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2022年高考数学乙卷-理21

  2022-12-16 17:38:30  

(12分)已知函数$f(x)=\ln (1+x)+axe^{-x}$.
(1)当$a=1$时,求曲线$y=f(x)$在点$(0$,$f(0))$处的切线方程;
(2)若$f(x)$在区间$(-1,0)$,$(0,+\infty )$各恰有一个零点,求$a$的取值范围.
分析:(1)将$a=1$代入,对函数$f(x)$求导,求出$f\prime (0)$及$f(0)$,由点斜式得答案;
(2)对函数$f(x)$求导,分$a\geqslant 0$及$a < 0$讨论,当$a\geqslant 0$时容易判断不合题意,当$a < 0$时,令$g(x)=1+\dfrac{a(1-{x}^{2})}{{e}^{x}}$,利用导数判断$g(x)$的性质,进而判断得到函数$f(x)$的单调性并结合零点存在性定理即可得解.
解答:解:(1)当$a=1$时,$f(x)=\ln (1+x)+xe^{-x}$,则${f}'(x)=\dfrac{1}{1+x}+{e}^{-x}-x{e}^{-x}$,
$\therefore f\prime (0)=1+1=2$,
又$f(0)=0$,
$\therefore$所求切线方程为$y=2x$;
(2)${f}'(x)=\dfrac{1}{1+x}+\dfrac{a(1-x)}{{e}^{x}}$,
若$a\geqslant 0$,当$-1 < x < 0$时,$f\prime (x) > 0$,$f(x)$单调递增,则$f(x) < f(0)=0$,不合题意;
故$a < 0$,${f}'(x)=\dfrac{1}{1+x}(1+\dfrac{a(1-{x}^{2})}{{e}^{x}})$,令$g(x)=1+\dfrac{a(1-{x}^{2})}{{e}^{x}}$,注意到$g(1)=1,g(0)=1+a,{g}'(x)=\dfrac{a(x-1+\sqrt{2})(x-1-\sqrt{2})}{{e}^{x}}$,
令$g\prime (x) < 0$,解得$-1 < x < 1-\sqrt{2}$或$x > 1+\sqrt{2}$,令$g\prime (x) > 0$,解得$1-\sqrt{2} < x < 1+\sqrt{2}$,
$\therefore g(x)$在$(-1,1-\sqrt{2}),(1+\sqrt{2},+\infty )$单调递减,在$(1-\sqrt{2},1+\sqrt{2})$单调递增,且$x > 1$时,$g(x) > 0$,
①若$g(0)=1+a\geqslant 0$,当$x > 0$时,$g(x) > 0$,$f(x)$单调递增,不合题意;
②若$g(0)=1+a < 0$,$g(0)g$(1)$ < 0$,则存在$x_{0}\in (0,1)$,使得$g(x_{0})=0$,
且当$x\in (0,x_{0})$时,$g(x) < g(x_{0})=0$,$f(x)$单调递减,则$f(x_{0}) < f(0)=0$,
当$x > 1$时,$f(x) > \ln (1+x)+a > 0$,$f(e^{-a}-1) > 0$,则由零点存在性定理可知$f(x)$在$(x_{0}$,$e^{-a}-1)$上存在一个根,
当$1-\sqrt{2} < x < 0$时,$g(x) < 0$,$f(x)$单调递减,$f(1-\sqrt{2}) > f(0)=0$,
当$-1 < x < 1-\sqrt{2}$时,$f(x) < \ln (1+x)-ae < 0$,$f(e^{ae}-1) < 0$,则由零点存在性定理可知$f(x)$在$({e}^{ae}-1,1-\sqrt{2})$上存在一个根.
综上,实数$a$的取值范围为$(-\infty ,-1)$.
点评:本题考查导数的几何意义,考查利用导数研究函数的单调性,零点问题,考查分类讨论思想及运算求解能力,属于难题.

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