2025 年北京市西城区高三期末数学试卷 #20
已知函数 $f(x)=\ln (a x+1)-x$，其中 $a>0$．
1、当 $a=1$ 时，求曲线 $y=f(x)$ 在点 $(0,f(0))$ 处切线的方程；
2、当 $a=2$ 时，证明：对任意的 $t\in(0,+\infty)$，曲线 $y=f(x)$ 总在直线 $y=x+t$ 的下方；
3、若函数 $f(x)$ 有两个零点 $x_1,x_2$，且 $0<x_2-x_1<1$，求 $a$ 的取值范围．
解析
1、当 $a=1$ 时，$f(x)=\ln (x+1)-x$，其导函数\[f'(x)=\dfrac{-x}{x+1},\]于是曲线 $f=f(x)$ 在 $(0,f(0))$ 处切线的方程为\[y=f'(0)\cdot (x-0)+f(0),\text{即}~y=0.\]
2、当 $a=2$ 时，$f(x)=\ln(2x+1)-x$，欲证命题即\[\forall t>0,\forall x>-\dfrac 12, \ln(2x+1)-x<x+t,\]也即\[\forall x>-\dfrac 12,\ln(2x+1)-2x<0,\]根据对数函数的基本放缩，命题得证．
3、函数 $f(x)$ 的导函数\[f'(x)=\dfrac{-x+1-\dfrac 1a}{x+\dfrac 1a},\]于是 $f(x)$ 满足\[\begin{array}{c|c|c|c|c|c}\hline x&-\dfrac 1a&&1-\dfrac 1a&&+\infty\\ \hline f(x)&-\infty&\nearrow&\ln a +\dfrac 1a-1&\searrow&-\infty \\ \hline\end{array}\] 注意到 $f(0)=0$，按 $1-\dfrac 1a$ 与 $0$ 的大小讨论，讨论分界点为 $a=1$．
情形一 $0<a<1$．此时 $x_2=0$，因此条件转化为 $-1<x_1<1-\dfrac 1a$，而\[\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c|c}\hline x&-\dfrac 1a&&1-\dfrac 1a&&0&&+\infty\\ \hline f(x)&-\infty&\nearrow&\ln a +\dfrac 1a-1&\searrow&0&\searrow&-\infty \\ \hline\end{array}\]进而\[f(-1)<0\iff \ln (1-a)+1<0\iff 1-\dfrac{1}{\mathrm e}<a<1.\]
情形二 $a=1$．此时\[\begin{array}{c|c|c|c|c|c}\hline x&-1&&0&&+\infty\\ \hline f(x)&-\infty&\nearrow&0&\searrow&-\infty \\ \hline\end{array}\]函数 $f(x)$ 只有 $1$ 个零点，不符合题意．
情形三 $a>1$．此时 $x_1=0$，因此条件转化为 $0<x_2<1$，而\[\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c|c}\hline x&-\dfrac 1a&&0&&1-\dfrac 1a&&+\infty\\ \hline f(x)&-\infty&\nearrow&0&\nearrow&\ln a +\dfrac 1a-1&\searrow&-\infty \\ \hline\end{array}\]进而\[f(1)<0\iff \ln (1+a)+1<0\iff 1<a<\mathrm e-1.\]
综上所述，$a$ 的取值范围是 $\left(1-\dfrac1{\mathrm e},1\right)\cup (1,\mathrm e-1)$．