2015-福建卷文-22 解-导数综合

本题导读

压轴题。（1）求导解不等式并与定义域取交集；（2）构造 $h(x)=f(x)-(x-1)$，证 $h$ 在 $(1,+\infty )$ 递减且 $h(1)=0$；（3）对 $k$ 分类，$k<1$ 时右端点导数为正即可，$k⩾1$ 时逐一否定。

📌【题干】

Question

（2015年福建卷(文)） 已知函数 $f(x)=\ln x-\frac{(x-1{)}^2}{2}$.

(1) 求函数 $f(x)$ 的单调递增区间；

(2) 证明：当 $x>1$ 时，$f(x)<x-1$；

(3) 确定实数 $k$ 的所有可能取值，使得存在 $x_0>1$，当 $x\in (1,x_0)$ 时，恒有 $f(x)>k(x-1)$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. （1）$f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-(x-1)$，通分因式分解后解 $f^{\prime }>0$，与 $x>0$ 取交。
2. （2）构造 $h(x)=f(x)-(x-1)$，$h(1)=0$ 且 $x>1$ 时 $h^{\prime }<0$，递减即负。
3. （3）设 $g(x)=f(x)-k(x-1)$，$g(1)=0$；存在 $x_0$ 使 $g$ 在 $(1,x_0)$ 恒正 $⟺$ $g$ 在 $1$ 右侧先增，即 $g^{\prime }(1)=1-k>0$；再逐类验证 $k⩾1$ 不成立。

✅【答案】

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(1) $\left(0,\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)$

(2) 证明见解析

(3) $k$ 的取值范围是 $(-\infty ,1)$

✍【详细解析】

Abstract

（1） $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty )$，

$f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-(x-1)=\frac{1+x-x^2}{x}.$

令 $f^{\prime }(x)>0$，即 $x^2-x-1<0$，解得 $\frac{1-\sqrt{5}}{2}<x<\frac{1+\sqrt{5}}{2}$；结合 $x>0$，得

$0<x<\frac{1+\sqrt{5}}{2}.$

故 $f(x)$ 的单调递增区间为 $\left(0,\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)$.

（2） 令 $h(x)=f(x)-(x-1)=\ln x-\frac{(x-1{)}^2}{2}-(x-1)$，$x⩾1$，则 $h(1)=0$，且

$h^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-(x-1)-1=\frac{1}{x}-x=\frac{1-x^2}{x}.$

当 $x>1$ 时 $h^{\prime }(x)<0$，故 $h$ 在 $[1,+\infty )$ 上单调递减，从而 $x>1$ 时 $h(x)<h(1)=0$，即 $f(x)<x-1$，证毕.

（3） 设 $g(x)=f(x)-k(x-1)$，$x⩾1$，则 $g(1)=0$，

$g^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-(x-1)-k,g^{\prime }(1)=1-k.$

① 当 $k<1$ 时：$g^{\prime }(1)>0$，且 $g^{\prime }$ 在 $x=1$ 处连续，故存在 $\delta >0$ 使 $g^{\prime }(x)>0$ 对 $x\in (1,1+\delta )$ 恒成立，$g$ 在 $(1,1+\delta )$ 上单调递增，从而 $g(x)>g(1)=0$，即 $f(x)>k(x-1)$ 恒成立. 取 $x_0=1+\delta$ 即满足题意.

② 当 $k=1$ 时：$g^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-x=\frac{1-x^2}{x}<0$（$x>1$），$g$ 在 $[1,+\infty )$ 单调递减，故 $x>1$ 时 $g(x)<g(1)=0$，不存在满足题意的 $x_0$.

③ 当 $k>1$ 时：$g^{\prime }(1)=1-k<0$，由连续性存在 $\delta >0$ 使 $g^{\prime }(x)<0$ 对 $x\in (1,1+\delta )$ 成立，$g$ 在 $(1,1+\delta )$ 上单调递减，$g(x)<g(1)=0$，不存在满足题意的 $x_0$.

综上，$k$ 的取值范围是 $(-\infty ,1)$.

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：导数与函数单调性；作差构造函数证明不等式；含参存在性问题的分类讨论。

2. 核心方法：“求导 → 解不等式 → 与定义域取交”；(2) 用”端点值为零 + 递减”定号；(3) 用”右端点导数符号”作为分类标准。

3. 避坑指南：① 单调区间必须与定义域 $(0,+\infty )$ 取交集，否则会多写负半轴；② （3）中 $k=1$ 必须单独讨论——此时 $g^{\prime }(1)=0$ 但 $g^{\prime }$ 在右侧恒负，端点导数为零不代表存在性成立；③ 结论是开区间 $(-\infty ,1)$，$k=1$ 不在内。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：以对数函数与二次函数组合为载体的导数压轴是全国卷体系的经典配置；福建卷 2015 自主命题收官之卷以该题压轴，与次年并入全国卷的命题风格衔接。

2. 结论推广: 条件”$f(x)>k(x-1)$ 在 $(1,x_0)$ 恒成立”等价于 $k<{\sup }_{x>1}\frac{f(x)}{x-1}$；由（2）知 $\frac{f(x)}{x-1}<1$ 且 $x\to 1^{+}$ 时极限为 $f^{\prime }(1)=1$，故上确界为 $1$（取不到），这正是答案 $k<1$ 的另一条更快的出路。

3. 方法推广: 存在性 + 局部恒成立问题的通法：构造差函数，用”端点函数值为零 + 端点导数符号”判断右侧小邻域的符号，再对参数分界逐类排除。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 05.03 专题-恒成立问题

类题演练 (Links)

• 2015-福建卷理-20 解-导数综合