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2022年高考数学乙卷-理21

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（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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