2015-福建卷理-20 解-导数综合

本题导读

本题是 2015 年福建理科卷的最优压轴大题。题目围绕对数函数 $f(x)=\ln (1+x)$ 展开，考查了函数不等式的证明、参数范围的判定以及局部近似问题。第三问具有极高的思维难度，要求学生深入理解函数在原点附近的局部性质，考查了高等数学背景下的不等式放缩。

📌【题干】

Question

（2015年福建卷(理)） 已知函数 $f(x)=\ln (1+x)$，$g(x)=kx$ ($k\in \mathbb{R}$).

(1) 证明：当 $x>0$ 时，$f(x)<x$；

(2) 证明：当 $k<1$ 时，存在 $x_0>0$，使得对任意 $x\in (0,x_0)$，恒有 $f(x)>g(x)$；

(3) 确定 $k$ 的所有可能取值，使得存在 $t>0$，对任意 $x\in (0,t)$，恒有 $|f(x)-g(x)|<x^2$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问（基础证明）：构造辅助函数 $h(x)=\ln (1+x)-x$，求导判定单调性，利用端点值 $h(0)=0$ 证得不等式。
2. 第二问（局部存在性）：考察函数 $G(x)=\ln (1+x)-kx$。求导得 $G^{\prime }(x)=\frac{1}{1+x}-k$。当 $k<1$ 时，$G^{\prime }(0)=1-k>0$，由导数定义或连续性可知，在 0 的右邻域内 $G(x)$ 递增，从而 $G(x)>G(0)=0$。
3. 第三问（深度探究）：
   • 本质是考察 $f(x)$ 在 $x=0$ 处的二阶局部逼近。
   • 利用泰勒公式（或多项式放缩）：$\ln (1+x)\approx x-\frac{1}{2}{x}^2$。
   • 若 $k\ne 1$，则 $|f(x)-g(x)|$ 是一阶无穷小（量级为 $x$），在 $x\to 0$ 时必然大于 $x^2$。
   • 若 $k=1$，则 $|f(x)-g(x)|=|x-\ln (1+x)|$。由一问知 $x-\ln (1+x)>0$，构造 $H(x)=x^2-(x-\ln (1+x))$ 判定其在 0 右侧的符号。

✅【答案】

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综上所述，实数 $k=1$

✍【详细解析】

Abstract

(1) 证明：$x>0$ 时，$f(x)<x$ 令 $h(x)=\ln (1+x)-x$，定义域为 $(-1,+\infty )$。 则 $h^{\prime }(x)=\frac{1}{1+x}-1=-\frac{x}{1+x}$。 当 $x\in (0,+\infty )$ 时，$h^{\prime }(x)<0$，所以 $h(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上单调递减。 故 $h(x)<h(0)=0$，即 $\ln (1+x)<x$。

(2) 证明：当 $k<1$ 时，存在 $x_0>0$，使得 $x\in (0,x_0)$ 时 $f(x)>g(x)$ 令 $G(x)=\ln (1+x)-kx$。 则 $G^{\prime }(x)=\frac{1}{1+x}-k=\frac{1-k-kx}{1+x}$。 因为 $k<1$，所以 $1-k>0$。 当 $k\le 0$ 时，$G^{\prime }(x)>0$ 对 $x\in (0,+\infty )$ 恒成立，取任意 $x_0>0$ 即可。 当 $0<k<1$ 时，令 $G^{\prime }(x)>0$，解得 $x<\frac{1-k}{k}$。 取 $x_0=\frac{1-k}{k}>0$，则对任意 $x\in (0,x_0)$，有 $G^{\prime }(x)>0$， 所以 $G(x)$ 在 $(0,x_0)$ 上单调递增，$G(x)>G(0)=0$，即 $f(x)>g(x)$。

(3) 确定 $k$ 的可能取值 由（Ⅰ）（Ⅱ）及绝对值意义讨论如下： 1. 若 $k>1$： 由（Ⅰ）知，当 $x>0$ 时，$x>\ln (1+x)$，且 $kx>x$，故 $kx>\ln (1+x)$。 $|f(x)-g(x)|=kx-\ln (1+x)>kx-x=(k-1)x$。 若要满足 $|f(x)-g(x)|<x^2$，则需 $(k-1)x<x^2$，即 $x>k-1$。 这与“对于任意 $x\in (0,t)$ 恒成立”矛盾（当 $x$ 极小时不成立），故 $k>1$ 不合题意。

2. 若 $k<1$： 由（Ⅱ）知，当 $x\in (0,x_0)$ 时，$f(x)>g(x)$。 $|f(x)-g(x)|=\ln (1+x)-kx$。 同理，当 $x\to 0^{+}$ 时，$\ln (1+x)-kx\approx (1-k)x$。 因为 $1-k>0$，一阶项 $(1-k)x$ 在 $x$ 极小时必然大于 $x^2$，故 $k<1$ 不合题意。

3. 若 $k=1$： 此时 $|f(x)-g(x)|=|x-\ln (1+x)|=x-\ln (1+x)$。 要证存在 $t>0$ 使得 $x-\ln (1+x)<x^2$， 构造 $H(x)=x^2-x+\ln (1+x)$。 $H^{\prime }(x)=2x-1+\frac{1}{1+x}=\frac{2x(1+x)-(1+x)+1}{1+x}=\frac{2x^2+x}{1+x}$。 当 $x>0$ 时，$H^{\prime }(x)>0$，所以 $H(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上单调递增。 故 $H(x)>H(0)=0$，即 $x^2>x-\ln (1+x)$。 此时对任意 $t>0$，该不等式均成立。

综上所述，实数 $k=1$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 压轴题的梯度：一、二问是基础铺垫，引导学生观察 $f(x)$ 与 $kx$ 在原点处的切线关系（$k=1$ 是临界斜率）。
2. 局部性问题的处理：第三问这类“存在 $t>0$，对任意 $x\in (0,t)$”的描述，本质是在考察函数的高阶导数性质。 3.* 此类问题若能熟记 $\ln (1+x)>x-\frac{1}{2}{x}^2$ 等常用放缩不等式，解题思路会非常清晰。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 方法拓展: 利用泰勒公式 $\ln (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+o(x^2)$。原式变为 $|(1-k)x+\frac{x^2}{2}+\dots |<x^2$，由极限性质易知必有 $1-k=0$。
• 变式思考: 若将题目中的 $x^2$ 改为 $x^3$，满足条件的 $k$ 值还会是 1 吗？

🔗【关联脉络】

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• 待补

类题演练(Links)

• 2014-福建卷理-20 解-导数单调性与极值
• 2014-福建卷理-11 填-简单的线性规划问题
• 2013年福建卷理-10