2023-天津卷-20 解-导数综合

本题导读

本题考查切线斜率。核心在于构造函数法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2023年天津卷）已知函数 $f(x)=\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{2}\right)\ln (x+1)$ ．

（Ⅰ）求曲线 $y=f(x)$ 在 $x=2$ 处的切线斜率；

（Ⅱ）当 $x>0$ 时，求证： $f(x)>1$ ；

（Ⅲ）证明： $\frac{5}{6}<\ln (n!)-\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln n+n\le 1$ ．

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第（Ⅰ）问： 直接求导，代入 $x=2$ 即可。

2. 第（Ⅱ）问： 证明 $f(x)>1$ 等价于 $\ln (x+1)>\frac{2x}{x+2}$ 。构造辅助函数 $g(x)=\ln (x+1)-\frac{2x}{x+2}$ ，利用导数证明其在 $(0,+\infty )$ 上单调递增且大于 $g(0)$ 即可。

3. 第（Ⅲ）问：

• 右边不等式： 构造数列 $S_n=\ln (n!)-(n+\frac{1}{2})\ln n+n$ ，通过研究差分 $S_n-S_{n-1}$ 与第（Ⅱ）问结论的关系，证明 $S_n$ 是递减数列，从而 $S_n\le S_1$ 。

• 左边不等式： 需要更精细的放缩。通过构造新的辅助函数 $h(x)$ 找到 $f(x)-1$ 的上界，利用裂项相消法对 $\sum (f(\frac{1}{k-1})-1)$ 进行求和放缩。

【解析】

（Ⅰ）求切线斜率

对 $f(x)$ 求导得：

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

将 $x=2$ 代入得：

$f^{\prime }(2)=\frac{2+2}{2\cdot 2\cdot (2+1)}-\frac{\ln (2+1)}{2^2}=\frac{4}{12}-\frac{\ln 3}{4}=\frac{1}{3}-\frac{\ln 3}{4}$ ．

故切线斜率为 $\frac{1}{3}-\frac{\ln 3}{4}$ ．

（Ⅱ）证明： $f(x)>1$ ($x>0$)

要证 $f(x)>1$ ，即证 $\frac{x+2}{2x}\ln (x+1)>1$ ．

由于 $x>0$ ，等价于证 $\ln (x+1)>\frac{2x}{x+2}$ ．

设 $g(x)=\ln (x+1)-\frac{2x}{x+2}$ ，则：

$g^{\prime }(x)=\frac{1}{x+1}-\frac{2(x+2)-2x}{(x+2{)}^2}=\frac{1}{x+1}-\frac{4}{(x+2{)}^2}=\frac{(x+2{)}^2-4(x+1)}{(x+1)(x+2{)}^2}=\frac{x^2}{(x+1)(x+2{)}^2}$ ．

当 $x>0$ 时， $g^{\prime }(x)>0$ ，故 $g(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递增．

所以 $g(x)>g(0)=\ln 1-0=0$ ．

故 $f(x)>1$ 得证．

（Ⅲ）证明数列不等式

设 $S_n=\ln (n!)-\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln n+n$ ．

则 $S_1=\ln 1-\frac{3}{2}\ln 1+1=1$ ．

当 $n\ge 2$ 时，考虑相邻项之差：

$a_n=S_n-S_{n-1}=\left[\ln (n!)-\ln (n-1)!\right]-\left[\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln n-\left(n-\frac{1}{2}\right)\ln (n-1)\right]+(n-(n-1))$

$a_n=\ln n-\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln n+\left(n-\frac{1}{2}\right)\ln (n-1)+1$

$a_n=1-\left(n-\frac{1}{2}\right)(\ln n-\ln (n-1))=1-\left(n-\frac{1}{2}\right)\ln \frac{n}{n-1}$

$a_n=1-\left(n-\frac{1}{2}\right)\ln \left(1+\frac{1}{n-1}\right)$ ．

令 $x=\frac{1}{n-1}$ ，则 $n-\frac{1}{2}=\frac{1}{x}+\frac{1}{2}$ ．

于是 $a_n=1-\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{2}\right)\ln (1+x)=1-f(x)$ ．

由（Ⅱ）知当 $x>0$ 时 $f(x)>1$ ，故 $a_n=1-f(x)<0$ ．

说明 $\{S_n\}$ 是递减数列，故 $S_n\le S_1=1$ ．（右侧得证）

对于左侧 $\frac{5}{6}<S_n$ ，即证 $S_1-S_n<\frac{1}{6}$ ，即 ${\sum }_{k=2}^n(f(\frac{1}{k-1})-1)<\frac{1}{6}$ ．

构造 $h(x)=\ln (x+1)-\frac{x(x+2)}{2(x+1)}$ ，则 $h^{\prime }(x)=\frac{1}{x+1}-\frac{(2x+2)(2x+2)-2x(x+2)}{4(x+1{)}^2}$ 简化得 $h^{\prime }(x)=-\frac{x^2}{2(x+1{)}^2}<0$ ．

故 $h(x)<h(0)=0$ ，即 $\ln (x+1)<\frac{x(x+2)}{2(x+1)}$ ．

则 $f(x)-1=\frac{x+2}{2x}\ln (x+1)-1<\frac{x+2}{2x}\cdot \frac{x(x+2)}{2(x+1)}-1=\frac{(x+2{)}^2-4(x+1)}{4(x+1)}=\frac{x^2}{4(x+1)}<\frac{x^2}{4}$ ．

令 $x=\frac{1}{k-1}$ ，则 $f(\frac{1}{k-1})-1<\frac{1}{4(k-1{)}^2}$ ．

利用放缩： $\frac{1}{4(k-1{)}^2}<\frac{1}{4(k-1{)}^2-1}=\frac{1}{(2k-3)(2k-1)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2k-3}-\frac{1}{2k-1}\right)$ ．

计算前几项：

$k=2:f(1)-1=\frac{3}{2}\ln 2-1\approx 0.0397$ ．

$k=3:f(\frac{1}{2})-1=\frac{5}{4}\ln \frac{3}{2}-1\approx 0.0137$ ．

对于 $k\ge 4$ 采用裂项放缩：

${\sum }_{k=4}^n(f(\frac{1}{k-1})-1)<{\sum }_{k=4}^n\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2k-3}-\frac{1}{2k-1}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{5}-\frac{1}{2n-1}\right)<\frac{1}{10}$ ．

总和 $\approx 0.0397+0.0137+0.1=0.1534<\frac{1}{6}\approx 0.1667$ ．

故 $S_n>S_1-\frac{1}{6}=\frac{5}{6}$ ．（左侧得证）

✅【答案】

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(1) 切线斜率为 $\frac{1}{3}-\frac{\ln 3}{4}$

(2) 证明见解析

(3) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

综上，56 < ℎ(𝑛) ≤1

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：乘积复合函数的高阶微分运算法则、对数超越不等式向多项式因式分式的单调性转化、级数和在有限步截断下的高阶裂项不等式控制。

2. 核心方法：离散高阶差分连续化化归法（变量代换法）、保精度分段裂项放缩法。

3. 避坑指南：

• 第（Ⅲ）问差分化简时符号法则紊乱：在计算 $S_n-S_{n-1}$ 时，项数较多。务必在草稿纸上将 $\ln (n!)$ 拆为 $\ln n+\ln (n-1)!$ 的形态与后项精确消去，防止因漏掉常数项 1 或变号错误导致无法与原函数 $f(x)$ 挂钩。

• 左端放缩“一竿子插到底”导致精度溃败（致命失分点）：大量高分段考生在证出 $f(\frac{1}{k-1})-1<\frac{1}{4(k-1{)}^2}$ 后，由于直接从 $k=2$ 开始套用 $\frac{1}{4(k-1{)}^2}<\frac{1}{4(k-1{)}^2-1}$ 实施裂项，解出的总和上界为 $\frac{1}{2}(1-0)=0.5$。而 $0.5>\frac{1}{6}$，这会导致得出的范围过宽，根本无法证出 $\frac{5}{6}$ 的边界。牢记对于收敛较慢的级数，先强行手动算准前 1~2 项提取绝对精度，再对后面尾巴项进行粗放缩，是攻克此类高难题目的唯一解法。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：

本题是2023年天津高考数学卷的压轴大题。其高维学术背景直接源于高等数学与数论中大名鼎鼎的**“斯特林公式（Stirling’s approximation）”的误差阶估计**。

斯特林公式阐明了阶乘与基本初等函数在无穷远处的渐进等价关系：

$n!\approx \sqrt{2\pi n}{\left(\frac{n}{\text{e}}\right)}^n⟹\ln (n!)\approx n\ln n-n+\frac{1}{2}\ln n+\ln \sqrt{2\pi }$

移项后可见，本题中的代数式 $S_n=\ln (n!)-(n+\frac{1}{2})\ln n+n$ 实际上就是著名的斯特林逼近级数的残差项。由高等数学魏尔斯特拉斯判别法可知，当 $n\to \infty$ 时，该级数将无条件收敛至常数 $\ln \sqrt{2\pi }\approx \ln \sqrt{6.283}\approx 0.9189$。

本题的设问精妙地将这一高等分析结论拆解为初等导数与级数裂项的，对学生的数学眼界与纯粹运算能力进行了最高维度的全方位检阅。

2. 结论推广：

在高等函数分析中，通过对本题误差函数的二阶泰勒展开（Taylor expansion），可以进一步外推出关于斯特林残差项的**“伽马函数渐进包络夹逼定理”**：

对于任意正整数 $n$，该误差被两道由常数与反比例组成的轨线严格进行上下死死夹逼：

$\ln \sqrt{2\pi }+\frac{1}{12n+1}<\ln (n!)-\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln n+n⩽\ln \sqrt{2\pi }+\frac{1}{12n}$

本题所要求证明的区间 $[\frac{5}{8},1]$ 实际上只是该极限强收敛带在初等数学视域下的一个极粗糙的外部截断体现。内化这一“高阶差分连续化”与“保精度分段放缩”的分析范式，能够帮助考生在后续面对任何关于“阶乘积”、“级数边界”以及“超越函数不等式”的数学竞赛或大学高数自招题时，拥有居高临下的快速求解直觉。

🔗【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-福建卷理-22

• 2005-湖南卷理-21 解-导数与函数的单调性

• 2006-福建卷理-22 解-数列不等式的证明