2008-湖南卷理-21 解-导数

本题导读

本题作为全卷压轴大题，考查导数在函数单调性与不等式恒成立问题中的核心应用。第一问通过求导、构造新函数证出单调区间；第二问巧妙利用第一问的结论，通过变量代换将复杂的数列有界性不等式转化为函数的单调性问题。

📌【题干】

Question

（2008年湖南卷(理)） 已知函数 $f(x)={\ln }^2(1+x)-\frac{x^2}{1+x}$.

(1)求函数 $f(x)$ 的单调区间；

(2)若不等式 ${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n+\alpha }\le \mathrm{e}$ 对任意的 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 都成立（其中 $\mathrm{e}$ 是自然对数的底数），求 $\alpha$ 的最大值.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问：求出定义域 $x>-1$，求导后将分子部分构造为新函数 $g(x)$。通过对 $g(x)$ 再次求导并利用经典不等式 $\ln (1+x)<x$ 锁定其符号，进而确定 $f^{\prime }(x)$ 的符号。
2. 第二问：对不等式两边取对数并分离出参数 $\alpha$。利用变量代换令 $x=\frac{1}{n}$，构造函数 $h(x)=\frac{1}{\ln (1+x)}-\frac{1}{x}$。求导后发现其分子与第一问的 $f(x)$ 结构完全一致，借此直接判定 $h(x)$ 的单调性，从而锁定离散点集下的最值。

点击查看答案

$f(x)$ 的单调递增区间为 $(-1,0)$，单调递减区间为 $(0,+\infty )$

✍【详细解析】

Abstract

(1)解： 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(-1,+\infty )$。 对 $f(x)$ 求导得： $f^{\prime }(x)=2\ln (1+x)\cdot \frac{1}{1+x}-\frac{2x(1+x)-x^2}{(1+x{)}^2}=\frac{2(1+x)\ln (1+x)-(x^2+2x)}{(1+x{)}^2}$

设 $g(x)=2(1+x)\ln (1+x)-(x^2+2x)$，对 $g(x)$ 求导得： $g^{\prime }(x)=2\ln (1+x)+2(1+x)\cdot \frac{1}{1+x}-(2x+2)=2\ln (1+x)-2x=2[\ln (1+x)-x]$ 因为当 $x>-1$ 且 $x\ne 0$ 时，恒有 $\ln (1+x)<x$， 所以当 $x\in (-1,0)\cup (0,+\infty )$ 时，$g^{\prime }(x)<0$ 恒成立。 故 $g(x)$ 在 $(-1,+\infty )$ 上严格单调递减。

又因为 $g(0)=0$，所以：

• 当 $-1<x<0$ 时，$g(x)>g(0)=0$，此时 $f^{\prime }(x)>0$；
• 当 $x>0$ 时，$g(x)<g(0)=0$，此时 $f^{\prime }(x)<0$。

综上所述，$f(x)$ 的单调递增区间为 $(-1,0)$，单调递减区间为 $(0,+\infty )$。

(2)解： 对不等式 ${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n+\alpha }\le \mathrm{e}$ 两边取自然对数得： $(n+\alpha )\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)\le 1$ 因为 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，$\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)>0$，两边同除以该项并分离 $\alpha$ 得： $\alpha \le \frac{1}{\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)}-n$

令 $x=\frac{1}{n}$，由于 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，则 $x\in (0,1]$。原问题等价于： $\alpha \le \frac{1}{\ln (1+x)}-\frac{1}{x}\left(x=1,\frac{1}{2},\frac{1}{3},\dots \right)$

构造新函数 $h(x)=\frac{1}{\ln (1+x)}-\frac{1}{x}$，对 $x\in (0,1]$ 求导： $h^{\prime }(x)=-\frac{\frac{1}{1+x}}{{\ln }^2(1+x)}+\frac{1}{x^2}=\frac{(1+x){\ln }^2(1+x)-x^2}{x^2(1+x){\ln }^2(1+x)}=\frac{1+x}{x^2{\ln }^2(1+x)}\cdot \left[{\ln }^2(1+x)-\frac{x^2}{1+x}\right]$ 即 $h^{\prime }(x)=\frac{1+x}{x^2{\ln }^2(1+x)}\cdot f(x)$。

由(1)可知，当 $x>0$ 时 $f(x)$ 单调递减，且 $f(0)=0$，所以当 $x\in (0,1]$ 时，恒有 $f(x)<0$。 因为 $\frac{1+x}{x^2{\ln }^2(1+x)}>0$，所以 $h^{\prime }(x)<0$ 恒成立。 故函数 $h(x)$ 在 $(0,1]$ 上是严格单调递减函数。

由于 $h(x)$ 随着 $x$ 的增大而减小，而 $x=\frac{1}{n}$ 随着 $n$ 的增大而减小， 所以当 $n$ 增加时，$x$ 减小，$h(x)$ 的值反而增大。 由此可知，数列 $\left\{h\left(\frac{1}{n}\right)\right\}$ 随着 $n$ 的增大而单调递增。 要使 $\alpha \le h\left(\frac{1}{n}\right)$ 对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 恒成立，参数 $\alpha$ 必须小于或等于该数列的最小值（即 $n=1$ 时的值）： $\alpha \le h(1)=\frac{1}{\ln 2}-1$

故 $\alpha$ 的最大值为 $\frac{1}{\ln 2}-1$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：双层复合构造导数零点符号判定；利用第一问结论 $f(x)<0$ 作为第二问导数正负的核心代换链。
2. 核心方法：变量代换法与离散双重单调性转换。
3. 避坑指南：第二问在进行变量代换 $x=\frac{1}{n}$ 后，由于 $n$ 与 $x$ 成反比，在由函数 $h(x)$ 递减推导数列单调性时，极易将方向弄反，误以为 $n=1$ 时取最大值，从而把最值错定在 $n\to \infty$ 的极限位置 $\frac{1}{2}$ 导致全盘皆输。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题具有极高的高等数学背景，源于数列 ${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n$ 收敛于自然底数 $\mathrm{e}$ 的渐近速度估计。
2. 结论推广: 在高等数学中可证明，对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，等式 ${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n+\alpha }<\mathrm{e}$ 成立的 $\alpha$ 渐近上确界为 $\frac{1}{2}$（即当 $n\to \infty$ 时 $h(x)$ 的右极限）。而本题求解的是对所有有限项恒成立的严格下界阻尼，由首项限制锁定最大值为 $\frac{1}{\ln 2}-1\approx 0.4427$。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 05.01 函数的概念

类题演练 (Links)

• 2011-四川卷文-22 解-导数方程与数列不等式
• 2009-天津卷文-08 单-分段函数不等式
• 2009-新课标卷文-24 解-绝对值函数分段不等式