2014-陕西卷理-21 解-递推关系

本题导读

本题是全卷的压轴大题，集函数、导数、数列、不等式于一体。第一问通过递推关系构造等差数列求通项；第二问是导数处理恒成立问题的经典模型；第三问则是在前两问结论的基础上，通过构造不等式并利用累加法证明求和不等式。

📌【题干】

Question

（2014年陕西卷(理)） 设函数 $f(x)=\ln (1+x)$，$g(x)=x{f}^{\prime }(x)$，$x\ge 0$，其中 $f^{\prime }(x)$ 是 $f(x)$ 的导函数.

(1) $g_1(x)=g(x)$，$g_{n+1}(x)=g(g_n(x))$，$n\in N_{+}$，求 $g_n(x)$ 的表达式；

(2) 若 $f(x)\ge ag(x)$ 恒成立，求实数 $a$ 的取值范围；

(3) 设 $n\in N_{+}$，比较 $g(1)+g(2)+\cdots +g(n)$ 与 $n-f(n)$ 的大小，并加以证明.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问：迭代与递推
   • 求导得 $f^{\prime }(x)=\frac{1}{1+x}$，从而 $g(x)=\frac{x}{1+x}$。
   • 观察迭代关系 $g_{n+1}(x)=\frac{g_n(x)}{1+g_n(x)}$。
   • 取倒数构造等差数列：$\frac{1}{g_{n+1}(x)}=\frac{1}{g_n(x)}+1$。
2. 第二问：导数与最值
   • 构造辅助函数 $h(x)=\ln (1+x)-\frac{ax}{1+x}$。
   • 求导并分类讨论：当 $a\le 1$ 时，$h(x)$ 在区间上单调递增，最小值为 $h(0)=0$；当 $a>1$ 时，最小值小于 $0$。
3. 第三问：放缩与累加
   • 展开求和式：$g(k)=\frac{k}{k+1}=1-\frac{1}{k+1}$。
   • 题目转化为证明 ${\sum }_{k=1}^n\frac{1}{k+1}<\ln (n+1)$。
   • 利用第二问 $a=1$ 时的结论 $\ln (1+x)>\frac{x}{1+x}$。
   • 令 $x=\frac{1}{k}$，得到 $\ln \frac{k+1}{k}>\frac{1}{k+1}$，通过累加法（裂项相消）证明。

✅【答案】

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故 $g_n(x)=\frac{x}{1+nx}(x\ge 0)$。；综上所述，$a$ 的取值范围是 $(-\infty ,1]$。；故原不等式成立

✍【详细解析】

Abstract

(1) 解： 由 $f(x)=\ln (1+x)$ 得 $f^{\prime }(x)=\frac{1}{1+x}$， 故 $g(x)=\frac{x}{1+x}$。 当 $x=0$ 时，$g_n(0)=0$。 当 $x>0$ 时，$g_n(x)>0$，由 $g_{n+1}(x)=\frac{g_n(x)}{1+g_n(x)}$， 得 $\frac{1}{g_{n+1}(x)}=\frac{1+g_n(x)}{g_n(x)}=\frac{1}{g_n(x)}+1$。 所以数列 $\{\frac{1}{g_n(x)}\}$ 是以 $\frac{1}{g_1(x)}=\frac{1+x}{x}$ 为首项， $1$ 为公差的等差数列。 则 $\frac{1}{g_n(x)}=\frac{1+x}{x}+(n-1)\cdot 1=\frac{1+x+nx-x}{x}=\frac{1+nx}{x}$。 故 $g_n(x)=\frac{x}{1+nx}(x\ge 0)$。

(2) 解： $f(x)\ge ag(x)$ 即 $\ln (1+x)-\frac{ax}{1+x}\ge 0$。 设 $h(x)=\ln (1+x)-\frac{ax}{1+x}$ ($x\ge 0$)。 $h^{\prime }(x)=\frac{1}{1+x}-\frac{a(1+x)-ax}{(1+x{)}^2}=\frac{x+1-a}{(1+x{)}^2}$。 ① 若 $a\le 1$，则当 $x>0$ 时 $x+1-a>0$，故 $h^{\prime }(x)>0$。 $h(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上单调递增，则 $h(x)\ge h(0)=0$，符合题意。 ② 若 $a>1$，令 $h^{\prime }(x)=0$ 得 $x=a-1>0$。 当 $x\in (0,a-1)$ 时，$h^{\prime }(x)<0$，$h(x)$ 单调递减。 此时 $h(x)<h(0)=0$，不符合题意。 综上所述，$a$ 的取值范围是 $(-\infty ,1]$。

(3) 解： 结论：$g(1)+g(2)+\cdots +g(n)>n-f(n)$。 证明： 由 $g(k)=\frac{k}{k+1}=1-\frac{1}{k+1}$。 不等式等价于：${\sum }_{k=1}^n(1-\frac{1}{k+1})>n-\ln (n+1)$， 即 $n-{\sum }_{k=1}^n\frac{1}{k+1}>n-\ln (n+1)$， 即证明 ${\sum }_{k=1}^n\frac{1}{k+1}<\ln (n+1)$。 由(2)知当 $a=1$ 时，$\ln (1+x)>\frac{x}{1+x}(x>0)$。 令 $x=\frac{1}{k}(k=1,2,\dots ,n)$，则： $\ln (1+\frac{1}{k})>\frac{1/k}{1+1/k}=\frac{1}{k+1}$。 即 $\ln (k+1)-\ln k>\frac{1}{k+1}$。 对 $k=1,2,\dots ,n$ 进行累加： $(\ln 2-\ln 1)+(\ln 3-\ln 2)+\cdots +(\ln (n+1)-\ln n)>\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{n+1}$。 化简得 $\ln (n+1)>{\sum }_{k=1}^n\frac{1}{k+1}$。 故原不等式成立。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：递推关系构造等差数列求通项、导数法求恒成立参数范围、放缩与累加法证明不等式

2. 核心方法：恒成立问题通常转化为求函数的最值。本题中 $h^{\prime }(x)$ 的分子是 $x$ 的一次函数，正负号判断非常清晰。

3. 避坑指南：第三问的难点在于识别出求和式与对数函数的关系。通过“取 $a=1$ 的特例”寻找放缩点是高考试卷中常见的连贯性设问逻辑。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 数学归纳法、泰勒展开的基础应用（$\ln (1+x)\approx x$）、拉格朗日中值定理。

2. 结论推广: $\ln (n+1)$ 是调和级数前 $n$ 项和的一个紧致上界（与欧拉常数 $\gamma$ 相关）。

3. 方法推广: 恒成立问题通常转化为求函数的最值。本题中 $h^{\prime }(x)$ 的分子是 $x$ 的一次函数，正负号判断非常清晰。

🔗【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
• 05.03 专题-恒成立问题
• 05.02 函数的四大性质

类题演练 (Links)

• 2013-湖南卷理-15 填-数列递推关系