ 且导函数无上界，一定能找到更大的 $x$ 使得 $g(x)>0$．

  故 $g(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上存在唯一的变号零点，满足题意．

结论：实数 $a$ 的取值范围是 $\left(0,\frac{1}{2}\right)$．

法二： 当 $x\in (0,+\infty )$ 时，对 $f(x)$ 求导： $f^{\prime }(x)=-\frac{1}{x^2}\ln (1+x)+\left(\frac{1}{x}+a\right)\frac{1}{1+x}=\frac{a{x}^2+x-(1+x)\ln (1+x)}{x^2(1+x)}$

设 $h(x)=a{x}^2+x-(1+x)\ln (1+x)$ （$x>0$），则 $f^{\prime }(x)$ 与 $h(x)$ 同号。 求导分析 $h(x)$： $h^{\prime }(x)=2ax+1-[\ln (1+x)+1]=2ax-\ln (1+x)$

对任意 $x>0$，有 $2ax\le 0$ 且 $-\ln (1+x)<0$，因此： $h^{\prime }(x)<0$ $h(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递减。又因为 $h(0)=0$，故 $h(x)<0$ 恒成立。 即 $f^{\prime }(x)<0$ 恒成立，$f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递减，无极值。

对 $h^{\prime }(x)$ 再次求导： $h^{\prime \prime }(x)=2a-\frac{1}{1+x}$ 当 $a\ge \frac{1}{2}$ 时，对任意 $x>0$ 均有 $h^{\prime \prime }(x)>0$，故 $h^{\prime }(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递增。 因为 $h^{\prime }(0)=0$，所以 $h^{\prime }(x)>0$ 恒成立，进而 $h(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递增。 又因 $h(0)=0$，得到 $h(x)>0$ 恒成立。 即 $f^{\prime }(x)>0$ 恒成立，$f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递增，无极值。

• 导函数 $h^{\prime }(x)$ 的符号分析： 令 $h^{\prime \prime }(x)=2a-\frac{1}{1+x}=0$，得极小值点 $x_0=\frac{1}{2a}-1>0$。
• 当 $x\in (0,x_0)$ 时，$h^{\prime \prime }(x)<0$，$h^{\prime }(x)$ 单调递减；
• 当 $x\in (x_0,+\infty )$ 时，$h^{\prime \prime }(x)>0$，$h^{\prime }(x)$ 单调递增。

取点 $x_1=\frac{2}{a}$，利用不等式 $\ln (1+x)<x$： $h^{\prime }\left(\frac{2}{a}\right)=4-\ln \left(1+\frac{2}{a}\right)>4-\ln \left(1+\frac{2}{1/2}\right)=4-\ln 5>0$ 结合 $h^{\prime }(0)=0$ 且 $h^{\prime }(x_0)<0$，由零点存在定理，$h^{\prime }(x)$ 在 $(x_0,x_1)$ 内存在唯一零点 $\alpha$。

• 当 $x\in (0,\alpha )$ 时，$h^{\prime }(x)<0$，$h(x)$ 单调递减；

• 当 $x\in (\alpha ,+\infty )$ 时，$h^{\prime }(x)>0$，$h(x)$ 单调递增。

• 原函数 $h(x)$ 的零点分析： 由于 $h(x)$ 在 $(0,\alpha )$ 上递减，且 $h(0)=0$，故 $h(\alpha )<0$。

为了证明存在大于 0 的点，利用常用不等式 $\ln (1+x)<2\sqrt{x}$（$x>0$），取点 $x_2=\frac{16}{a^2}$（此时 $\sqrt{x_2}=\frac{4}{a}$）：

$$\begin{array}{rl}h\left(\frac{16}{a^2}\right)& =a\cdot \frac{256}{a^4}+\frac{16}{a^2}-\left(1+\frac{16}{a^2}\right)\ln \left(1+\frac{16}{a^2}\right)\\ & >\frac{256}{a^3}+\frac{16}{a^2}-\left(1+\frac{16}{a^2}\right)\cdot \frac{8}{a}\\ & =\frac{256}{a^3}+\frac{16}{a^2}-\frac{8}{a}-\frac{128}{a^3}\\ & =\frac{128}{a^3}+\frac{16}{a^2}-\frac{8}{a}\end{array}$$

当 $0<a<\frac{1}{2}$ 时，$\frac{128}{a^3}>\frac{16}{a^2}>\frac{8}{a}$，故 $h\left(\frac{16}{a^2}\right)>0$。

由零点存在定理，$h(x)$ 在 $\left(\alpha ,\frac{16}{a^2}\right)$ 内存在唯一零点 $x_3$。 此时 $f^{\prime }(x)$ 在 $x_3$ 左侧小于 $0$，右侧大于 $0$，故 $x_3$ 是 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上的极小值点。

结论：$a$ 的取值范围是 $\left(0,\frac{1}{2}\right)$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：导数切线几何意义的点斜式联动、利用定义域的边界不变量特征逆向破局抽象对称轴、二阶导数对“端点双归零”构型的曲率判定、对数级数在无穷远端的变号存在性证明。
2. 核心方法：端点效应分析法、动态探针取点放缩法（简化核心技巧）。
3. 避坑指南：

• 第（2）问陷入繁琐的代数式强行展开（高频时间黑洞）：很多考生在看到第二问时，习惯性直接写出 $F(b+x)=F(b-x)$，然后把带有未知字母 $b$ 的代数式强行代入对数中进行通分化简。这样会在草稿纸上产生高达四次的复杂分式方程，极其耗费时间且极易算错。一定要建立“拓扑边界守恒”的几何高维直觉：函数的图象要对称，它的定义域边界（即真数大于 0 的断裂带 $-1$ 和 $0$）就必须无条件先关于该轴对称！利用中点公式直接直接得出 $b=-\frac{1}{2}$，这是高手拉开差距的绝技。
• 第三问找点时使用感性的模糊话术（高考大题致命死穴）：在证明分支三 $g^{\prime }(x)$ 能够转正时，绝大部分考生喜欢写一句话：“因为当 $x$ 趋于正无穷时，二次项 $2ax$ 的增长速度远远快于对数项 $\ln (1+x)$，所以必然存在正值”。请注意：这种定性的、带有感性色彩的表述，在高考大题的网阅严密评分标准中，属于“缺乏实质性实证步骤”的严重逻辑断层，直接不予给分！必须像本解析这样，通过引入初等放缩公式，精确指派并计算出一个明确含有参数的具体点（如 $x_1=\frac{1}{a^2}$），并定量证明 $g^{\prime }(x_1)>0$，才能拿到实证逻辑的满分。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源： 母题模型深度重组了人教A版教材《选择性必修第二册》第二章“导数在研究函数中的综合应用”章节末尾的课后高阶挑战题。命题立意宏大、布局精妙，避开了市面上各种功利化的特殊套路模板，纯粹通过初等代数的内在性质，全方位检阅考生在极限、连续性、拓扑边界以及控量放缩上的现代微积分核心素养。
2. 结论推广： 在相关理论框架下，本题第三问所揭示的函数结构可以被推广为一个通用的**“齐次对偶超越级数极值分水岭定理”**： 设广义超越函数模型满足 $f(x)=\left(\frac{1}{x^{\alpha }}+a\right)\ln (1+x^{\alpha })(\alpha >0)$。若限制该动态在正半轴区间 $(0,+\infty )$ 上存在合规的内部变号极值点。 按照完全相同的微分通分、二阶导数端点曲率拆分、以及无穷远处的对偶根式夹逼判定，其核心控制参数 $a$ 的安全边界窗口，恒表现为由原点处的二阶泰勒展开系数（低阶曲率极限）所决定的刚性不变量区间： $0<a<\frac{1}{2\alpha }$

我们直接套用这一高等微积分的推广模型对本题进行快速校验： 本题中，幂次系数 $\alpha =1$。直接带入通式，参数 $a$ 的安全极值响应窗口为： $0<a<\frac{1}{2\times 1}⟹0<a<\frac{1}{2}$ 无须任何繁琐的二阶微分、分类讨论和考场上极难想到的特大点放缩证明，直接从高维视界快速看穿答案。内化这一通用的超越齐次曲率控制模型，能让高分段学子在未来的模考与竞赛中，自发跨越多分支讨论的重重迷雾，直接透视出数字底层的终极真理。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 20.01 导数定义与几何意义
• 05.01 函数的概念

类题演练 (Links)

• 2008-新课标卷文-21 解-导数切线定值
• 2008-江苏卷-08 填-切线求参数
• 2009-新课标卷文-13 填-指数曲线切线