2023年高考数学乙卷-理21 |
|
2023-07-08 11:45:51 |
|
(12分)已知函数f(x)=(1x+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(1x)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,+∞)存在极值,求a的取值范围. 答案:(1)y=−ln2(x−1);(2)a=12,b=−12;(3)(0,12). 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=−12,再利用赋值法求a; (3)要使f(x)在(0,+∞)存在极值点,则f′(x)=0有正根,即方程ln(x+1)−ax2+xx+1=0有正根,记g(x)=ln(x+1)−ax2+xx+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′(x)=−1x2ln(x+1)+(1x−1)(1x+1),f′(1)=−ln2, ∴曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=−ln2(x−1). (2)f(1x)=(x+a)ln(x+1x),定义域为(−∞,−1)⋃(0,+∞), 要使函数f(1x)的图像关于x=b对称,则由x≠0,且x≠−1,可知b=−12, 即f(1x)=(x+a)ln(x+1x)的图像关于x=−12对称, 则f(1)=(1+a)ln2,f(−2)=(−2+a)ln12=(2−a)ln2, 得1+a=2−a,解得a=12. 综上,a=12,b=−12; (3)f′(x)=−1x2ln(x+1)+(1x+a)(1x+1)=−1x2[ln(x+1)−ax2+xx+1], 要使f(x)在(0,+∞)存在极值点,则方程ln(x+1)−ax2+xx+1=0有正根, 记g(x)=ln(x+1)−ax2+xx+1,x>0,g′(x)=−x(1+x)2×(ax+2a−1), ①当a⩽0时,g′(x)>0,故g(x)在(0,+∞)上单调递增,g(x)>g(0)=0,不符合题意; ②当a⩾12时,g′(x)<0,故g(x)在(0,+∞)上单调递减,g(x)<g(0)=0,不符合题意; ③当0<a<12时,令g′(x)<0,0<x<1−2aa,令g′(x)>0,x>1−2aa, 故g(x)在(0,1−2aa)上单调递减,在(1−2aa,+∞)上单调递增, 故g(x)在x=1−2aa时,取得最小值,令m(x)=1−x+lnx(0<x<1),则m′(x)=−x+1x>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+lnx<0恒成立, 则g′(1−2aa)=1−2a+ln2a<0, 令h(x)=lnx−x2+x(x>0),则h′(x)=−2x2+x+1x, 当x∈(0,1)时,h′(x)>0,h(x)单调递增, 当x∈(1,+∞)时,h′(x)<0,h(x)单调递减, 故h(x)⩽h(1)=0,即lnx⩽x2−x(取等条件为x=1), 所以g′(x)=2ax−ln(x+1)>2ax−[(x+1)2−(x+1)]=2ax−(x2+x), g′(2a−1)>2a(2a−1)−[(2a−1)2+(2a−1)]=0,且注意到g′(0)=0, 根据零点存在性定理可知:g′(x)在区间(0,+∞)上存在唯一零点x0, 当x∈(0,x0)时,g′(x)<0,g(x)单调减, 当x∈(x0,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增, 所以g(x0)<g(0)=0, 令n(x)=lnx−√x,则n′(x)=1x−12√x=2−√x2x, 则函数n(x)在(0,4)上单调递增,在(4,+∞)上单调递减, 所以n(x)⩽n(4)=ln4−2,所以lnx<√x, 所以g(4a2)=(4a2+1)[(a(4a2+1)−ln(4a2+1)−1−a4a2+1−2a+1] >(4a2+1)[(4a+a−ln(4a2+1)+a−1−2a+1] =(4a2+1)[(4a−ln(4a2+1)] >(4a2+1)(4a−√4a2+1) >(4a2+1)16a2−4a2−14a+√4a2+1=(4a2+1)12a2−14a+√4a2+1>0, 所以函数g(x)在区间(0,+∞)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(0,12). 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.
|
|
http://x.91apu.com//shuxue/gkt/2023/2023qgyl/2023-07-08/33729.html |