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2023年高考数学乙卷-理21

  2023-07-08 11:45:51  

(12分)已知函数$f(x)=(\dfrac{1}{x}+a)\ln (1+x)$.
(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$y=f(\dfrac{1}{x})$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.
答案:(1)$y=-\ln 2(x-1)$;(2)$a=\dfrac{1}{2}$,$b=-\dfrac{1}{2}$;(3)$(0,\dfrac{1}{2})$.
分析:(1)$a=-1$时,求得$f$(1)$=0$,再根据导数的几何意义求得切线斜率,利用点斜式求解即可;
(2)根据函数的定义域和对称性可求得$b=-\dfrac{1}{2}$,再利用赋值法求$a$;
(3)要使$f(x)$在$(0,+\infty )$存在极值点,则$f\prime (x)=0$有正根,即方程$\ln (x+1)-\dfrac{a{x}^{2}+x}{x+1}=0$有正根,记$g(x)=\ln (x+1)-\dfrac{a{x}^{2}+x}{x+1}$,$x > 0$,利用导数与极值的关系分类讨论即可求解.
解:(1)$a=-1$时,$f$(1)$=0$,
$f\prime (x)=-\dfrac{1}{{x}^{2}}\ln (x+1)+(\dfrac{1}{x}-1)(\dfrac{1}{x+1})$,$f\prime$(1)$=-\ln 2$,
$\therefore$曲线$y=f(x)$在点$(1$,$f$(1)$)$处的切线方程为$y=-\ln 2(x-1)$.
(2)$f(\dfrac{1}{x})=(x+a)\ln (\dfrac{x+1}{x})$,定义域为$(-\infty$,$-1)\bigcup (0$,$+\infty )$,
要使函数$f(\dfrac{1}{x})$的图像关于$x=b$对称,则由$x\ne 0$,且$x\ne -1$,可知$b=-\dfrac{1}{2}$,
即$f(\dfrac{1}{x})=(x+a)\ln (\dfrac{x+1}{x})$的图像关于$x=-\dfrac{1}{2}$对称,
则$f$(1)$=(1+a)\ln 2$,$f(-2)=(-2+a)\ln \dfrac{1}{2}=(2-a)\ln 2$,
得$1+a=2-a$,解得$a=\dfrac{1}{2}$.
综上,$a=\dfrac{1}{2}$,$b=-\dfrac{1}{2}$;
(3)$f\prime (x)=-\dfrac{1}{{x}^{2}}\ln (x+1)+(\dfrac{1}{x}+a)(\dfrac{1}{x+1})=-\dfrac{1}{{x}^{2}}[\ln (x+1)-\dfrac{a{x}^{2}+x}{x+1}]$,
要使$f(x)$在$(0,+\infty )$存在极值点,则方程$\ln (x+1)-\dfrac{a{x}^{2}+x}{x+1}=0$有正根,
记$g(x)=\ln (x+1)-\dfrac{a{x}^{2}+x}{x+1}$,$x > 0$,$g\prime (x)=-\dfrac{x}{(1+x)^{2}}\times (ax+2a-1)$,
①当$a\leqslant 0$时,$g\prime (x) > 0$,故$g(x)$在$(0,+\infty )$上单调递增,$g(x) > g(0)=0$,不符合题意;
②当$a\geqslant \dfrac{1}{2}$时,$g\prime (x) < 0$,故$g(x)$在$(0,+\infty )$上单调递减,$g(x) < g(0)=0$,不符合题意;
③当$0 < a < \dfrac{1}{2}$时,令$g\prime (x) < 0$,$0 < x < \dfrac{1-2a}{a}$,令$g\prime (x) > 0$,$x > \dfrac{1-2a}{a}$,
故$g(x)$在$(0,\dfrac{1-2a}{a})$上单调递减,在$(\dfrac{1-2a}{a}$,$+\infty )$上单调递增,
故$g(x)$在$x=\dfrac{1-2a}{a}$时,取得最小值,令$m(x)=1-x+\ln x(0 < x < 1)$,则$m\prime (x)=\dfrac{-x+1}{x} > 0$,
函数$m(x)$在定义域内单调递增,$m(x) < m$(1)$=0$,
据此可得$1-x+\ln x < 0$恒成立,
则$g\prime (\dfrac{1-2a}{a})=1-2a+\ln 2a < 0$,
令$h(x)=\ln x-x^{2}+x(x > 0)$,则$h\prime (x)=\dfrac{-2{x}^{2}+x+1}{x}$,
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$h(x)\leqslant h$(1)$=0$,即$\ln x\leqslant x^{2}-x$(取等条件为$x=1)$,
所以$g\prime (x)=2ax-\ln (x+1) > 2ax-[(x+1)^{2}-(x+1)]=2ax-(x^{2}+x)$,
$g\prime (2a-1) > 2a(2a-1)-[(2a-1)^{2}+(2a-1)]=0$,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$x\in (0,x_{0})$时,$g\prime (x) < 0$,$g(x)$单调减,
当$x\in (x_{0}$,$+\infty )$时,$g\prime (x) > 0$,$g(x)$单调递增,
所以$g(x_{0}) < g(0)=0$,
令$n(x)=\ln x-\sqrt{x}$,则$n\prime (x)=\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{2\sqrt{x}}=\dfrac{2-\sqrt{x}}{2x}$,
则函数$n(x)$在$(0,4)$上单调递增,在$(4,+\infty )$上单调递减,
所以$n(x)\leqslant n$(4)$=\ln 4-2$,所以$\ln x < \sqrt{x}$,
所以$g(\dfrac{4}{{a}^{2}})=(\dfrac{4}{{a}^{2}}+1)[(a(\dfrac{4}{{a}^{2}}+1)-\ln (\dfrac{4}{{a}^{2}}+1)-\dfrac{1-a}{\dfrac{4}{{a}^{2}}+1}-2a+1]$
$ > (\dfrac{4}{{a}^{2}}+1)[(\dfrac{4}{a}+a-\ln (\dfrac{4}{{a}^{2}}+1)+a-1-2a+1]$
$=(\dfrac{4}{{a}^{2}}+1)[(\dfrac{4}{a}-\ln (\dfrac{4}{{a}^{2}}+1)]$
$ > (\dfrac{4}{{a}^{2}}+1)(\dfrac{4}{a}-\sqrt{\dfrac{4}{{a}^{2}}+1})$
$ > (\dfrac{4}{{a}^{2}}+1)\dfrac{\dfrac{16}{{a}^{2}}-\dfrac{4}{{a}^{2}}-1}{\dfrac{4}{a}+\sqrt{\dfrac{4}{{a}^{2}}+1}}=(\dfrac{4}{{a}^{2}}+1)\dfrac{\dfrac{12}{{a}^{2}}-1}{\dfrac{4}{a}+\sqrt{\dfrac{4}{{a}^{2}}+1}} > 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$得取值范围是$(0,\dfrac{1}{2})$.
点评:本题考查利用导数求切线方程,利用函数对称性求参数,考查利用导数研究函数的极值问题,体现了转化的思想方法,属于难题.

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