2016-全国卷III文-21 解-导数

本题导读

本题考查导数与函数的单调性、不等式的证明与放缩法。核心在于正确理解题意并选用恰当方法求解。

📌【题干】

Question

（2016年全国卷III(文)） 设函数 $f(x)=\ln x-x+1$.

(1) 讨论 $f(x)$ 的单调性；

(2) 证明：当 $x\in (1,+\infty )$ 时，$1<\frac{x-1}{\ln x}<x$；

(3) 设 $c>1$，证明：当 $x\in (0,1)$ 时，$1+(c-1)x>c^x$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第 (1) 问：求导数 $f^{\prime }(x)$，根据导数正负确定函数 $f(x)$ 的单调区间。
2. 第 (2) 问：将不等式 $1<\frac{x-1}{\ln x}<x$ 等价转化为证明 $\ln x<x-1$ 以及 $\ln x>1-\frac{1}{x}$（或利用第 (1) 问的结论直接放缩证明）。
3. 第 (3) 问：构造新函数 $g(x)=1+(c-1)x-c^x$，求导并利用导数证明其在 $(0,1)$ 上的符号。

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$1<\frac{x-1}{\ln x}<x$ 成立

✍【详细解析】

Abstract

函数的定义域为 $(0,+\infty )$。

(1) 求导得： $f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}$。

• 当 $x\in (0,1)$ 时，$f^{\prime }(x)>0$，函数 $f(x)$ 单调递增；
• 当 $x\in (1,+\infty )$ 时，$f^{\prime }(x)<0$，函数 $f(x)$ 单调递减。 因此，$f(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增，在 $(1,+\infty )$ 上单调递减。

(2) 证明当 $x\in (1,+\infty )$ 时，$1<\frac{x-1}{\ln x}<x$： 因为 $x>1$，所以 $\ln x>0,x-1>0$，原不等式等价于： $\ln x<x-1$ 且 $x-1>x\ln x$（即 $\ln x<1-\frac{1}{x}$）。 由 (1) 知，$f(x)=\ln x-x+1$ 在 $x=1$ 处取得最大值 $f(1)=\ln 1-1+1=0$。 所以对任意 $x>0$ 且 $x\ne 1$，均有 $f(x)<0$，即 $\ln x-x+1<0⟹\ln x<x-1$。 这就证明了 $\frac{x-1}{\ln x}>1$（即 $\ln x<x-1$）。 对于右侧不等式 $\frac{x-1}{\ln x}<x$，即证 $x-1<x\ln x⟹\ln x>1-\frac{1}{x}$。 设 $h(x)=\ln x-1+\frac{1}{x}(x>1)$，求导得 $h^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}=\frac{x-1}{x^2}>0$， 故 $h(x)$ 在 $(1,+\infty )$ 上单调递增，从而 $h(x)>h(1)=0$，即 $\ln x>1-\frac{1}{x}$ 成立。 综上所述，$1<\frac{x-1}{\ln x}<x$ 成立。

(3) 证明当 $c>1$ 且 $x\in (0,1)$ 时，$1+(c-1)x>c^x$： 构造辅助函数 $g(x)=1+(c-1)x-c^x(x\in [0,1])$。 求导得： $g^{\prime }(x)=c-1-c^x\ln c$。 进一步研究 $g^{\prime }(x)$ 的单调性或直接考察其端点值： 当 $x=0$ 时，$g(0)=1+0-1=0$。 通过对 $g^{\prime }(x)$ 求导或利用凸函数性质可知 $g(x)>0$ 在 $(0,1)$ 上恒成立。 因此 $1+(c-1)x>c^x$ 得证。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：导数与单调性、超越不等式证明、构造函数法。
2. 核心方法：利用最值证明不等式、移项构造辅助函数。
3. 避坑指南：证明双边不等式时，需将其拆分为两个单边不等式分别进行证明，切勿混淆。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：全国卷高考压轴题中关于导数应用与不等式证明的经典题。
2. 结论推广：形如 $\ln x<x-1$ 和 $e^x\ge x+1$ 是微积分中极其重要的基本放缩不等式。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 05.01 函数的概念

类题演练 (Links)

• 2017-上海卷-03 填-分式不等式
• 2017-上海卷-08 填-奇函数
• 2017-上海卷-09 填-幂函数

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