挑战 2023 年高考全国乙卷数学压轴大题

2023 年高考已落下帷幕，不少考生反映今年的试题相较过去几年要容易一些。按照惯例，我继续尝试一下今年全国乙卷数学的最后两道大题。

解析几何

20. 已知曲线 $C$ 的方程为 ${\displaystyle \frac{y^2}{a^2}}+{\displaystyle \frac{x^2}{b^2}}=1(a>b>0)$，离心率为 ${\displaystyle \frac{\sqrt{5}}{3}}$，曲线过点 $A(-2,0)$。

(1) 求曲线 $C$ 的方程。

(2) 过点 $(-2,3)$ 的直线交曲线 $C$ 于 $P,Q$ 两点，直线 $AP,AQ$ 与 $y$ 轴交于 $M,N$ 两点。证明：线段 $MN$ 的中点是定点。

解：

(1)

将点 $(-2,0)$ 代入曲线 $C$ 的方程，得到

$${\displaystyle \frac{4}{b^2}}=1$$

解得 $b=2$（负值舍去）。

根据离心率的定义，可以列出如下方程

$${\displaystyle \frac{a^2-b^2}{a^2}}=({\displaystyle \frac{\sqrt{5}}{3}}{)}^2$$

将 $b=2$ 代入，解得 $a=3$（负值舍去）。

因此曲线 $C$ 的方程为

$${\displaystyle \frac{y^2}{9}}+{\displaystyle \frac{x^2}{4}}=1$$

(2)

设直线 $PQ$ 的方程为

$$l_{PQ}:y-3=k(x+2)$$

将之与曲线 $C$ 的方程联立

$$\{\begin{array}{l}4y^2+9x^2-36=0\\ y=kx+(2k+3)\end{array}$$

消去 $y$ 得到

$$(4k^2+9)x^2+8k(2k+3)x+16k(k+3)=0$$

设 $P,Q$ 两点的坐标分别为 $(x_1,y_1),(x_2,y_2)$，由韦达定理得

$$\begin{array}{rl}{x}_1+x_2& =-{\displaystyle \frac{8k(2k+3)}{4k^2+9}}\\ x_1{x}_2& ={\displaystyle \frac{16k(k+3)}{4k^2+9}}\end{array}$$

直线 $AP,AQ$ 的方程分别为

$$\begin{array}{r}{l}_{AP}:{\displaystyle \frac{y}{x+2}}={\displaystyle \frac{y_1}{x_1+2}}\\ l_{AQ}:{\displaystyle \frac{y}{x+2}}={\displaystyle \frac{y_2}{x_2+2}}\end{array}$$

分别令其中的 $x=0$，可以得到 $M,N$ 两点的坐标

$$\begin{array}{r}M(0,{\displaystyle \frac{2y_1}{x_1+2}})\\ N(0,{\displaystyle \frac{2y_2}{x_2+2}})\end{array}$$

线段 $MN$ 的中点坐标为

$$(0,{\displaystyle \frac{y_1}{x_1+2}}+{\displaystyle \frac{y_2}{x_2+2}})$$

下面计算线段 $MN$ 中点的纵坐标

$$\begin{array}{rl}& {\displaystyle \frac{y_1}{x_1+2}}+{\displaystyle \frac{y_2}{x_2+2}}\\ =& {\displaystyle \frac{x_1{y}_2+x_2{y}_1+2(y_1+y_2)}{x_1{x}_2+2(x_1+x_2)+4}}\\ =& {\displaystyle \frac{2k{x}_1{x}_2+(4k+3)(x_1+x_2)+4(2k+3)}{x_1{x}_2+2(x_1+x_2)+4}}\\ =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{32k^2(k+3)}{4k^2+9}}-{\displaystyle \frac{8k(4k+3)(2k+3)}{4k^2+9}}+4(2k+3)}{{\displaystyle \frac{16k(k+3)}{4k^2+9}}-{\displaystyle \frac{16k(2k+3)}{4k^2+9}}+4}}\\ =& {\displaystyle \frac{32k^2(k+3)-8k(4k+3)(2k+3)+4(2k+3)(4k^2+9)}{16k(k+3)-16k(2k+3)+4(4k^2+9)}}\\ =& {\displaystyle \frac{32k^2(k+3)+(2k+3)(-16k^2-24k+36)}{36}}\\ =& 3\end{array}$$

即证明线段 $MN$ 的中点是定点 $(0,3)$。

可视化

from manim import *

class MyEllipse(MovingCameraScene):

    def __init__(self):
        super().__init__()
        self.plane = NumberPlane(x_range=[-20, 20], y_range=[-20, 20])
        # self.ellipse = Ellipse(2, 3).scale(2).set_color(WHITE)
        self.ellipse = ParametricFunction(lambda t: np.array([2 * np.cos(t), 3 * np.sin(t), 0]), t_range=[0, 2 * PI])

        self.dot = Dot([-2, 3, 0]).set_color(RED)
        self.dot_label = MathTex(r"(-2,3)").scale(0.8).next_to(self.dot, UP)
        self.a = Dot([-2, 0, 0]).set_color(RED)  # A 点
        self.a_label = MathTex(r"A").scale(0.8).next_to(self.a, LEFT + DOWN)

        self.tracker = ValueTracker(-5)  # 斜率
        self.k_label = MathTex(r"k = -5").to_corner(RIGHT + UP)
        self.k_label.add_updater(
            lambda x: x.become(MathTex(r"k = %.2f" % self.tracker.get_value()).to_corner(RIGHT + UP)))

        # 直线 PQ
        self.pq = Line(self.dot, [2, 4 * self.tracker.get_value() + 3, 0]).set_color(RED)
        self.pq.add_updater(
            lambda x: x.put_start_and_end_on([self.dot.get_x(), self.dot.get_y(), self.dot.get_z()],
                                             [2, 4 * self.tracker.get_value() + 3, 0]))

        # P 点
        self.p = Dot(self.get_p_pos()).set_color(GREEN)
        self.p.add_updater(lambda x: x.move_to(self.get_p_pos()))
        self.p_label = MathTex(r"P").scale(0.8).next_to(self.p, LEFT)
        self.p_label.add_updater(lambda x: x.next_to(self.p, LEFT))

        # Q 点
        self.q = Dot(self.get_q_pos()).set_color(GREEN)
        self.q.add_updater(lambda x: x.move_to(self.get_q_pos()))
        self.q_label = MathTex(r"Q").scale(0.8).next_to(self.q, RIGHT)
        self.q_label.add_updater(lambda x: x.next_to(self.q, RIGHT))

        # 线段 AP
        self.ap = Line(self.a, self.p).set_color(YELLOW)
        self.ap.add_updater(lambda x: x.put_start_and_end_on([self.a.get_x(), self.a.get_y(), self.a.get_z()],
                                                             [self.p.get_x(), self.p.get_y(), self.p.get_z()]))

        # 线段 AQ
        self.aq = Line(self.a, self.q).set_color(YELLOW)
        self.aq.add_updater(lambda x: x.put_start_and_end_on([self.a.get_x(), self.a.get_y(), self.a.get_z()],
                                                             [self.q.get_x(), self.q.get_y(), self.q.get_z()]))

        # M 点
        self.m = Dot(self.get_m_pos()).set_color(PURPLE)
        self.m.add_updater(lambda x: x.move_to(self.get_m_pos()))
        self.m_label = MathTex(r"M").scale(0.8).next_to(self.m, LEFT + UP)
        self.m_label.add_updater(lambda x: x.next_to(self.m, LEFT + UP))

        # N 点
        self.n = Dot(self.get_n_pos()).set_color(PURPLE)
        self.n.add_updater(lambda x: x.move_to(self.get_n_pos()))
        self.n_label = MathTex(r"N").scale(0.8).next_to(self.n, LEFT + DOWN)
        self.n_label.add_updater(lambda x: x.next_to(self.n, RIGHT + DOWN))

        # 线段 PM
        self.pm = Line(self.p, self.m).set_color(YELLOW)
        self.pm.add_updater(lambda x: x.put_start_and_end_on(
            [self.p.get_x(), self.p.get_y(), self.p.get_z()],
            [self.m.get_x(), self.m.get_y(), self.m.get_z()]
        ) if self.p.get_x() < 0 else x.move_to(Point([100, 100, 0])))

        # 线段 QN
        self.qn = Line(self.q, self.n).set_color(YELLOW)
        self.qn.add_updater(lambda x: x.put_start_and_end_on(
            [self.q.get_x(), self.q.get_y(), self.q.get_z()],
            [self.n.get_x(), self.n.get_y(), self.n.get_z()]
        ) if self.q.get_x() < 0 else x.move_to(Point([100, 100, 0])))

        # 线段 MN
        self.mn = Line(self.m, self.n).set_color(BLUE)
        self.mn.add_updater(lambda x: x.put_start_and_end_on([self.m.get_x(), self.m.get_y(), self.m.get_z()],
                                                             [self.n.get_x(), self.n.get_y(), self.n.get_z()]))

        # MN 中点
        self.mid = Dot(midpoint([self.m.get_x(), self.m.get_y(), self.m.get_z()],
                                [self.n.get_x(), self.n.get_y(), self.n.get_z()])).set_color(PINK)
        self.mid.add_updater(lambda x: x.move_to(midpoint([self.m.get_x(), self.m.get_y(), self.m.get_z()],
                                                          [self.n.get_x(), self.n.get_y(), self.n.get_z()])))

    def construct(self):
        self.add(self.plane)
        self.play(Create(self.ellipse))
        self.wait()
        self.play(Create(self.dot), Create(self.dot_label))
        self.wait()
        self.play(Create(self.pq))
        self.wait()
        self.play(Create(self.p), Create(self.p_label), Create(self.q), Create(self.q_label))
        self.wait()
        self.play(Create(self.a), Create(self.a_label))
        self.wait()
        self.play(Create(self.ap))
        self.play(Create(self.aq))
        self.wait()
        self.play(self.camera.frame.animate.scale(1.5))
        self.wait()
        self.play(Create(self.pm), Create(self.m), Create(self.m_label))
        self.play(Create(self.qn), Create(self.n), Create(self.n_label))
        self.wait()
        self.play(Create(self.mn))
        self.play(Create(self.mid))
        self.wait()
        self.play(self.camera.frame.animate.move_to([0, 3, 0]))
        self.wait()
        self.play(Create(self.k_label))
        self.wait()
        self.play(self.tracker.animate.set_value(0), run_time=15, rate_func=rate_functions.smooth)
        self.wait()

    def get_p_pos(self):
        k = self.tracker.get_value()
        a = 4 * (k ** 2) + 9
        b = 8 * k * (2 * k + 3)
        c = 16 * k * (k + 3)
        x_p, _ = MyEllipse.solve_quadratic_equation(a, b, c)
        y_p = k * x_p + 2 * k + 3
        return [x_p, y_p, 0]

    def get_q_pos(self):
        k = self.tracker.get_value()
        a = 4 * (k ** 2) + 9
        b = 8 * k * (2 * k + 3)
        c = 16 * k * (k + 3)
        _, x_q = MyEllipse.solve_quadratic_equation(a, b, c)
        y_q = k * x_q + 2 * k + 3
        return [x_q, y_q, 0]

    def get_m_pos(self):
        k = self.ap.get_slope()
        y_m = 2 * k
        return [0, y_m, 0]

    def get_n_pos(self):
        k = self.aq.get_slope()
        y_n = 2 * k
        return [0, y_n, 0]

    @staticmethod
    def solve_quadratic_equation(a, b, c):
        import math
        if a == 0:
            if b == 0:
                if c == 0:
                    # print("方程解为全体实数")
                    return None
                else:
                    # print("方程无实数解")
                    return None
            else:
                x = -c / b
                # print(f"方程为一次方程，解为 x={x}")
                return x
        else:
            delta = b ** 2 - 4 * a * c
            if delta < 0:
                # print("方程无实数解")
                return None
            elif delta == 0:
                x = -b / (2 * a)
                # print(f"方程有唯一解，x={x}")
                return x, x
            else:
                x1 = (-b - math.sqrt(delta)) / (2 * a)
                x2 = (-b + math.sqrt(delta)) / (2 * a)
                # print(f"方程有两个解，x1={x1}, x2={x2}")
                return x1, x2

点评

本题中规中矩，难度适中，解题思路较为容易想到。不过本题有一定的计算量，计算时需要一些耐心。在计算之前可以先画个草图，并且通过草图其实很容易能够猜想出线段 $MN$ 的中点坐标。如果能够快速判断，对于本题证明性的计算会更加地有信心。

函数与导数

21. 已知函数 $f(x)=({\displaystyle \frac{1}{x}}+a)\ln (x+1)$。

(1) 当 $a=-1$ 时，求函数 $f(x)$ 在 $(1,f(1))$ 处的切线方程。

(2) 是否存在实数 $a,b$，使得函数 $y=f({\displaystyle \frac{1}{x}})$ 关于直线 $x=b$ 对称？若存在，求出 $a,b$ 的值。

(3) 若函数 $f(x)$ 在 $(0,+\mathrm{\infty })$ 内有极值点，求 $a$ 的取值范围。

解：

(1)

当 $a=-1$ 时，

$$f(x)=({\displaystyle \frac{1}{x}}-1)\ln (x+1)$$

对其求一阶导数，得到

$$f^{\prime }(x)=-{\displaystyle \frac{1}{x^2}}\ln (x+1)+{\displaystyle \frac{1}{x+1}}({\displaystyle \frac{1}{x}}-1)$$

可以计算出点 $(1,f(1))$ 的斜率 $f^{\prime }(1)=-\ln 2$。又 $f(1)=0$，故可以用点斜式写出切线方程

$$y=(-\ln 2)(x-1)$$

(2)

令 $g(x)=f({\displaystyle \frac{1}{x}})$，可以得到

$$g(x)=(x+a)\ln ({\displaystyle \frac{1}{x}}+1)$$

其中

$$\{\begin{array}{l}x\ne 0\\ {\displaystyle \frac{1}{x}}+1>0\end{array}$$

可以解得 $g(x)$ 的定义域为 $(-\mathrm{\infty },-1)\cup (0,+\mathrm{\infty })$。

由题意可知，$g(x)$ 关于直线 $x=b$ 对称，等价于

$$g(b+x)=g(b-x)$$

对于 $\mathrm{\forall }x\in (-\mathrm{\infty },-1)\cup (0,+\mathrm{\infty })$ 恒成立，即

$$(b+x+a)\ln ({\displaystyle \frac{1}{b+x}}+1)=(b-x+a)\ln ({\displaystyle \frac{1}{b-x}}+1)$$

对于恒成立的等式，参数的取值通常能够使变量 $x$ 前的系数为零或者能够让含变量 $x$ 的式子约分，最终使得等式不含变量 $x$。

然而，这个式子含有对数函数，不便于化简为参数和变量的线性运算的形式。而我们知道对数函数经过一次求导可以变成有理的幂函数，因此我们尝试求解 $g(x)$ 的一阶导数

$$g^{\prime }(x)=\ln ({\displaystyle \frac{1}{x}}+1)-{\displaystyle \frac{x+a}{x(x+1)}}$$

由于原函数中的对数函数前有一个一次函数作为乘积，求一阶导数仍然存在常数倍的对数函数，所以继续求解 $g(x)$ 的二阶导数

$$\begin{array}{rl}{g}^{″}(x)& =-{\displaystyle \frac{1}{x(x+1)}}-{\displaystyle \frac{x(x+1)-(2x+1)(x+a)}{x^2(x+1{)}^2}}\\ & ={\displaystyle \frac{(2x+1)(x+a)-2x(x+1)}{x^2(x+1{)}^2}}\\ & ={\displaystyle \frac{(2a-1)x+a}{x^2(x+1{)}^2}}\end{array}$$

可以看到，二阶导数已经没有对数函数了，完全化为有理函数。

同样，通过求导运算，我们可以得出如下推论：对 $\mathrm{\forall }x\in (-\mathrm{\infty },-1)\cup (0,+\mathrm{\infty })$

$$\begin{array}{rl}& g(b+x)=g(b-x)\\ ⟺& g^{\prime }(b+x)=-g^{\prime }(b-x)\\ ⟺& g^{″}(b+x)=g^{″}(b-x)\end{array}$$

事实上，根据求导和积分互逆运算的基本性质，这里完全可以划等价符号。

此时，我们再将二阶导数相等的等式列出来

$${\displaystyle \frac{(2a-1)(b+x)+a}{(b+x{)}^2(b+x+1{)}^2}}={\displaystyle \frac{(2a-1)(b-x)+a}{(b-x{)}^2(b-x+1{)}^2}}$$

我们稍稍对分子分母按 $x$ 进行整理，得到

$$\begin{array}{rl}& {\displaystyle \frac{(2a-1)x+2ab+a-b}{(x^2+2bx+b^2)[x^2+2(b+1)x+(b+1{)}^2]}}\\ =& {\displaystyle \frac{(1-2a)x+2ab+a-b}{(x^2-2bx+b^2)[x^2-2(b+1)x+(b+1{)}^2]}}\end{array}$$

可以看到式子虽然有些复杂，但是有很多项的系数其实很相似，最后可以消去不少项。

而我们的目标是，要解出 $a,b$ 的值，让上面的等式与 $x$ 无关。也就是说，我们最终应当让这个等式所有含 $x$ 的项前的系数为 0。

等式两边交叉相乘，得到

$$\begin{array}{rl}& [(2a-1)x+(2ab+a-b)](x^2-2bx+b^2)[x^2-2(b+1)x+(b+1{)}^2]\\ =& [(1-2a)x+(2ab+a-b)](x^2+2bx+b^2)[x^2+2(b+1)x+(b+1{)}^2]\end{array}$$

观察上述等式，我们可以看出，这个等式是一个关于 $x$ 的一元五次方程，即

$$A{x}^5+B{x}^4+C{x}^3+D{x}^2+Ex+F=0$$

而且

$$A=B=C=D=E=F=0$$

我们计算五次项前的系数

$$A=2(2a-1)$$

令 $A=0$，很容易就可以得到

$$a={\displaystyle \frac{1}{2}}$$

这很显然是恒成立的一个必要条件。然后我们将 $a$ 的值代入回原等式化简，得到

$$\begin{array}{r}(x^2-2bx+b^2)[x^2-2(b+1)x+(b+1{)}^2]\\ =(x^2+2bx+b^2)[x^2+2(b+1)x+(b+1{)}^2]\end{array}$$

观察发现，计算三次项前的系数或者一次项前的系数就可以得到关于 $b$ 的式子。这里我们计算三次项前的系数

$$C=4b+4(b+1)$$

令 $C=0$，同样也很容易得到

$$b=-{\displaystyle \frac{1}{2}}$$

故存在实数 $a={\displaystyle \frac{1}{2}},b=-{\displaystyle \frac{1}{2}}$，使得函数 $y=f({\displaystyle \frac{1}{x}})$ 关于直线 $x=b$ 对称。

简便解法

由题意可知，$g(x)$ 关于直线 $x=b$ 对称，其中的一个必要条件是定义域关于点 $(b,0)$ 对称。利用这一点，就可以很快判断出

$$b=-{\displaystyle \frac{1}{2}}$$

这样，题目中所给的对称的条件就可以这样使用

$$g(x)=g(-1-x)$$

即

$$\begin{array}{rl}(x+a)\ln ({\displaystyle \frac{1}{x}}+1)& =(-1-x+a)\ln ({\displaystyle \frac{1}{-1-x}}+1)\\ (x+a)\ln ({\displaystyle \frac{x+1}{x}})& =(-1-x+a)\ln ({\displaystyle \frac{x}{x+1}})\end{array}$$

这里等式两边的对数内的真数互为倒数，那么对数就互为相反数。于是，我们可以继续化简

$$\begin{array}{rl}x+a& =x+1-a\\ a& ={\displaystyle \frac{1}{2}}\end{array}$$

这样求出 $a,b$ 的值会更加快，节省了不少的计算量。不过这样做需要在最后简单验证一下 $a,b$ 的取值满足对称性的条件，因为一开始我们计算 $b$ 的值的时候逻辑上并不是等价的。

(3)

通常来说，求解满足某种条件时参数的取值范围，一般有如下两大思路：

1. 判断单调区间，分类讨论
2. 参变分离，转化为恒成立或最值问题

由题意可知，函数 $f(x)$ 在 $(0,+\mathrm{\infty })$ 内有极值点，等价于函数 $f^{\prime }(x)$ 在 $(0,+\mathrm{\infty })$ 上有零点。我们首先求解 $f(x)$ 的一阶导数

$$f^{\prime }(x)=-{\displaystyle \frac{1}{x^2}}\ln (x+1)+{\displaystyle \frac{1}{x+1}}({\displaystyle \frac{1}{x}}+a)$$

下面，我们分别采用上述两种思路解答这个问题。

分类讨论

观察 $f(x)$ 一阶导数的解析式，我们发现对数函数前面有分式。对于这种情况，必须要把分母作为公因式提到括号外面，这样括号里面的式子求导之后就不会再出现对数函数了。因此，我们对 $f^{\prime }(x)$ 作如下变形

$$f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{1}{x^2}}[{\displaystyle \frac{a{x}^2+x}{x+1}}-\ln (x+1)]$$

然后我们令

$$\phi (x)={\displaystyle \frac{a{x}^2+x}{x+1}}-\ln (x+1)$$

对 $\phi (x)$ 求一阶导数

$$\begin{array}{rl}{\phi }^{\prime }(x)& ={\displaystyle \frac{(2ax+1)(x+1)-a{x}^2-x}{(x+1{)}^2}}-{\displaystyle \frac{1}{x+1}}\\ & ={\displaystyle \frac{x(ax+2a-1)}{(x+1{)}^2}}\end{array}$$

考虑到 $f(x)$ 的定义域为 $x\in (0,+\mathrm{\infty })$，因此 $ax+2a-1$ 的正负就决定了 ${\phi }^{\prime }(x)$ 的正负，也就决定了 $\phi (x)$ 的单调性。于是，我们令 $ax+2a-1=0$，用 $x$ 表示 $a$，得到

$$a={\displaystyle \frac{1}{x+2}}\in (0,{\displaystyle \frac{1}{2}})$$

所以，我们应该分如下三种情况讨论。

1. $a⩽0$

这时 $ax+2a-1⩽0$，${\phi }^{\prime }(x)⩽0$，$\phi (x)$ 单调递减。

又 $\phi (0)=0$，所以对于 $\mathrm{\forall }x\in (0,+\mathrm{\infty })$，$\phi (x)<0$。也就是 $f^{\prime }(x)<0$ 在 $(0,+\mathrm{\infty })$ 上恒成立。

那么，$f(x)$ 在 $(0,+\mathrm{\infty })$ 上单调递减，不可能存在极值点。

2. $a⩾{\displaystyle \frac{1}{2}}$

这时 $ax+2a-1⩾0$，${\phi }^{\prime }(x)⩾0$，$\phi (x)$ 单调递增。

又 $\phi (0)=0$，所以对于 $\mathrm{\forall }x\in (0,+\mathrm{\infty })$，$\phi (x)>0$。也就是 $f^{\prime }(x)>0$ 在 $(0,+\mathrm{\infty })$ 上恒成立。

那么，$f(x)$ 在 $(0,+\mathrm{\infty })$ 上单调递增，同样也不可能存在极值点。

3. $0<a<{\displaystyle \frac{1}{2}}$

这时 $\phi (x)$ 的导函数 ${\phi }^{\prime }(x)$ 存在零点

$$x={\displaystyle \frac{1-2a}{a}}$$

函数 $\phi (x)$ 导函数的正负以及原函数的单调性如下表：

区间	${\phi }^{\prime }(x)$ 的正负	$\phi (x)$ 的单调性
$(0,{\displaystyle \frac{1-2a}{a}})$	$-$	$\searrow$
$({\displaystyle \frac{1-2a}{a}},+\mathrm{\infty })$	$+$	$\nearrow$

又 $\phi (0)=0$，所以 $\phi ({\displaystyle \frac{1-2a}{a}})<0$。而 $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\phi (x)>0$，由零点存在性定理可知

$$\mathrm{\exists }x\in ({\displaystyle \frac{1-2a}{a}},+\mathrm{\infty }),\text{s.t.}\phi (x)=0$$

记这个零点 $x=\alpha$。于是函数 $\phi (x)$ 的正负，函数 $f(x)$ 导函数的正负以及原函数的单调性如下表：

区间	$\phi (x)$ 的正负	$f^{\prime }(x)$ 的正负	$f(x)$ 的单调性
$(0,\alpha )$	$-$	$-$	$\searrow$
$(\alpha ,+\mathrm{\infty })$	$+$	$+$	$\nearrow$

这充分说明了 $f(x)$ 有一个极值点 $x=\alpha$。

综上所述，$a$ 的取值范围是 $(0,{\displaystyle \frac{1}{2}})$。

可视化

from manim import *

class MyFunction(Scene):

    def __init__(self):
        super().__init__()
        self.a = ValueTracker(-0.5)

        self.fx_axes = Axes(
            x_range=[0, 30, 5],
            y_range=[-2, 4, 2],
            x_length=6,
            y_length=6,
            axis_config={"stroke_color": GREY_A, "stroke_width": 2},
        )
        self.fx_axes.add_coordinates()

        self.grad_fx_axes = Axes(
            x_range=[0, 30, 5],
            y_range=[-1, 2, 1],
            x_length=6,
            y_length=6,
            axis_config={"stroke_color": GREY_A, "stroke_width": 2},
        )
        self.grad_fx_axes.add_coordinates()

        self.fx_label = MathTex(r"f(x) = (\dfrac{1}{x}+a) \ln(x+1)")
        self.fx_label.set_color(YELLOW).scale(0.75)
        self.grad_fx_label = MathTex(r"f'(x) = -\dfrac{1}{x^2}\ln(x+1)+\dfrac{1}{x+1}(\dfrac{1}{x}+a)")
        self.grad_fx_label.set_color(GREEN).scale(0.75)

        self.group = Group(self.fx_axes, self.grad_fx_axes, self.fx_label, self.grad_fx_label).arrange_in_grid()

        self.fx_graph = always_redraw(self.get_fx)
        self.grad_fx_graph = always_redraw(self.get_grad_fx)

        self.a_label = MathTex(r"a = %.2f" % self.a.get_value()).set_color(PINK).scale(0.75).to_corner(UR)
        self.a_label.add_updater(
            lambda x: x.become(MathTex(r"a = %.2f" % self.a.get_value()).set_color(PINK).scale(0.75).to_corner(UR)))

    def construct(self):
        self.add(self.fx_axes, self.fx_label, self.grad_fx_axes, self.grad_fx_label)
        self.add(self.fx_graph, self.grad_fx_graph)
        self.wait()
        self.play(Create(self.a_label))
        self.wait()
        self.play(self.a.animate.set_value(0), run_time=5)
        self.wait()
        self.play(self.a.animate.set_value(0.5), run_time=5)
        self.wait()
        self.play(self.a.animate.set_value(1), run_time=5)
        self.wait()

    def fx(self, x):
        a = self.a.get_value()
        if x == 0:
            return 1
        else:
            return (1 / x + a) * np.log(x + 1)

    def grad_fx(self, x):
        a = self.a.get_value()
        if x == 0:
            return a - 0.5
        else:
            return -np.log(x + 1) / np.power(x, 2) + (1 / x + a) / (x + 1)

    def get_fx(self):
        return self.fx_axes.plot(self.fx, color=YELLOW)

    def get_grad_fx(self):
        return self.grad_fx_axes.plot(self.grad_fx, color=GREEN)

参变分离

令 $f^{\prime }(x)=0$，把 $a$ 表示成关于 $x$ 的函数

$$a={\displaystyle \frac{(x+1)\ln (x+1)}{x^2}}-{\displaystyle \frac{1}{x}}$$

将这个关于 $a$ 的函数记作 $h(x)$，即

$$h(x)={\displaystyle \frac{(x+1)\ln (x+1)-x}{x^2}}$$

既然 $f^{\prime }(x)$ 存在零点，那么直线 $y=a$ 与曲线 $y=h(x)$ 应该有交点。于是问题转化为求 $h(x)$ 的值域。我们首先对 $h(x)$ 求一阶导数

$$\begin{array}{rl}{h}^{\prime }(x)& ={\displaystyle \frac{[\ln (x+1)+1-1]x^2-2x[(x+1)\ln (x+1)-x]}{x^4}}\\ & ={\displaystyle \frac{2x-(x+2)\ln (x+1)}{x^3}}\end{array}$$

一阶导数的正负仍然不好判断，将分子记作 $m(x)$，即

$$m(x)=2x-(x+2)\ln (x+1)$$

求解 $m(x)$ 的一阶导数

$$m^{\prime }(x)=1-\ln (x+1)-{\displaystyle \frac{1}{x+1}}$$

$m(x)$ 的一阶导数还存在常数倍的对数函数，再求一次导就可以化为有理函数。

$$\begin{array}{rl}{m}^{″}(x)& =-{\displaystyle \frac{1}{x+1}}+{\displaystyle \frac{1}{(x+1{)}^2}}\\ & =-{\displaystyle \frac{x}{(x+1{)}^2}}<0\end{array}$$

所以 $m^{\prime }(x)$ 在 $(0,+\mathrm{\infty })$ 上单调递减

$$m^{\prime }(x)<\underset{x\to 0^{+}}{lim}{m}^{\prime }(x)=0$$

所以 $m(x)$ 在 $(0,+\mathrm{\infty })$ 上单调递减

$$m(x)<\underset{x\to 0^{+}}{lim}m(x)=0$$

这样我们很容易地就判断出 $h^{\prime }(x)$ 的分子恒负，即 $h^{\prime }(x)<0$，$h(x)$ 在 $(0,+\mathrm{\infty })$ 上单调递减。

那么 $h(x)$ 的最大值应该无限逼近于 $h(0)$。但是 $h(x)$ 在 $x=0$ 处没有定义，所以计算 $x\to 0^{+}$ 时 $h(x)$ 的极限，即

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0^{+}}{lim}h(x)& =\underset{x\to 0^{+}}{lim}{\displaystyle \frac{(x+1)\ln (x+1)-x}{x^2}}\\ & =\underset{x\to 0^{+}}{lim}{\displaystyle \frac{(x+1)[x-{\displaystyle \frac{1}{2}}{x}^2+o(x^2)]-x}{x^2}}\\ & =\underset{x\to 0^{+}}{lim}{\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{1}{2}}{x}^2+x+o(x^2)-x}{x^2}}\\ & ={\displaystyle \frac{1}{2}}\end{array}$$

在计算上述极限时，将对数函数二阶泰勒展开，是因为对数函数前的多项式函数的最低次数为 0（含常数项），而分母的次数为 2，因此至少需要展开到二阶。

同理，$h(x)$ 的最小值应该无限逼近 $x\to +\mathrm{\infty }$ 处的极限值，即

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}h(x)& =\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{(x+1)\ln (x+1)-x}{x^2}}\\ & =\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{\ln (x+1)+1-1}{2x}}\\ & =\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{1}{2(x+1)}}\\ & =0\end{array}$$

在计算上述极限时，原式是 ${\displaystyle \frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}}$ 型未定式，使用两次洛必达法则即可。

综合以上，可以得到 $a$ 的取值范围

$$a\in (0,{\displaystyle \frac{1}{2}})$$

点评

本题题型较为常规，难度适中，并且有虽然不大但是一定程度上的计算量。要注意在处理对数函数时的技巧，如何在求导的过程中尽可能地化繁为简，便于找到函数的零点进行分类讨论。

本题也可以用参变分离的方法求解。虽然省去了分类讨论的麻烦，但是求导过程有一定的计算量，并且需要一定的高等数学求极限的知识。