2004-全国卷II理-22 解-导数的应用

本题导读

本题考查导数的应用。核心在于导数运算法则、变量代换与割线放缩法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2004年全国卷II(理)） 已知函数 $f(x)=\ln (1+x)-x$，$g(x)=x\ln x$.

(1) 求函数 $f(x)$ 的最大值；

(2) 设 $0<a<b$，证明： $0<g(a)+g(b)-2g\left(\frac{a+b}{2}\right)<(b-a)\ln 2$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第(1)问单调性：明确定义域 $x>-1$，对 $f(x)$ 求导，通过导数正负判断单调递增和单调递减区间，在驻点处取得最大值。
2. 第(2)问左边证明：要证 $g(a)+g(b)-2g\left(\frac{a+b}{2}\right)>0$，本质上是证明 $g(x)=x\ln x$ 在 $(0,+\infty )$ 上是严格下凸函数。可通过计算二阶导数 $g^{\prime \prime }(x)>0$ 结合琴生不等式直接得证。
3. 第(2)问右边证明：右边不等式等价于 $g(a)+g(b)-2g\left(\frac{a+b}{2}\right)-(b-a)\ln 2<0$。考虑到 $0<a<b$，可固定 $a$，将 $b$ 视作自变量 $x\in (a,+\infty )$，构造关于 $x$ 的一元函数 $F(x)=g(a)+g(x)-2g\left(\frac{a+x}{2}\right)-(x-a)\ln 2$。
4. 导数单调性控制：求出 $F^{\prime }(x)$，利用第(1)问中引出的经典对数放缩不等式判断 $F^{\prime }(x)$ 的符号，从而判定 $F(x)$ 的单调性，结合边界值 $F(a)=0$ 锁定证明结果。

✅【答案】

Success

(1) $0$

(2) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

(1) 解： 函数 $f(x)=\ln (1+x)-x$ 的定义域为 $(-1,+\infty )$。 对 $f(x)$ 求导： $f^{\prime }(x)=\frac{1}{1+x}-1=\frac{1-(1+x)}{1+x}=-\frac{x}{1+x}$

由于 $1+x>0$，导数的符号完全由分子 $-x$ 决定：

• 当 $-1<x<0$ 时， $f^{\prime }(x)>0$，函数 $f(x)$ 在 $(-1,0)$ 上单调递增；
• 当 $x>0$ 时， $f^{\prime }(x)<0$，函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递减。

因此，当 $x=0$ 时，函数 $f(x)$ 取得最大值，最大值为： $f(0)=\ln (1+0)-0=0$

由此可得一个重要衍生不等式（在定义域内恒成立）： $\ln (1+x)\le x\text{（当且仅当 }x=0\text{ 时等号成立）}\text{（式1）}$

(2) 证明： Ⅰ. 证明左边不等式： $0<g(a)+g(b)-2g\left(\frac{a+b}{2}\right)$ 对 $g(x)=x\ln x(x>0)$ 连续求导两次： $g^{\prime }(x)=\ln x+x\cdot \frac{1}{x}=\ln x+1$ $g^{\prime \prime }(x)=\frac{1}{x}$ 因为 $x>0$，所以 $g^{\prime \prime }(x)>0$ 恒成立。 由于二阶导数恒大于 0，说明函数 $g(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上是严格下凸函数。 根据中点形式的琴生不等式，对于任意 $0<a<b$，恒有： $\frac{g(a)+g(b)}{2}>g\left(\frac{a+b}{2}\right)⟹g(a)+g(b)-2g\left(\frac{a+b}{2}\right)>0$ 左边不等式得证。

Ⅱ. 证明右边不等式： $g(a)+g(b)-2g\left(\frac{a+b}{2}\right)<(b-a)\ln 2$ 将待证式移项变形为： $g(a)+g(b)-2g\left(\frac{a+b}{2}\right)-(b-a)\ln 2<0\text{（式2）}$ 固定常数 $a>0$，令 $b$ 为自变量 $x$，其中 $x>a$。构造辅助函数： $F(x)=g(a)+g(x)-2g\left(\frac{a+x}{2}\right)-(x-a)\ln 2(x\ge a)\text{（式3）}$ 对 $F(x)$ 求导： $F^{\prime }(x)=g^{\prime }(x)-2\cdot g^{\prime }\left(\frac{a+x}{2}\right)\cdot \frac{1}{2}-\ln 2$ $=(\ln x+1)-\left[\ln \left(\frac{a+x}{2}\right)+1\right]-\ln 2$ $=\ln x-\ln \left(\frac{a+x}{2}\right)-\ln 2=\ln \left(\frac{x}{2\cdot \frac{a+x}{2}}\right)=\ln \left(\frac{x}{a+x}\right)\text{（式4）}$

因为 $x>a>0$，所以 $a+x>x$，从而有： $0<\frac{x}{a+x}<1$ 根据对数函数的性质，当自变量在 $(0,1)$ 之间时，其对数值严格小于 0： $F^{\prime }(x)=\ln \left(\frac{x}{a+x}\right)<0\text{（式5）}$

由（式5）可知，函数 $F(x)$ 在 $[a,+\infty )$ 上是严格单调递减函数。 因此，当 $x>a$ 时，恒有： $F(x)<F(a)$ 由于 $F(a)=g(a)+g(a)-2g(a)-(a-a)\ln 2=0$，所以： $F(x)<0$ 将 $x=b$ 代入，即得： $g(a)+g(b)-2g\left(\frac{a+b}{2}\right)-(b-a)\ln 2<0$ 移项即得： $g(a)+g(b)-2g\left(\frac{a+b}{2}\right)<(b-a)\ln 2$ 右边不等式得证。

综上所述，原双边不等式成立。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：利用导数求极值最值、二阶导数符号判定函数的凹凸性（中点割线关系）、构造“单自变量增量函数”证明多元不等式。
2. 核心方法：
   • 左边：二阶导数法（凸性法）。
   • 右边：主元构造法（将 $b$ 变元为 $x$）。
3. 避坑指南：
   • 在证明左边时，如果不使用二阶导数凸性，也可以采用和右边相同的构造函数法：设 $\varphi (x)=g(a)+g(x)-2g\left(\frac{a+x}{2}\right)$，求导得 ${\varphi }^{\prime }(x)=\ln x-\ln \left(\frac{a+x}{2}\right)=\ln \left(\frac{2x}{a+x}\right)$。因为 $x>a$，所以 $2x>a+x⟹\frac{2x}{a+x}>1⟹{\varphi }^{\prime }(x)>0$，从而 $\varphi (x)$ 单调递增， $\varphi (b)>\varphi (a)=0$。此常规打法同样严谨，能有效避免因教材不正式强调“二阶导数”概念而被扣分的风险。
   • 构造函数时，切记代入初始值 $F(a)$ 进行归零检验。本题中 $F(a)=0$ 结构非常完美，是单调性能够直接控号的充要保障。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 改编自教材中关于凸函数割线与切线位置关系的经典结论，考查不等式的定性放缩。
2. 结论推广: 若一元函数 $f(x)$ 在区间的二阶导数有界，即 $m\le f^{\prime \prime }(x)\le M$，则其中点弦长差满足中值定理控制： $\frac{m}{8}(b-a{)}^2\le \frac{f(a)+f(b)}{2}-f\left(\frac{a+b}{2}\right)\le \frac{M}{8}(b-a{)}^2$。本题则是对特定函数 $x\ln x$ 在有限区间内的差分精细定性放缩。

🔗【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
• 03.01 不等式解法体系

类题演练 (Links)

• 1960-全国-06 解-方程组解为正数的条件
• 1986-广东文-08 单-集合的交集
• 1988-广东文-19 单-不等式的同解变形