题目
已知函数f（x）=（(1)/(x)+a）ln（1+x）．（1）当a=-1时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（2）是否存在a，b，使得曲线y=f （(1)/(x)）关于直线x=b对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由；（3）若f（x）在（0，+∞）存在极值，求a的取值范围．
已知函数f（x）=（$\frac{1}{x}$+a）ln（1+x）．
（1）当a=-1时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）是否存在a，b，使得曲线y=f （$\frac{1}{x}$）关于直线x=b对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由；
（3）若f（x）在（0，+∞）存在极值，求a的取值范围．
（1）当a=-1时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）是否存在a，b，使得曲线y=f （$\frac{1}{x}$）关于直线x=b对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由；
（3）若f（x）在（0，+∞）存在极值，求a的取值范围．
题目解答
答案
解：（1）a=-1时，f（1）=0，
f′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$ln（x+1）+（$\frac{1}{x}$-1）$\frac{1}{x+1}$，f′（1）=-ln2，
所以曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=-ln2（x-1）．
（2）f（$\frac{1}{x}$）=（x+a）ln（1+$\frac{1}{x}$），由1+$\frac{1}{x}$＞0，得x＞0或x＜-1，
所以函数f（$\frac{1}{x}$）的定义域为（-∞，-1）∪（0，+∞），
若存在a，b，使得曲线y=f （$\frac{1}{x}$）关于直线x=b对称，
则b=-$\frac{1}{2}$，即曲线y=f （$\frac{1}{x}$）关于直线x=-$\frac{1}{2}$对称，
则f（1）=（1+a）ln2，f（-2）=（-2+a）ln$\frac{1}{2}$=（2-a）ln2，
所以1+a=2-a，解得a=$\frac{1}{2}$．
综上，a=$\frac{1}{2}$，b=-$\frac{1}{2}$．
（3）f′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$ln（x+1）+（$\frac{1}{x}$+a）$\frac{1}{x+1}$=-$\frac{1}{{x}^{2}}$[ln（x+1）-$\frac{a{x}^{2}+x}{x+1}$]，
要使f（x）在（0，+∞）存在极值，则方程ln（x+1）-$\frac{a{x}^{2}+x}{x+1}$=0存在正根，
记g（x）=ln（x+1）-$\frac{a{x}^{2}+x}{x+1}$，x＞0，g′（x）=$\frac{1}{x+1}$-$\frac{（2ax+1）（x+1）-（a{x}^{2}+x）}{（1+x）^{2}}$=-$\frac{x}{（1+x）^{2}}$×（ax+2a-1），
①当a≤0时，g′（x）＞0，所以g（x）在（0，+∞）上单调递增，g（x）＞g（0）=0，不符合题意；
②当a≥$\frac{1}{2}$时，g′（x）＜0，所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，g（x）＜g（0）=0，不符合题意；
③当0＜a＜$\frac{1}{2}$时，令g′（x）=0，得x=$\frac{1-2a}{a}$，当0＜x＜$\frac{1-2a}{a}$时，g′（x）＞0，当x＞$\frac{1-2a}{a}$时，g′（x）＜0，
所以g（x）在（0，$\frac{1-2a}{a}$）上单调递增，（$\frac{1-2a}{a}$，+∞）上单调递减，
易知x→+∞时，g（x）→-∞，故只需g（x）≤g（$\frac{1-2a}{a}$）=ln（$\frac{1-2a}{a}$+1）-$\frac{\frac{（1-2a）^{2}}{a}+\frac{1-2a}{a}}{\frac{1-2a}{a}+1}$=ln（$\frac{1}{a}$-1）+4a-2＞0，
记h（t）=ln（t-1）+$\frac{4}{t}$-2，t＞2，
h′（t）=$\frac{1}{t-1}$-$\frac{4}{{t}^{2}}$=$\frac{（t-2）^{2}}{（t-1）{t}^{2}}$＞0，
所以h（t）在（0，+∞）上单调递增，所以h（t）＞h（2）=0，
故取t=$\frac{1}{a}$，0＜a＜$\frac{1}{2}$，有ln（$\frac{1}{a}$-1）+4a-2＞0，即g（$\frac{1-2a}{a}$）＞0，符合题意．
综上所述，a∈（0，$\frac{1}{2}$）时，f（x）在（0，+∞）存在极值．
f′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$ln（x+1）+（$\frac{1}{x}$-1）$\frac{1}{x+1}$，f′（1）=-ln2，
所以曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=-ln2（x-1）．
（2）f（$\frac{1}{x}$）=（x+a）ln（1+$\frac{1}{x}$），由1+$\frac{1}{x}$＞0，得x＞0或x＜-1，
所以函数f（$\frac{1}{x}$）的定义域为（-∞，-1）∪（0，+∞），
若存在a，b，使得曲线y=f （$\frac{1}{x}$）关于直线x=b对称，
则b=-$\frac{1}{2}$，即曲线y=f （$\frac{1}{x}$）关于直线x=-$\frac{1}{2}$对称，
则f（1）=（1+a）ln2，f（-2）=（-2+a）ln$\frac{1}{2}$=（2-a）ln2，
所以1+a=2-a，解得a=$\frac{1}{2}$．
综上，a=$\frac{1}{2}$，b=-$\frac{1}{2}$．
（3）f′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$ln（x+1）+（$\frac{1}{x}$+a）$\frac{1}{x+1}$=-$\frac{1}{{x}^{2}}$[ln（x+1）-$\frac{a{x}^{2}+x}{x+1}$]，
要使f（x）在（0，+∞）存在极值，则方程ln（x+1）-$\frac{a{x}^{2}+x}{x+1}$=0存在正根，
记g（x）=ln（x+1）-$\frac{a{x}^{2}+x}{x+1}$，x＞0，g′（x）=$\frac{1}{x+1}$-$\frac{（2ax+1）（x+1）-（a{x}^{2}+x）}{（1+x）^{2}}$=-$\frac{x}{（1+x）^{2}}$×（ax+2a-1），
①当a≤0时，g′（x）＞0，所以g（x）在（0，+∞）上单调递增，g（x）＞g（0）=0，不符合题意；
②当a≥$\frac{1}{2}$时，g′（x）＜0，所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，g（x）＜g（0）=0，不符合题意；
③当0＜a＜$\frac{1}{2}$时，令g′（x）=0，得x=$\frac{1-2a}{a}$，当0＜x＜$\frac{1-2a}{a}$时，g′（x）＞0，当x＞$\frac{1-2a}{a}$时，g′（x）＜0，
所以g（x）在（0，$\frac{1-2a}{a}$）上单调递增，（$\frac{1-2a}{a}$，+∞）上单调递减，
易知x→+∞时，g（x）→-∞，故只需g（x）≤g（$\frac{1-2a}{a}$）=ln（$\frac{1-2a}{a}$+1）-$\frac{\frac{（1-2a）^{2}}{a}+\frac{1-2a}{a}}{\frac{1-2a}{a}+1}$=ln（$\frac{1}{a}$-1）+4a-2＞0，
记h（t）=ln（t-1）+$\frac{4}{t}$-2，t＞2，
h′（t）=$\frac{1}{t-1}$-$\frac{4}{{t}^{2}}$=$\frac{（t-2）^{2}}{（t-1）{t}^{2}}$＞0，
所以h（t）在（0，+∞）上单调递增，所以h（t）＞h（2）=0，
故取t=$\frac{1}{a}$，0＜a＜$\frac{1}{2}$，有ln（$\frac{1}{a}$-1）+4a-2＞0，即g（$\frac{1-2a}{a}$）＞0，符合题意．
综上所述，a∈（0，$\frac{1}{2}$）时，f（x）在（0，+∞）存在极值．