2013-大纲卷理-22 解-导数单调性与最值

本题导读

本题考查导数的应用。核心在于分类讨论法、构造函数法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2013年大纲卷(理)） 已知函数 $f(x)=\ln (1+x)-\frac{x(1+\lambda x)}{1+x}$.

(1)若 $x\ge 0$ 时，$f(x)\le 0$，求 $\lambda$ 的最小值；

(2)设数列 $\{a_n\}$ 的通项 $a_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{n}$，证明：$a_{2n}-a_n+\frac{1}{4n}>\ln 2$.

🔍【思路分析】

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1. 第一问（参数最值问题）：
   • 首先注意到 $f(0)=0$。若要使 $x\ge 0$ 时 $f(x)\le 0$，则函数在 $x=0$ 附近及以后应保持非增状态。
   • 求导：$f^{\prime }(x)=\frac{1}{1+x}-\frac{(1+2\lambda x)(1+x)-x(1+\lambda x)}{(1+x{)}^2}=\frac{(1+x)-(1+(1+\lambda )x+\lambda x^2)}{(1+x{)}^2}=\frac{(1-2\lambda )x-\lambda x^2}{(1+x{)}^2}$。
   • 分类讨论：考察分子 $g(x)=x[(1-2\lambda )-\lambda x]$ 在 $x\ge 0$ 时的符号。若 $\lambda <\frac{1}{2}$，则在 $0$ 附近 $f^{\prime }(x)>0$，函数递增，不符；若 $\lambda \ge \frac{1}{2}$，则导数在右侧为负，符合。
2. 第二问（数列不等式证明）：
   • 结合第一问结论，取 $\lambda =\frac{1}{2}$ 得：$\ln (1+x)<\frac{x(1+\frac{1}{2}x)}{1+x}$（当 $x>0$ 时）。
   • 将该不等式改写成适合放缩的形式。令 $x=\frac{1}{k}$，则 $\ln (1+\frac{1}{k})=\ln \frac{k+1}{k}<\frac{\frac{1}{k}(1+\frac{1}{2k})}{1+\frac{1}{k}}=\frac{2k+1}{2k(k+1)}=\frac{1}{2k}+\frac{1}{2(k+1)}$。
   • 考察目标式：$a_{2n}-a_n+\frac{1}{4n}={\sum }_{k=n}^{2n-1}\frac{1}{k+1}+\frac{1}{4n}$。尝试通过第一问的放缩关系进行裂项求和。

✅【答案】

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综上所述，$\lambda$ 的取值范围是 $[\frac{1}{2},+\infty )$，故 $\lambda$ 的最小值为 $\frac{1}{2}$。；故原不等式 $a_{2n}-a_n+\frac{1}{4n}>\ln 2$ 成立

✍【详细解析】

Abstract

（Ⅰ）解： $f(x)=\ln (1+x)-\frac{x+\lambda x^2}{1+x}$，定义域为 $(-1,+\infty )$。 $f^{\prime }(x)=\frac{1}{1+x}-\frac{(1+2\lambda x)(1+x)-(x+\lambda x^2)}{(1+x{)}^2}=\frac{1+x-(1+x+2\lambda x+2\lambda x^2-x-\lambda x^2)}{(1+x{)}^2}=\frac{(1-2\lambda )x-\lambda x^2}{(1+x{)}^2}$。 令 $h(x)=(1-2\lambda )x-\lambda x^2=x[(1-2\lambda )-\lambda x]$。

1. 若 $\lambda \le 0$，当 $x>0$ 时，$1-2\lambda >0$ 且 $-\lambda \ge 0$，故 $f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 单调递增。此时 $f(x)>f(0)=0$，不合题意。
2. 若 $0<\lambda <\frac{1}{2}$，令 $f^{\prime }(x)=0$ 得 $x_1=0$，$x_2=\frac{1-2\lambda }{\lambda }>0$。 当 $x\in (0,x_2)$ 时，$f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 单调递增，故 $f(x)>f(0)=0$，不合题意。
3. 若 $\lambda \ge \frac{1}{2}$，当 $x>0$ 时，$1-2\lambda \le 0$ 且 $-\lambda x<0$，故 $f^{\prime }(x)<0$ 恒成立。 $f(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上单调递减，故 $f(x)\le f(0)=0$ 恒成立。

综上所述，$\lambda$ 的取值范围是 $[\frac{1}{2},+\infty )$，故 $\lambda$ 的最小值为 $\frac{1}{2}$。

（Ⅱ）证明： 由（Ⅰ）知，当 $\lambda =\frac{1}{2}$ 时，对于任意 $x>0$，$f(x)<0$，即 $\ln (1+x)<\frac{x(2+x)}{2(1+x)}$。 取 $x=\frac{1}{k}$ ($k\in {\mathbb{N}}^{\ast }$)，代入上式得： $\ln (1+\frac{1}{k})<\frac{\frac{1}{k}(2+\frac{1}{k})}{2(1+\frac{1}{k})}=\frac{2k+1}{2k(k+1)}=\frac{1}{2k}+\frac{1}{2(k+1)}$。

目标式 $a_{2n}-a_n+\frac{1}{4n}=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots +\frac{1}{2n}+\frac{1}{4n}$。 我们可以通过以下变换进行匹配： ${\sum }_{k=n}^{2n-1}(\frac{1}{2k}+\frac{1}{2(k+1)})=\frac{1}{2n}+\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots +\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{4n}$ $=(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots +\frac{1}{2n})+\frac{1}{4n}=a_{2n}-a_n+\frac{1}{4n}$。

又根据放缩式： $a_{2n}-a_n+\frac{1}{4n}={\sum }_{k=n}^{2n-1}(\frac{1}{2k}+\frac{1}{2(k+1)})>{\sum }_{k=n}^{2n-1}\ln (1+\frac{1}{k})$ $={\sum }_{k=n}^{2n-1}(\ln (k+1)-\ln k)$ $=(\ln (n+1)-\ln n)+(\ln (n+2)-\ln (n+1))+\cdots +(\ln 2n-\ln (2n-1))$ $=\ln 2n-\ln n=\ln \frac{2n}{n}=\ln 2$。

故原不等式 $a_{2n}-a_n+\frac{1}{4n}>\ln 2$ 成立。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：见详细解析

核心方法：“先求导讨论参数，再利用结论放缩”。这种“承上启下”的结构是高考数学压轴题最经典的考查方式。 2. 关键技巧：在数列证明中，如何将第一问的自变量 $x$ 转化为数列的指标 $k$。本题通过 $x=1/k$ 的代换，将复杂的函数式转化为简洁的分式和，从而与 $a_n$ 的定义对接。

避坑指南：求导后的通分化简一定要细心，分类讨论时要确保逻辑全覆盖（$\lambda$ 的正负、大小）。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：函数的零点存在性、不等式恒成立、数学归纳法。

结论推广：此类证明通常与调和级数的渐进性质有关。实际上 ${\lim }_{n\to \infty }(a_n-\ln n)=\gamma$（欧拉常数）。

方法推广：证明 $\sum \frac{1}{k}>\ln N$ 类问题，构造 $\ln (1+1/k)<\frac{1}{k}$ 或是更精确的二阶放缩（如本题）是常用套路。

🔗【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
• 05.02 函数的四大性质
• 19.05 数列放缩法路径选择与常用模型

类题演练 (Links)

• 2023-新高考II卷-06 单-导数单调性
• 2014-江西卷文-18 解-导数最值
• 2014-福建卷文-22 解-导数