2023-上海卷-21 解-导数与数列综合

本题导读

本题考查导数的几何意义（切线方程）。核心在于导数切线解析法、切线放缩法（构造函数证明不等式）的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2023年上海卷）已知 $f(x)=\ln x$，在该函数图像 $\Gamma$ 上取一点 $A_1(a_1,f(a_1))$，过点 $A_1$ 作函数 $f(x)$ 的切线，该切线与 $y$ 轴的交点记作 $(0,a_2)$．若 $a_2>0$，则过点 $A_2(a_2,f(a_2))$ 作函数 $f(x)$ 的切线，该切线与 $y$ 轴的交点记作 $(0,a_3)$，以此类推得 $a_3,a_4,\dots$，直至 $a_m⩽0$ 停止，由这些数构成数列 $\{a_n\}$．

（1）设 $a_m(m⩾2)$ 属于数列 $\{a_n\}$，证明：$a_m=\ln a_{m-1}-1$；

（2）试比较 $a_m$ 与 $a_{m-1}-2$ 的大小关系；

（3）若正整数 $k⩾3$，是否存在 $k$ 使得 $a_1,a_2,a_3,\dots ,a_k$ 依次成等差数列？若存在，求出 $k$的所有取值；若不存在，请说明理由．

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第（1）问：标准的导数几何意义应用。对 $f(x)=\ln x$ 求导，写出在点 $x=a_{m-1}$ 处的切线方程，通过令 $x=0$ 提取 $y$ 轴截距，直接推导递推关系。

2. 第（2）问：将（1）中递推式代入作差，问题化归为比较 $\ln a_{m-1}$ 与 $a_{m-1}-1$ 的大小。这属于标准的切线放缩不等式 $\ln x⩽x-1$，可通过构造辅助函数证明最大值完成判定，进而可顺向推导出数列 $\{a_n\}$ 满足严格单调递减性质。

3. 第（3）问：

• 等差性质转化：若数列构成等差数列，则恒满足 $a_n-a_{n-1}=d$。将递推公式代入变形为 $\ln a_{n-1}-a_{n-1}-1=d$。

• 根个数限项数：令 $g(x)=\ln x-x-1$，通过导数分析得知 $g(x)$ 是先增后减的单峰函数。因此对于固定常数 $d$，超越方程 $g(x)=d$ 在定义域内至多有两相异实根。

• 单调递减约束：由于数列 $\{a_n\}$ 严格单调递减，其前 $k-1$ 项 $a_1,a_2,\dots ,a_{k-1}$ 各不相同。为保证方程 $g(a_{n-1})=d$ 均成立，其相异项数不能超过方程根的上限（2个），从而推导出 $k-1⩽2⟹k⩽3$。

• 零点存在性定理验证 $k=3$：联立等差中项方程 $2a_2=a_1+a_3$，构建关于初始项 $a_1$ 的函数方程，利用零点存在性定理论证根的客观存在性。

✅【答案】

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(1) 证明见解析

(2) $a_m⩽a_{m-1}-2$

(3) 存在，$k=3$

✍【详细解析】

Abstract

（1）证明递推关系式 $a_m=\ln a_{m-1}-1$

已知函数 $f(x)=\ln x$，则其导函数为 $f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}$。

在函数图像 $\Gamma$ 上取点 $A_{m-1}(a_{m-1},f(a_{m-1}))$，此时切线斜率为：

$k=f^{\prime }(a_{m-1})=\frac{1}{a_{m-1}}$

且切点纵坐标为 $f(a_{m-1})=\ln a_{m-1}$。

根据直线的点斜式方程，过点 $A_{m-1}$ 的切线方程为：

$y-\ln a_{m-1}=\frac{1}{a_{m-1}}(x-a_{m-1})$

展开整理成斜截式：

$y=\frac{1}{a_{m-1}}x+\ln a_{m-1}-1$

根据题意，该切线与 $y$ 轴的交点坐标为 $(0,a_m)$。

令 $x=0$，直接提取纵截距项可得：

$a_m=\ln a_{m-1}-1$

证毕．

（2）比较 $a_m$ 与 $a_{m-1}-2$ 的大小关系

首先构建并证明一个经典对数放缩不等式：对任意 $x>0$，恒有 $\ln x⩽x-1$。

构造辅助函数 $F(x)=\ln x-x+1(x>0)$，对其求导：

$F^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}$

• 当 $0<x<1$ 时，$F^{\prime }(x)>0$，$F(x)$ 在区间内单调递增；

• 当 $x>1$ 时，$F^{\prime }(x)<0$，$F(x)$ 在区间内单调递减．

因此， $F(x)$ 在 $x=1$ 处取得全局极大值，亦为最大值：

$F(x{)}_{\max }=F(1)=\ln 1-1+1=0$

由此可知，对任意 $x>0$， $F(x)⩽0$ 恒成立，即 $\ln x⩽x-1$（当且仅当 $x=1$ 时等号成立）。

由于数列项作为对数函数的自变量必满足 $a_{m-1}>0$，代入上述不等式得：

$\ln a_{m-1}⩽a_{m-1}-1$

两端同时减去 1：

$\ln a_{m-1}-1⩽a_{m-1}-2$

将第（1）问中证得的递推式 $a_m=\ln a_{m-1}-1$ 代入左侧，可得：

$a_m⩽a_{m-1}-2$

(注：由 $a_m-a_{m-1}⩽-2<0$ 易知，数列 $\{a_n\}$ 在定义域内表现为严格单调递减数列)

（3）探究等差数列的存在性及 $k$ 的取值

假设存在满足条件的正整数 $k⩾3$，使得有限项数列 $a_1,a_2,a_3,\dots ,a_k$ 依次构成等差数列。

设该等差数列的公差为 $d$。由第（2）问推论知数列严格单调递减，故公差 $d<0$。

对于任意满足 $2⩽n⩽k$ 的正整数 $n$，根据等差数列定义有：

$a_n-a_{n-1}=d$

将（1）中的递推公式代入该式中：

$(\ln a_{n-1}-1)-a_{n-1}=d⟹\ln a_{n-1}-a_{n-1}-1=d$

这说明数列中的前 $k-1$ 项（即 $a_1,a_2,\dots ,a_{k-1}$）均是关于超越方程 $\ln x-x-1=d$ 的实数根。

构造辅助函数 $g(x)=\ln x-x-1(x>0)$。对 $g(x)$ 求导得：

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

根据导数符号判定函数单调性规律：

• 当 $0<x<1$ 时，$g^{\prime }(x)>0$，$g(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增；

• 当 $x>1$ 时，$g^{\prime }(x)<0$，$g(x)$ 在 $(1,+\infty )$ 上单调递减．

因为 $g(x)$ 在定义域内为先增后减的单峰函数，所以对于任意给定的常数 $d$，水平直线 $y=d$ 与函数 $y=g(x)$ 的图像在 $x>0$ 范围内至多只有两个交点。

即方程 $g(x)=d$ 至多存在两个相异的实数根。

由于数列 $\{a_n\}$ 是严格单调递减数列，故前 $k-1$ 项 $a_1,a_2,a_3,\dots ,a_{k-1}$ 属于互不相等的相异实数。

为了让它们全部作为方程 $g(x)=d$ 的解，其项数总数绝对不能超过方程解的上限个数（2个）：

$k-1⩽2⟹k⩽3$

又已知题目限制条件 $k⩾3$，因此若存在满足条件的等差数列，项数 $k$ 只能取 3。

以下严格论证 $k=3$ 时的客观存在性（即存在合规的初始项 $a_1$）：

若 $a_1,a_2,a_3$ 成等差数列，由等差中项性质恒满足：

$2a_2=a_1+a_3$

根据递推关系展开各项：

$a_2=\ln a_1-1$

$a_3=\ln a_2-1=\ln (\ln a_1-1)-1$

(此处需隐含保证 $a_2>0⟹\ln a_1-1>0⟹a_1>e$)

代入等差中项等式中：

$2(\ln a_1-1)=a_1+\ln (\ln a_1-1)-1⟹\ln (\ln a_1-1)-2\ln a_1+a_1+1=0$

构造关于首项自变量的连续函数 $h(x)=\ln (\ln x-1)-2\ln x+x+1(x>e)$。

利用零点存在性定理进行边界取值估算试探：

• 取 $x=e^{1.1}$ 时：

$h(e^{1.1})=\ln (1.1-1)-2\times 1.1+e^{1.1}+1=\ln 0.1-2.2+e^{1.1}+1$

由于 $\ln 0.1\approx -2.302$，$e^{1.1}\approx 3.004$，代入近似计算得：

$h(e^{1.1})\approx -2.302-2.2+3.004+1=-0.498<0$

• 取 $x=e^2$ 时：

$h(e^2)=\ln (2-1)-2\times 2+e^2+1=\ln 1-4+e^2+1=e^2-3$

由于 $e^2\approx 7.389>3$，显然：

$h(e^2)=e^2-3>0$

因为辅助函数 $h(x)$ 在闭区间 $[e^{1.1},e^2]$ 上连续，且两端点函数值异号（$h(e^{1.1})\cdot h(e^2)<0$）。

依据零点存在性定理，在区间内必存在至少一个实数 $x_0\in (e^{1.1},e^2)$，使得 $h(x_0)=0$ 成立．

此时取初始首项 $a_1=x_0$，由 $x_0>e^{1.1}>e$ 可确保 $a_2=\ln a_1-1>0$，对应推导出的有限数列 $a_1,a_2,a_3$ 构成等差数列。

综上所述，存在满足条件的正整数 $k$，其所有可行取值为：k = 3。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：对数切线放缩不等式 $\ln x⩽x-1$ 的推导与转化应用、函数单峰性（极值点唯一性）对方程根个数的限制规律、利用介值定理确定超越方程零点的存在性。

2. 核心方法：构造函数单调性法、方程根数控制项数法。

3. 避坑指南：

• 混淆单调递减与等差性质：在第（3）问中，切不可仅通过公差 $d<0$ 盲目进行代数计算。必须将“等差”转化为“方程解”，再将“严格单调”转化为“项互不相等”，通过“相异项数 $⩽$ 方程不同根的个数”完成关键性的数理逻辑跃迁。

• 边界盲目试根：在最后一问利用零点存在定理时，选择的端点值必须保证函数的真数大于 0。由于函数中含有双重对数 $\ln (\ln x-1)$，其边界下限需满足 $\ln x-1>0⟹x>e$。选择 $e^{1.1}$ 和 $e^2$ 作为测试节点是实现数值逻辑封闭的稳健策略。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：

本题作为2023年上海高考数学卷的压轴大题，将对数曲线的切线纵截距作为一种非线性动力学迭代映射（即数列的递推驱动力）。题目巧妙地将等差数列的“线性增长（衰减）”与对数切线迭代的“非线性收缩”进行对抗冲突，利用函数单调性切断高阶项数的存在，设计构思精巧，属于高规格的导数交汇压轴题。

2. 结论推广：

本题中“利用单峰函数的最大解数限制单调数列项数”的思维可进一步抽象化推广：

设有严格单调的数列 $\{a_n\}$，其递推关系式由连续可导函数 $\varphi (x)$ 定义，满足 $a_n=\varphi (a_{n-1})$。若要求该数列中存在连续的 $k$ 项依次构成等差数列（公差为 $d$），则该问题可完全等价转化为研究超越方程 $\varphi (x)-x=d$ 的实根特征。

若新构造的函数 $\Phi (x)=\varphi (x)-x$ 为全定义域内的单峰函数（即一阶导数方程 ${\Phi }^{\prime }(x)=0$ 在定义域内有且仅有一个实根），则该超越方程对于任意常数 $d$ 至多拥有 2 个不同的实数根。由于数列严格单调导致项两两互不相同，由此可直接推导出该等差数列的生存项数上限必然受到拓扑空间的刚性约束，即：

$k-1⩽2⟹k⩽3$

该推广结论揭示了非线性迭代序列中“局部等差片段最多只能存在三项”的本质代数机理。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 20.01 导数定义与几何意义

• 20.03 导数研究单调性与极值最值

类题演练 (Links)

• 2008-新课标卷文-21 解-导数切线定值

• 2010-山东卷文-21 解-导数切线与单调性

• 2005-辽宁卷-22 解-导数的几何意义