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2023年高考数学天津20

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（16分）已知函数

$f(x)=(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{2})\ln (x+1)$ ．
（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：

$\dfrac{5}{6} < \ln (n!)-(n+\dfrac{1}{2})\ln n+n\leqslant 1$ ．
答案：（Ⅰ）

$\dfrac{1}{3}-\dfrac{\ln 3}{4}$ ；（Ⅱ）证明过程见解答；（Ⅲ）证明过程见解答．
分析：（Ⅰ）对函数

$f(x)$ 求导，求出

$f\prime$ （2）的值即可得解；
（Ⅱ）令

$g(x)=f(x)-1$ ，先利用导数求出

$g(x)$ 的单调性，由此容易得证；
（Ⅲ）设数列

$\{a_{n}\}$ 的前

$n$ 项和

${S}_{n}=\ln (n!)-(n+\dfrac{1}{2})\ln n+n$ ，可得当

$n\geqslant 2$ 时，

$a_{n}=S_{n}-S_{n-1} < 0$ ，由此可知

$S_{n}\leqslant S_{1}=1$ ，证得不等式右边；再证明对任意的

$n\geqslant 2$ ，

$\sum\limits_{k=2}^{n}(-{a}_{k})=\sum\limits_{k=2}^{n}(f(\dfrac{1}{k-1})-1)\leqslant \dfrac{1}{6}$ ，令

$h(x)=\ln (x+1)-\dfrac{x(x+2)}{2(x+1)}$ ，利用导数可知

$\ln (x+1) < \dfrac{x(x+2)}{2(x+1)}$ ，由此可得

$\sum\limits_{k=4}^{n}(-{a}_{k}) < \dfrac{1}{10}$ ，再求得

$-a_{2}$ ，

$-a_{3}$ ，由此可得证不等式左边，进而得证．
解：（Ⅰ）对函数

$f(x)$ 求导，可得

$f\prime (x)=\dfrac{x+2}{2x(x+1)}-\dfrac{1}{x^2}\ln (x+1)$ ，
则曲线

$y=f(x)$ 在

$x=2$ 处的切线斜率为

$f\prime$ （2）

$=\dfrac{1}{3}-\dfrac{\ln 3}{4}$ ；
（Ⅱ）证明：当

$x > 0$ 时，

$f(x) > 1$ ，即

$\dfrac{x+2}{2x}\ln (x+1) > 1$ ，即

$g(x)=\ln (x+1)-\dfrac{2x}{x+2} > 0$ ，
而

$g'(x)=\dfrac{x^2}{(x+1)(x+2)^2} > 0,g(x)$ 在

$(0,+\infty )$ 上单调递增，
因此

$g(x) > g(0)=0$ ，原不等式得证；
（Ⅲ）证明：设数列

$\{a_{n}\}$ 的前

$n$ 项和

${S}_{n}=\ln (n!)-(n+\dfrac{1}{2})\ln n+n$ ，
则

$a_{1}=S_{1}=1$ ；
当

$n\geqslant 2$ 时，

${a}_{n}={S}_{n}-{S}_{n-1}=1+(n-\dfrac{1}{2})\ln \dfrac{n-1}{n}=1-(\dfrac{1}{\dfrac{1}{n-1}}+\dfrac{1}{2})\ln (1+\dfrac{1}{n-1})=1-f(\dfrac{1}{n-1})$ ，
由（2），

$a_{n} < 0(n\geqslant 2)$ ，
故

$S_{n}\leqslant S_{1}=1$ ，不等式右边得证；
要证

$\dfrac{5}{6}\leqslant S_n$ ，只需证：对任意的

$n\geqslant 2$ ，

$\sum\limits_{k=2}^{n}(-{a}_{k})=\sum\limits_{k=2}^{n}(f(\dfrac{1}{k-1})-1)\leqslant \dfrac{1}{6}$ ，
令

$h(x)=\ln (x+1)-\dfrac{x(x+2)}{2(x+1)}$ ，则

$h'(x)=-\dfrac{x^2}{2(x+1)^2}$ ，
当

$x > 0$ 时，

$h\prime (x) < 0$ ，函数

$h(x)$ 在

$(0,+\infty )$ 上单调递减，
则

$h(x) < 0$ ，即

$\ln (x+1) < \dfrac{x(x+2)}{2(x+1)}$ ，
则

$f(x)-1 < \dfrac{x+2}{2x}\cdot \dfrac{x(x+2)}{2(x+1)}-1=\dfrac{{x}^{2}}{4(x+1)} < \dfrac{{x}^{2}}{4}$ ，
因此当

$k\geqslant 2$ 时，

$f(\dfrac{1}{k-1})-1 < \dfrac{1}{4(k-1)^{2}} < \dfrac{1}{4(k-1)^{2}-1}=\dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{2k-3}-\dfrac{1}{2k-1})$ ，
当

$n\geqslant 4$ 时，累加得

$\sum\limits_{k=4}^{n}(-{a}_{k})=\sum\limits_{k=4}^{n}(f(\dfrac{1}{k-1})-1) < \dfrac{1}{2}[(\dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{7})+(\dfrac{1}{7}-\dfrac{1}{9})+\ldots +(\dfrac{1}{2n-3}-\dfrac{1}{2n-1})]=\dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{2n-1}) < \dfrac{1}{10}$ ，
又

$-{a}_{2}=f(1)-1=\dfrac{3}{2}\ln 2-1 < \dfrac{3}{2}\times 0.694-1=0.041$ ，

$-{a}_{3}=\dfrac{5}{2}\ln \dfrac{3}{2}-1 < \dfrac{5}{2}(1.1-0.693)-1=0.0175$ ，
故

$\sum\limits_{k=2}^{n}(-{a}_{k})=-{a}_{2}-{a}_{3}+\sum\limits_{k=4}^{n}(-{a}_{k})=0.041+0.0175+\dfrac{1}{10}=0.1585 < \dfrac{1}{6}$ ，即得证．
点评：本题考查导数的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于难题．

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