2012-天津卷理-20 解-导数求最值

本题导读

本题考查利用导数研究函数的最值以及数列不等式的证明。核心在于构造函数法、放缩法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2012年天津卷(理)） 已知函数 $f(x)=x-\ln (x+a)$ 的最小值为 $0$，其中 $a>0$.

(1) 求 $a$ 的值；

(2) 若对任意的 $x\in [0,+\infty )$，有 $f(x)⩽k{x}^2$ 成立，求实数 $k$ 的最小值；

(3) 证明：${\sum }_{i=1}^n\frac{2}{2i-1}-\ln (2n+1)<2$（$n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$）.

🔍【思路分析】

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1. 第一问：求导找极小值点，令最小值等于 $0$ 解出 $a$。
2. 第二问：把不等式改写为 $k\ge \frac{x-\ln (x+1)}{x^2}$，先由 $x\to 0^{+}$ 的极限得必要条件，再构造函数证明其充分。
3. 第三问：把 $\ln (2n+1)$ 拆成 $\sum \ln \left(1+\frac{2}{2i-1}\right)$，用第二问的结论逐项放缩后裂项求和。

✅【答案】

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(1) $a=1$

(2) $k$ 的最小值为 $\frac{1}{2}$

(3) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

第一步：求 $a$ $f(x)=x-\ln (x+a)$ 的定义域为 $(-a,+\infty )$， $f^{\prime }(x)=1-\frac{1}{x+a}=\frac{x+a-1}{x+a}$ 当 $-a<x<1-a$ 时 $f^{\prime }(x)<0$；当 $x>1-a$ 时 $f^{\prime }(x)>0$，故 $f$ 在 $x=1-a$ 处取最小值 $f(1-a)=1-a-\ln 1=1-a$ 由最小值为 $0$ 得 $1-a=0$，即 $a=1$。

第二步：求 $k$ 的最小值 此时 $f(x)=x-\ln (x+1)$。$x=0$ 时不等式 $f(x)\le k{x}^2$ 恒成立；$x>0$ 时需 $k\ge \frac{x-\ln (x+1)}{x^2}$ 由洛必达法则 $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x-\ln (x+1)}{x^2}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1-\frac{1}{x+1}}{2x}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{2(x+1)}=\frac{1}{2}$，故 $k\ge \frac{1}{2}$。 再证 $k=\frac{1}{2}$ 可行：令 $g(x)=\frac{x^2}{2}-x+\ln (x+1)$（$x\ge 0$），则 $g^{\prime }(x)=x-1+\frac{1}{x+1}=\frac{x^2}{x+1}\ge 0$ 又 $g(0)=0$，故 $g(x)\ge 0$，即 $x-\ln (x+1)\le \frac{x^2}{2}$ 对任意 $x\ge 0$ 成立。 所以 $k$ 的最小值为 $\frac{1}{2}$。

第三步：证明数列不等式 记 $t_i=\frac{2}{2i-1}>0$，则 $\frac{2i+1}{2i-1}=1+t_i$，且 $\ln (2n+1)={\sum }_{i=1}^n\ln \frac{2i+1}{2i-1}={\sum }_{i=1}^n\ln \left(1+t_i\right)$ 于是 ${\sum }_{i=1}^n\frac{2}{2i-1}-\ln (2n+1)={\sum }_{i=1}^n\left[t_i-\ln \left(1+t_i\right)\right]={\sum }_{i=1}^{n}f\left(t_i\right)$ 由第二步的结论 $f(t)=t-\ln (1+t)\le \frac{t^2}{2}$（$t\ge 0$），得 ${\sum }_{i=1}^{n}f\left(t_i\right)\le f(2)+{\sum }_{i=2}^n\frac{t_i^2}{2}=(2-\ln 3)+{\sum }_{i=2}^n\frac{2}{(2i-1{)}^2}$ 又当 $i\ge 2$ 时，$(2i-1{)}^2>(2i-2)(2i)$，故 $\frac{2}{(2i-1{)}^2}<\frac{2}{(2i-2)(2i)}=\frac{1}{2(i-1)}-\frac{1}{2i}$ 裂项求和得 ${\sum }_{i=2}^n\frac{2}{(2i-1{)}^2}<{\sum }_{i=2}^n\left(\frac{1}{2(i-1)}-\frac{1}{2i}\right)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2n}<\frac{1}{2}$ 因此 ${\sum }_{i=1}^n\frac{2}{2i-1}-\ln (2n+1)<2-\ln 3+\frac{1}{2}=\frac{5}{2}-\ln 3<2$ （因 $\ln 3>\ln \mathrm{e}=1>\frac{1}{2}$），不等式得证。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：导数研究函数最值，恒成立问题与数列不等式的放缩证明。

核心方法：构造函数法——把要证的不等式转化为某个函数非负；放缩法——用 $t-\ln (1+t)\le \frac{t^2}{2}$ 逐项放缩后裂项。

避坑指南：第三问若对全体系数都用 $\frac{t_i^2}{2}$ 放缩，首项 $2$ 会使和超过 $2$，必须把 $i=1$ 的项单独保留。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：由导数研究最值与数列不等式证明组合而成，第三问源自 $\ln (1+x)$ 的泰勒放缩。

结论推广：常用放缩链 $x-\frac{x^2}{2}\le \ln (1+x)\le x$（$x\ge 0$），第二个不等式等价于本题第二步的结论。

方法推广：数列求和型不等式常”拆对数成求和 $\to$ 逐项放缩 $\to$ 裂项相消”，首项单独处理是常用技巧。

🔗【关联脉络】

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