2014-大纲卷理-22 解-含参函数的单调性

本题导读

本题是全卷的压轴大题，具有较强的综合性。第一问考查含参导数的单调性讨论，涉及复杂的代数变形；第二问将函数单调性与数列递归式结合，考查数学归纳法在证明数列不等式中的应用，对逻辑推理能力要求极高。

📌【题干】

Question

（2014年大纲卷(理)） 函数 $f(x)=\ln (x+1)-\frac{ax}{x+a}$ ($a>1$).

(1) 讨论 $f(x)$ 的单调性；

(2) 设 $a_1=1$，$a_{n+1}=\ln (a_n+1)$，证明：$\frac{2}{n+2}<a_n\le \frac{3}{n+2}$ ($n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$).

🔍【思路分析】

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1. 第一问（单调性）：
   • 求导：计算 $f^{\prime }(x)$ 并通分，整理成 $\frac{P(x)}{Q(x)}$ 的形式。
   • 寻找零点：观察导函数分子，发现零点包含 $x=0$ 和 $x=a^2-2a$。
   • 分类讨论：根据 $a^2-2a$ 与 $0$ 的大小关系（即讨论 $a=2,a>2,1<a<2$）来确定导数在定义域 $(-1,+\infty )$ 上的符号变化。
2. 第二问（数列不等式）：
   • 单调性应用：利用第一问结论。当 $a=2$ 时 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 递增，得 $\ln (x+1)>\frac{2x}{x+2}$；当 $a=3$ 时利用局部单调性得 $\ln (x+1)<\frac{3x}{x+3}$。
   • 数学归纳法：
     • $n=1$ 时验证成立。
     • 假设 $n=k$ 时成立，利用递推式 $a_{k+1}=\ln (a_k+1)$，结合上述函数不等式，通过放缩证明 $n=k+1$ 时结论亦成立。

✅【答案】

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综上，对任何 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，结论均成立

✍【详细解析】

Abstract

(1) 解： 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(-1,+\infty )$。 对 $f(x)$ 求导得： $f^{\prime }(x)=\frac{1}{x+1}-\frac{a(x+a)-ax}{(x+a{)}^2}=\frac{1}{x+1}-\frac{a^2}{(x+a{)}^2}=\frac{(x+a{)}^2-a^2(x+1)}{(x+1)(x+a{)}^2}$ $f^{\prime }(x)=\frac{x^2+2ax+a^2-a^{2}x-a^2}{(x+1)(x+a{)}^2}=\frac{x[x-(a^2-2a)]}{(x+1)(x+a{)}^2}$ 令 $f^{\prime }(x)=0$，解得 $x_1=0$，$x_2=a^2-2a$。

① 当 $1<a<2$ 时，$a^2-2a\in (-1,0)$。

• $x\in (-1,a^2-2a)$ 时，$f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 单调递增；
• $x\in (a^2-2a,0)$ 时，$f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 单调递减；
• $x\in (0,+\infty )$ 时，$f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 单调递增。

② 当 $a=2$ 时，$a^2-2a=0$，则 $f^{\prime }(x)=\frac{x^2}{(x+1)(x+2{)}^2}\ge 0$。

• $f(x)$ 在 $(-1,+\infty )$ 上单调递增。

③ 当 $a>2$ 时，$a^2-2a>0$。

• $x\in (-1,0)$ 时，$f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 单调递增；
• $x\in (0,a^2-2a)$ 时，$f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 单调递减；
• $x\in (a^2-2a,+\infty )$ 时，$f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 单调递增。

(2) 证明： 由(1)可知：

• 当 $a=2$ 时，$f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 递增，则 $x>0$ 时 $f(x)>f(0)=0$，即 $\ln (x+1)>\frac{2x}{x+2}$。
• 当 $a=3$ 时，$a^2-2a=3$，由(1)知 $f(x)$ 在 $(0,3)$ 递减，则 $x\in (0,3)$ 时 $f(x)<f(0)=0$，即 $\ln (x+1)<\frac{3x}{x+3}$。 （易证对所有 $n$，$a_n\in (0,1]$）

下面用数学归纳法证明 $\frac{2}{n+2}<a_n\le \frac{3}{n+2}$：

1. 当 $n=1$ 时，$a_1=1$。$\frac{2}{3}<1\le \frac{3}{3}=1$ 成立。
2. 假设 $n=k$ 时成立，即 $\frac{2}{k+2}<a_k\le \frac{3}{k+2}$。 由递推式及函数单调性：
   • $a_{k+1}=\ln (a_k+1)>\frac{2a_k}{a_k+2}$。 令 $h(t)=\frac{2t}{t+2}$ 在 $(0,1]$ 递增， $a_{k+1}>\frac{2\cdot \frac{2}{k+2}}{\frac{2}{k+2}+2}=\frac{\frac{4}{k+2}}{\frac{2+2k+4}{k+2}}=\frac{4}{2k+6}=\frac{2}{k+3}$。
   • $a_{k+1}=\ln (a_k+1)\le \frac{3a_k}{a_k+3}$。 令 $g(t)=\frac{3t}{t+3}$ 在 $(0,1]$ 递增， $a_{k+1}\le \frac{3\cdot \frac{3}{k+2}}{\frac{3}{k+2}+3}=\frac{\frac{9}{k+2}}{\frac{3+3k+6}{k+2}}=\frac{9}{3k+9}=\frac{3}{k+3}$。 所以 $n=k+1$ 时结论成立。

综上，对任何 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，结论均成立。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：导数正负决定单调性；数学归纳法的三步走策略。

2. 核心方法：“构造与放缩”。第二问证明的关键是先通过第一问结论构造出两个辅助性的不等式 $\frac{2x}{x+2}<\ln (x+1)<\frac{3x}{x+3}$。

3. 避坑指南：第一问的分类讨论界限 $a=2$ 必须清晰。第二问在归纳假设步，利用分式函数的单调性进行代入放缩是标准动作，计算务必细心。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 泰勒中值定理、数列极限的 $e$ 定义相关背景。

2. 结论推广: 此类不等式证明常出现在压轴题中，其本质是利用泰勒展开的低阶近似进行夹逼。

3. 方法推广: 面对 $a_{n+1}=f(a_n)$ 形式的不等式证明，几乎都要用到 $f(x)$ 的某种单调性或切线放缩。

🔗【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
• 19.03 数列通项公式求法全攻略

类题演练 (Links)

• 2014-新课标II卷文-11 单-函数单调性
• 2013-四川卷理-10 单-单调性
• 2014-大纲卷文-21 解-导数含参单调性