2022-新高考II卷-22 解-导数综合

本题导读

本题考查利用导数研究函数的单调性与极值。核心在于构造函数法、端点效应法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2022年新高考II卷） 已知函数 $f(x)=x{e}^{ax}-e^x$。

（1）当 $a=1$ 时，讨论 $f(x)$ 的单调性；

（2）当 $x>0$ 时，$f(x)<-1$ 恒成立，求 $a$ 的取值范围；

（3）设 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$， 证明：$\frac{1}{\sqrt{1^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{2^2+2}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}>\ln (n+1)$。

🔍【思路分析】

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1. 第一问：代入 $a=1$，求导 $f^{\prime }(x)$。通过判定导函数的正负区间来确定原函数的单调性。注意 $e^x$ 始终大于 0。

2. 第二问：构造 $g(x)=f(x)+1$。由于 $g(0)=0$，若要 $x>0$ 时 $g(x)<0$，函数在 $0$ 附近的趋势必须是向下的。利用 $g^{\prime }(0)=0$，进一步考查二阶导 $g^{\prime \prime }(0)$ 的正负（即端点效应），从而分类讨论 $a$ 的范围。

3. 第三问：这是导数与数列的综合放缩。目标是证明 $\sum \frac{1}{\sqrt{k^2+k}}>\sum [\ln (k+1)-\ln k]$。因此核心是证明 $\frac{1}{\sqrt{k(k+1)}}>\ln \frac{k+1}{k}$。设 $t=\sqrt{\frac{k+1}{k}}>1$，则原式等价于 $\frac{1/k}{\sqrt{(k+1)/k}}>\ln (\frac{k+1}{k})$，进一步构造关于 $t$ 的超越不等式进行证明。

✅【答案】

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✍【详细解析】

Abstract

（1）讨论 $f(x)$ 的单调性 ($a=1$)

1. 求导：

   当 $a=1$ 时，$f(x)=x{e}^x-e^x=(x-1)e^x$．

   对 $f(x)$ 求导得：$f^{\prime }(x)=1\cdot e^x+(x-1)e^x=x{e}^x$．

2. 判定区间：

   由于 $e^x>0$ 恒成立：

   • 当 $x\in (0,+\infty )$ 时，$f^{\prime }(x)>0$，函数 $f(x)$ 单调递增；

   • 当 $x\in (-\infty ,0)$ 时，$f^{\prime }(x)<0$，函数 $f(x)$ 单调递减．

     结论：$f(x)$ 在 $(-\infty ,0)$ 上递减，在 $(0,+\infty )$ 上递增．

（2）$f^{\prime }(x)=(1+ax){\mathrm{e}}^{ax}-{\mathrm{e}}^x={\mathrm{e}}^{ax}\left[1+ax-{\mathrm{e}}^{(1-a)x}\right]$。

令 $g(x)=1+ax-{\mathrm{e}}^{(1-a)x}$，则 $g^{\prime }(x)=a-(1-a){\mathrm{e}}^{(1-a)x}$。

若 $a⩽\frac{1}{2}$，则 $1-a>0$，于是当 $x\in (0,+\infty )$ 时，${\mathrm{e}}^{(1-a)x}>1$，故 $g^{\prime }(x)<2a-1⩽0$，

因此 $g(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递减，$g(x)<g(0)=0$，

从而 $f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递减，所以 $f(x)<f(0)=-1$。

若 $\frac{1}{2}<a<1$，则 $1-a>0$，$\frac{a}{1-a}>1$，

当 $x\in \left(0,\frac{1}{1-a}\ln \frac{a}{1-a}\right)$ 时，$g^{\prime }(x)>0$，

$g(x)$ 在 $\left(0,\frac{1}{1-a}\ln \frac{a}{1-a}\right)$ 上单调递增，故 $g(x)>g(0)=0$，

所以 $f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 在 $\left(0,\frac{1}{1-a}\ln \frac{a}{1-a}\right)$ 上单调递增，故 $f(x)>f(0)=-1$。

若 $a⩾1$，则 $f(1)={\mathrm{e}}^a-\mathrm{e}⩾0$.

综上，$a$ 的取值范围是 $\left(-\infty ,\frac{1}{2}\right]$.

（3）由（2）知，当 $x>0$ 时，$x{\mathrm{e}}^{\frac{x}{2}}-{\mathrm{e}}^x<-1$.

取 $x=\ln (n+1)-\ln n$，有

$\ln (n+1)-\ln n<\frac{1}{\sqrt{n^2+n}},.$

故 $\frac{1}{\sqrt{1^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{2^2+2}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}>(\ln 2-\ln 1)+(\ln 3-\ln 2)+\cdots +\left[\ln (n+1)-\ln n\right]=\ln (n+1),.$

【解法二】：设$a_n=\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}$，设$b_n$的前$n$项和为$S_n$，则$S_n=ln(n+1)$， 当$n\ge 2$时，$b_n=S_n-S_{n-1}=ln(n+1)-lnn=ln\frac{n\text{+}1}{n}$， 要想证明$\frac{1}{\sqrt{1^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{2^2+2}}+...+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}>ln(n+1)$，即证明$\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}>ln\frac{n+1}{n}$， 即证明$\frac{n+1-n}{\sqrt{n\left(n+1\right)}}>ln\frac{n+1}{n}$，即证明$\sqrt{\frac{n+1}{n}}-\sqrt{\frac{n}{n+1}}>ln\frac{n+1}{n}$ 令$t=\sqrt{\frac{n+1}{n}}$，$\because n\in N^{\ast },\therefore t=\sqrt{\frac{n+1}{n}}>1$， 构造函数$\phi \left(t\right)=t-\frac{1}{t}-2\ln t\left(t>1\right)$，$\therefore {\phi }^{\prime }\left(t\right)=1+\frac{1}{t^2}-\frac{2}{t}=\frac{t^2-2t+1}{t^2}=\frac{{\left(t-1\right)}^2}{t^2}$ ${\phi }^{\prime }\left(t\right)>0$在$t\in \left(1,+\infty \right)$上恒成立，$\therefore \phi \left(t\right)>\phi \left(1\right)=0$，$\therefore t-\frac{1}{t}>2\ln t\left(t>1\right)$

$\therefore \sqrt{\frac{n+1}{n}}-\sqrt{\frac{n}{n+1}}>ln\frac{n+1}{n}$在$n\in N^{\ast }$恒成立，$\therefore \frac{1}{\sqrt{n\left(n+1\right)}}>ln\frac{n+1}{n}\left(n\in N^{\ast }\right)$恒成立，

$n=1$时，$\frac{1}{\sqrt{1^2+1}}>ln2$①，$n=2$时，$\frac{1}{\sqrt{2^2+2}}>ln\frac{3}{2}$②，$n=3$时，$\frac{1}{\sqrt{3^2+3}}>ln\frac{4}{3}$③，…… $n=n-1\left(n\ge 2,n\in N^{\ast }\right)$时，$\frac{1}{\sqrt{{\left(n-1\right)}^2+\left(n-1\right)}}>ln\frac{n}{n-1}$，$\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}>ln\frac{n+1}{n}\left(n\in N^{\ast }\right)$， 把所有不等式都相加，$\therefore \frac{1}{\sqrt{1^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{2^2+2}}+...+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}>ln(n+1)$成立. 所以原不等式$\frac{1}{\sqrt{1^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{2^2+2}}+...+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}>ln(n+1)$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 二阶导数的“探路”作用：当函数的一阶导在端点为 0 时，二阶导的正负决定了函数在该点后的增减趋势。这是处理高考导数求参题的“标配”技能。
2. 同构与放缩的联动：第三问展示了导数背景下的数列放缩。关键在于将 $\ln (n+1)$ 拆解为累加形式，从而将整体证明转化为局部项的不等式证明。$t-\frac{1}{t}>2\ln t$ 是对数放缩中的高频模型，值得背诵。
3. 细节决定成败：在第二问中讨论 $a⩽\frac{1}{2}$ 时，直接利用 $e^t⩾1+t$ 进行放缩可以避开三阶导数的讨论，是提速的关键。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 思考题：若将第三问改为证明 $\sum \frac{1}{\sqrt{k^2+k}}<n$，难度会如何变化？ (提示：利用 $\frac{1}{\sqrt{k^2+k}}<\frac{1}{k}$ 或更精细的放缩，这是完全不同的证明方向。)
• 名师点睛：高考数学的最后一道解答题，考的不只是计算，更是对数学结构的洞察力。通过构造辅助函数将复杂的不等式“简化”到单变量函数，是压轴题的万能钥匙。

🔗【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)

• 2013-辽宁卷文-21 解-三角不等式与恒成立
• 2013-天津卷文-20 解-分段函数导数切线
• 2014-天津卷文-20 解-集合新定义