2007-山东卷理-22 解-构造函数法证明不等式

本题导读

本题作为全卷压轴题，核心考查导数工具在研究函数性态及证明不等式中的应用。第一、二问要求熟练运用分类讨论思想处理含参导函数二次分子根的分布情况；第三问要求通过变量代换精妙构造辅助函数，并利用导数有界性实现不等式的严谨证明。

📌【题干】

Question

（2007年山东卷(理)） 设函数 $f(x)=x^2+b\ln (x+1)$，其中 $b\ne 0$．

(1) 当 $b>\frac{1}{2}$ 时，判断函数 $f(x)$ 在定义域上的单调性；

(2) 求函数 $f(x)$ 的极值点；

(3) 证明对任意的正整数 $n$，不等式 $\ln \left(\frac{1}{n}+1\right)>\frac{1}{n^2}-\frac{1}{n^3}$ 都成立．

🔍【思路分析】

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1. 第一问：确定定义域为 $(-1,+\infty )$，求导得 $f^{\prime }(x)=\frac{2x^2+2x+b}{x+1}$。当 $b>\frac{1}{2}$ 时，分子二次式的判别式 $\Delta <0$，导数恒正，即可判定单调性。

2. 第二问：对导数分子 $2x^2+2x+b=0$ 的根进行全面分类讨论。结合定义域 $(-1,+\infty )$，分析 $\Delta$ 的正负以及两根与 $-1$ 的大小关系，确定导数符号的改变点，从而指出极值点。

3. 第三问：令 $x=\frac{1}{n}\in (0,1]$，将目标不等式转化为证明 $\ln (x+1)>x^2-x^3$。通过构造辅助函数 $h(x)=\ln (x+1)-x^2+x^3$，利用导数证明其在 $(0,1]$ 上单调递增且最小下确界为 0 即可完成证明。

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当 $b\ge \frac{1}{2}$ 时，$f(x)$ 无极值点；当 $0<b<\frac{1}{2}$ 时，$f(x)$ 的极大值点为 $\frac{-1-\sqrt{1-2b}}{2}$，极小值点为 $\frac{-1+\sqrt{1-2b}}{2}$；当 $b <

✍【详细解析】

Abstract

解：函数 $f(x)$ 的定义域为 $(-1,+\infty )$， 求导得：$f^{\prime }(x)=2x+\frac{b}{x+1}=\frac{2x^2+2x+b}{x+1}$． 令 $g(x)=2x^2+2x+b$，其判别式 $\Delta =4-8b=4(1-2b)$．

(1) 当 $b>\frac{1}{2}$ 时，$\Delta <0$，故对任意 $x\in \mathbb{R}$ 恒有 $g(x)>0$． 又当 $x\in (-1,+\infty )$ 时，$x+1>0$，所以 $f^{\prime }(x)>0$． 故函数 $f(x)$ 在 $(-1,+\infty )$ 上单调递增．

(2) ① 当 $b\ge \frac{1}{2}$ 时，由 (1) 及临界情况知 $f^{\prime }(x)\ge 0$ 恒成立（仅在 $b=\frac{1}{2},x=-\frac{1}{2}$ 处为 0），无极值点． ② 当 $b<\frac{1}{2}$ 且 $b\ne 0$ 时，$\Delta >0$，方程 $g(x)=0$ 有两个不同实根： $x_1=\frac{-1-\sqrt{1-2b}}{2}$，$x_2=\frac{-1+\sqrt{1-2b}}{2}$． 由于 $x_1+x_2=-1$，且 $x_1<x_2$，故 $x_1<-1/2<x_2$． (i) 若 $0<b<\frac{1}{2}$，则 $\sqrt{1-2b}<1$，得 $x_1>-1$，即 $-1<x_1<x_2$． 此时，当 $x\in (-1,x_1)$ 时，$f^{\prime }(x)>0$；当 $x\in (x_1,x_2)$ 时，$f^{\prime }(x)<0$；当 $x\in (x_2,+\infty )$ 时，$f^{\prime }(x)>0$． 故 $x_1$ 为极大值点，$x_2$ 为极小值点． (ii) 若 $b<0$，则 $\sqrt{1-2b}>1$，得 $x_1<-1$． 此时在定义域内仅有 $x_2>-1$． 当 $x\in (-1,x_2)$ 时，$g(x)<0⟹f^{\prime }(x)<0$；当 $x\in (x_2,+\infty )$ 时，$g(x)>0⟹f^{\prime }(x)>0$． 故 $x_2$ 为极小值点，无极大值点． 综上所述： 当 $b\ge \frac{1}{2}$ 时，$f(x)$ 无极值点； 当 $0<b<\frac{1}{2}$ 时，$f(x)$ 的极大值点为 $\frac{-1-\sqrt{1-2b}}{2}$，极小值点为 $\frac{-1+\sqrt{1-2b}}{2}$； 当 $b<0$ 时，$f(x)$ 无极大值点，极小值点为 $\frac{-1+\sqrt{1-2b}}{2}$．

(3) 证明：要证 $\ln \left(\frac{1}{n}+1\right)>\frac{1}{n^2}-\frac{1}{n^3}$， 令 $x=\frac{1}{n}$，由于 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，则 $x\in (0,1]$．即证 $\ln (x+1)>x^2-x^3$． 构造辅助函数 $h(x)=\ln (x+1)-x^2+x^3(x\in [0,1])$． 求导得：$h^{\prime }(x)=\frac{1}{x+1}-2x+3x^2=\frac{3x^3+x^2-2x+1}{x+1}$． 设 $p(x)=3x^3+x^2-2x+1(x\in [0,1])$． 则 $p^{\prime }(x)=9x^2+2x-2$，令 $p^{\prime }(x)=0$ 在 $[0,1]$ 上的正根为 $x_0=\frac{-1+\sqrt{19}}{9}\approx 0.37$． 当 $x\in (0,x_0)$ 时，$p^{\prime }(x)<0$，$p(x)$ 单调递减；当 $x\in (x_0,1)$ 时，$p^{\prime }(x)>0$，$p(x)$ 单调递增． 又 $p(0)=1>0$，$p(1)=3>0$，且极小值 $p(x_0)>p\left(\frac{1}{3}\right)=3\left(\frac{1}{27}\right)+\frac{1}{9}-\frac{2}{3}+1=\frac{5}{9}>0$． 故对任意 $x\in [0,1]$，恒有 $p(x)>0$，从而 $h^{\prime }(x)>0$． 所以 $h(x)$ 在 $[0,1]$ 上单调递增． 因此当 $x\in (0,1]$ 时，$h(x)>h(0)=0$，即 $\ln (x+1)>x^2-x^3$ 恒成立． 令 $x=\frac{1}{n}$ 代入，原不等式得证．

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：含参导函数的符号判定，二次方程根的分布讨论，利用单调性证明有界不等式。

2. 核心方法：分类讨论法（以判别式及根在定义域内的截断点为标准），变量代换法（化繁为简）。

3. 避坑指南：(2)问分类讨论时，极易只考虑 $\Delta$ 而忽略了根 $x_1,x_2$ 是否在定义域 $(-1,+\infty )$ 内，必须精确判定 $x_1$ 与 $-1$ 的大小关系；(3)问中对分子 $p(x)$ 求导后若无法直接一眼看出正负，需二次求导或通过区间最值逼近判定其恒大于 0。

📖【试题探源与推广】

Tip

4. 试题探源：本题源于高等数学中函数泰勒展开式（Taylor Expansion）的初等应用。在 $x=0$ 附近，$\ln (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\cdots$，本题通过构造低阶多项式强行截断，演化为适合高考背景的导数压轴题。

5. 结论推广：对于更一般的形式，利用泰勒公式的拉格朗日余项可得：当 $x>0$ 时，恒有 $x-\frac{x^2}{2}<\ln (1+x)<x$，且进一步放缩可得到诸如 $\ln (1+x)>\frac{x}{1+x}$ 等经典高考同构核心不等式链。

🔗【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
• 03.01 不等式解法体系

类题演练 (Links)

• 2018-全国卷I理-21 解-导数单调性
• 2021-新高考I卷-22 解-导数综合