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2022年高考数学北京19<-->2022年高考数学北京21
（15分）已知函数f(x)=exln(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′(x)，讨论函数g(x)在[0，+∞)上的单调性；
（Ⅲ）证明：对任意的s，t∈(0,+∞)，有f(s+t)>f(s)+f(t)．
分析：（Ⅰ）对函数求导，将x=0代入原函数及导函数得到纵坐标和斜率即可；
（Ⅱ）法一：对g(x)求导，并研究g(x)导函数的正负即可．
法二：设m(x)=ex，n(x)=ln(x+1)+1x+1，则g(x)=m(x)⋅n(x)，由指数函数的性质得m(x)=ex在(0,+∞)上是增函数，且m(x)=ex>0，由导数性质得n(x)在(0,+∞)上单调递增，n(x)=ln(x+1)+1x+1>0，从而g(x)在[0，+∞)单调递增．
（Ⅲ）构造函数w(x)=f(x+t)−f(x)，利用w(x)单调性判断f(s+t)−f(s)与f(t)−f(0)大小关系即可．
解答：解：（Ⅰ）对函数求导可得：f′(x)=ex[ln(x+1)+1x+1]，
将x=0代入原函数可得f(0)=0，将x=0代入导函数可得：f′(0)=1，
故在x=0处切线斜率为1，故y−0=1(x−0)，化简得：y=x；
（Ⅱ）解法一：由（Ⅰ）有：g(x)=f′(x)=ex[ln(x+1)+1x+1]，
g′(x)=ex[ln(x+1)+2x+1−1(x+1)2]，
令h(x)=ln(x+1)+2x+1−1(x+1)2，令x+1=k(k⩾1)，
设m(k)=lnk+2k−1k2，m′(k)=(k−1)2+1k3>0恒成立，
故h(x)在[0，+∞)单调递增，又因为h(0)=1，
故h(x)>0在[0，+∞)恒成立，故g′(x)>0，
故g(x)在[0，+∞)单调递增；
解法二：由（Ⅰ）有：g(x)=f′(x)=ex[ln(x+1)+1x+1]，
g′(x)=ex[ln(x+1)+2x+1−1(x+1)2]，
设m(x)=ex，n(x)=ln(x+1)+1x+1，则g(x)=m(x)⋅n(x)，
由指数函数的性质得m(x)=ex上(0,+∞)上是增函数，且m(x)=ex>0，
n′(x)=1x+1−1(x+1)2=x(x+1)2，当x∈(0,+∞)时，n′(x)>0，n(x)单调递增，
且当x∈(0,+∞)时，n(x)=ln(x+1)+1x+1>0，
∴g(x)在[0，+∞)单调递增．
（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）有g(x)在[0，+∞)单调递增，又g(0)=1，
故g(x)>0在[0，+∞)恒成立，故f(x)在[0，+∞)单调递增，
设w(x)=f(x+t)−f(x)，w′(x)=f′(x+t)−f′(x)，
由（Ⅱ）有g(x)在[0，+∞)单调递增，又因为x+t>x，所以f′(x+t)>f′(x)，
故w(x)单调递增，又因为s>0，故w(s)>w(0)，
即：f(s+t)−f(s)>f(t)−f(0)，又因为函数f(0)=0，
故f(s+t)>f(s)+f(t)，得证．
点评：本题主要考查利用导函数研究函数切线，及证明函数不等式，属于较难题目．
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