纵向椭圆与对数函数极值

【答案】(1) $\left(\ln2\right)x+y-\ln2=0$ (2) 令 $g\left(x\right)=f\left(\dfrac{1}{x}\right)=\left(x+a\right)\ln\left(\dfrac{1}{x}+1\right)$ ， 函数的定义域满足 $\dfrac{1}{x}+1=\dfrac{x+1}{x}>0$ ，即函数的定义域为 $\left(-\infty,-1\right)\cup\left(0,+\infty\right)$ ， 定义域关于直线 $x=-\dfrac{1}{2}$ 对称，由题意可得 $b=-\dfrac{1}{2}$ ， 由对称性可知 $g\left(-\dfrac{1}{2}+m\right)=g\left(-\dfrac{1}{2}-m\right)\left(m>\dfrac{1}{2}\right)$ ， 取 $m=\dfrac{3}{2}$ 可得 $g\left(1\right)=g\left(-2\right)$ ， 即 $\left(a+1\right)\ln2=\left(a-2\right)\ln\dfrac{1}{2}$ ，则 $a+1=2-a$ ，解得 $a=\dfrac{1}{2}$ ， 经检验 $a=\dfrac{1}{2},b=-\dfrac{1}{2}$ 满足题意，故 $a=\dfrac{1}{2},b=-\dfrac{1}{2}$ . 即存在 $a=\dfrac{1}{2},b=-\dfrac{1}{2}$ 满足题意 (3) $\left(0,\dfrac{1}{2}\right)$ . 【分析】(1)由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可 (2) 首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数 $b$ 的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可得关于实数 $a$ 的方程，解方程可得实数 $a$ 的值，最后检验所得的 $a,b$ 是否正确即可 (3) 原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数 $g\left(x\right)�=ax^{2}+x-\left(x+1\right)\ln\left(x+1\right)$ ，然后对函数求导，利用切线放缩研究导函数的性质，分类讨论 $a\le0$ ， $a\ge\dfrac{1}{2}$ 和 $0<a<\dfrac{1}{2}$ 三中情况即可求得实数 $a$ 的取值范围. 【详解】（1）当 $a=-1$ 时， $f\left(x\right)=\left(\dfrac{1}{x}-1\right)\ln\left(x+1\right)$ ， 则[插图] ， 据此可得[插图] ， 函数在 $\left(1,f\left(1\right)\right)$ 处的切线方程为 $y-0=-\ln2\left(x-1\right)$ ， 即 $\left(\ln2\right)x+y-\ln2=0$ （2） 略 （3） 由函数的解析式可得[插图] ， 由 $f\left(x\right)$ 在区间 $\left(0,+\infty\right)$ 存在极值点，则[插图] 在区间 $\left(0,+\infty\right)$ 上存在变号零点; 令 $\left(-\dfrac{1}{x^{2}}\right)\ln\left(x+1\right)+\left(\dfrac{1}{x}+a\right)\dfrac{1}{x+1}=0$ ， 则 $-\left(x+1\right)\ln\left(x+1\right)+\left(x+ax^{2}\right)=0$ ， 令 $g\left(x\right)�=ax^{2}+x-\left(x+1\right)\ln\left(x+1\right)$ ， $f\left(x\right)$ 在区间 $\left(0,+\infty\right)$ 存在极值点，等价于 $g\left(x\right)$ 在区间 $\left(0,+\infty\right)$ 上存在变号零点，[插图] 当 $a\le0$ 时，[插图] ， $g\left(x\right)$ 在区间 $\left(0,+\infty\right)$ 上单调递减， 此时 $g\left(x\right)<g\left(0\right)=0$ ， $g\left(x\right)$ 在区间 $\left(0,+\infty\right)$ 上无零点，不合题意; 当 $a\ge\dfrac{1}{2}$ ， $2a\ge1$ 时，由于 $\dfrac{1}{x+1}<1$ ，所以[插图] 在区间 $\left(0,+\infty\right)$ 上单调递增， 所以[插图] ， $g\left(x\right)$ 在区间 $\left(0,+\infty\right)$ 上单调递增， $g\left(x\right)>g\left(0\right)=0$ ， 所以 $g\left(x\right)$ 在区间 $\left(0,+\infty\right)$ 上无零点，不符合题意； 当 $0<a<\dfrac{1}{2}$ 时，由[插图] 可得 $x=\dfrac{1}{2a}-1$ ， 当 $x\in\left(0,\dfrac{1}{2a}-1\right)$ 时，[插图] ，[插图] 单调递减， 当 $x\in\left(\dfrac{1}{2a}-1,+\infty\right)$ 时，[插图] ，[插图] 单调递增， 故[插图] 的最小值为[插图] ， 令 $m\left(x\right)=1-x+lnx\left(0<x<1\right)$ ，则[插图] ， 函数 $m\left(x\right)$ 在定义域内单调递增， $m\left(x\right)<m\left(1\right)=0$ ， 据此可得 $1-x+lnx<0$ 恒成立， 则[插图] ， 由一次函数与对数函数的性质可得，当 $x\to+\infty$ 时，[插图] ， 且注意到[插图] ， 根据零点存在性定理可知:[插图] 在区间 $\left(0,+\infty\right)$ 上存在唯一零点 $x_{0}$ . 当 $x\in\left(0,x_{0}\right)$ 时，[插图] ， $g\left(x\right)$ 单调减， 当 $x\in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时，[插图] ， $g\left(x\right)$ 单调递增， 所以 $g\left(x_{0}\right)<g\left(0\right)=0$ . 令 $n\left(x\right)=lnx-\sqrt{x}$ ，则[插图] ， 则函数 $n\left(x\right)=lnx-\sqrt{x}$ 在 $\left(0,4\right)$ 上单调递增，在 $\left(4,+\infty\right)$ 上单调递减， 所以 $n\left(x\right)\le n\left(4\right)=\ln4-2<0$ ，所以 $lnx<\sqrt{x}$ ， 所以 $g\left(\dfrac{4}{a^{2}}\right)�=\left(\dfrac{4}{a^{2}}+1\right)\left[a\left(\dfrac{4}{a^{2}}+1\right)-\ln\left(\dfrac{4}{a^{2}}+1\right)-\dfrac{1-a}{\dfrac{4}{a^{2}}+1}-2a+1\right]$ $�>\left(\dfrac{4}{a^{2}}+1\right)\left[\dfrac{4}{a}+a-\ln\left(\dfrac{4}{a^{2}}+1\right)+a-1-2a+1\right]$ $=\left(\dfrac{4}{a^{2}}+1\right)\left[\dfrac{4}{a}-\ln\left(\dfrac{4}{a^{2}}+1\right)\right]>\left(\dfrac{4}{a^{2}}+1\right)\left(\dfrac{4}{a}-\sqrt{\dfrac{4}{a^{2}}+1}\right)$ $=\left(\dfrac{4}{a^{2}}+1\right)\dfrac{\dfrac{16}{a^{2}}-\dfrac{4}{a^{2}}-1}{\dfrac{4}{a}+\sqrt{\dfrac{4}{a^{2}}+1}}=\left(\dfrac{4}{a^{2}}+1\right)\dfrac{\dfrac{12}{a^{2}}-1}{\dfrac{4}{a}+\sqrt{\dfrac{4}{a^{2}}+1}}>0$ ， 所以函数 $g\left(x\right)$ 在区间 $\left(0,+\infty\right)$ 上存在变号零点，符合题意. 综合上面可知:实数 $a$ 得取值范围是 $\left(0,\dfrac{1}{2}\right)$ . 【点睛】(1)求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元 (2) 根据函数的极值(点)求参数的两个要领：①列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解 ② 验证:求解后验证根的合理性.本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要进行验证.