1990-全国卷理-26 解-对数函数与不等式

本题导读

本题考查对数函数的定义域与真数限制、指数函数的单调性与有界性。核心在于变量分离法、极限思想（趋向性分析）的灵活运用。

📌【题干】

Question

（1990年全国卷(理)） $f(x)=\lg \frac{1+2^x+\cdots +(n-1{)}^x+n^{x}a}{n}$，其中 $a$ 是实数，$n$ 是任意自然数且 $n\ge 2$.

(1) 如果 $f(x)$ 当 $x\in (-\infty ,1]$ 时有意义，求 $a$ 的取值范围；

(2) 如果 $a\in (0,1]$，证明：$2f(x)<f(2x)$ 当 $x\ne 0$ 时成立.

🔍【思路分析】

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1. 第一问逻辑（定义域与恒成立）：
   • 函数 $f(x)$ 有意义，要求对数式中的真数部分恒大于零。由于分母 $n>0$，故分子项必须恒大于零，即对任意 $x\in (-\infty ,1]$ 和任意满足条件的环境，$1+2^x+\cdots +(n-1{)}^x+n^{x}a>0$ 恒成立。
   • 使用分离参数法，将 $a$ 孤立出来，变换为 $a>-\frac{1+2^x+\cdots +(n-1{)}^x}{n^2}$（注意此处原底数为底，具体见解析变形）。
   • 考虑对任意 $n\ge 2$ 均成立这一最强约束，通过求取项在指定区间和自然数域下的边界，锁定 $a$ 的底线值。
2. 第二问逻辑（函数不等式证明）：
   • 展开目标不等式 $2f(x)<f(2x)$。利用对数的运算性质 $2\lg M=\lg M^2$，可将原式转化为脱去对数号后的真数比较，即证明： ${\left(\frac{1+2^x+\cdots +(n-1{)}^x+n^{x}a}{n}\right)}^2<\frac{1+2^{2x}+\cdots +(n-1{)}^{2x}+n^{2x}a}{n}$
   • 两边消去分母后，其代数本质可以转化为： ${\left(1+2^x+\cdots +(n-1{)}^x+n^{x}a\right)}^2<n\left(1^2+(2^x{)}^2+\cdots +((n-1{)}^x{)}^2+n^{2x}a\right)$
   • 该结构极度契合柯西不等式的左边与右边，但由于项中包含权重参数 $a$ 且 $a\in (0,1]$，需要对其进行精细化的代数拆分与放缩。

✅【答案】

Success

$(1)$ $a>-\frac{n-1}{2}$（对任意 $n\ge 2$ 均成立，即 $a>-\frac{1}{2}$）

$(2)$ 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

(1) 当 $x\le 1$ 时，$f(x)$ 有意义要求真数恒正，即对任意 $x\in (-\infty ,1]$、任意 $n\ge 2$， $1+2^x+\cdots +(n-1{)}^x+n^{x}a>0.$ 由于 $n^x>0$，等价于 $a>-\left[{\left(\frac{1}{n}\right)}^x+{\left(\frac{2}{n}\right)}^x+\cdots +{\left(\frac{n-1}{n}\right)}^x\right].$ 对每个 $k=1,2,\cdots ,n-1$，有 $0<\frac{k}{n}<1$，故 ${\left(\frac{k}{n}\right)}^x$ 随 $x$ 增大而减小，从而在 $x\le 1$ 时 ${\left(\frac{1}{n}\right)}^x+\cdots +{\left(\frac{n-1}{n}\right)}^x\ge \frac{1}{n}+\frac{2}{n}+\cdots +\frac{n-1}{n}=\frac{n-1}{2}.$ 因此当且仅当 $a+\frac{n-1}{2}>0$，即 $a>-\frac{n-1}{2}$ 对一切 $n\ge 2$ 成立时，真数恒为正．$-\frac{n-1}{2}$ 随 $n$ 增大而减小，其最大值在 $n=2$ 处取得，为 $-\frac{1}{2}$．故 $a$ 的取值范围为 $a>-\frac{1}{2}$．

(2) 令 $T(x)=1^x+2^x+\cdots +(n-1{)}^x+a{n}^x$，则 $f(x)=\lg \frac{T(x)}{n}$．当 $a\in (0,1]$ 时 $T(x)>0$．

记 $u_k=k^x$（$1\le k\le n-1$），$u_n=a{n}^x$，则 $T(x)=\sum _{k=1}^n{u}_k$．因为 $0<a\le 1$，有 $T(2x)={\sum }_{k=1}^{n-1}{u}_k^2+a{n}^{2x}\ge {\sum }_{k=1}^n{u}_k^2.$ 由柯西不等式， $T(x{)}^2={\left({\sum }_{k=1}^n{u}_k\right)}^2\le n{\sum }_{k=1}^n{u}_k^2\le nT(2x).$ 当 $0<a<1$ 时第二个不等号严格成立；当 $a=1$ 且 $x\ne 0$ 时，$1^x,2^x,\cdots ,n^x$ 不全相等，柯西不等式严格成立．故对 $x\ne 0$ 总有 $T(x{)}^2<nT(2x)$，于是 $f(2x)-2f(x)=\lg \frac{T(2x)}{n}-2\lg \frac{T(x)}{n}=\lg \frac{nT(2x)}{T(x{)}^2}>0,$ 即 $2f(x)<f(2x)$ 当 $x\ne 0$ 时成立．

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：对数函数、指数函数的有界性性质，多项恒成立问题的边界剥离技术，利用柯西不等式进行精细化的代数放缩证明。
2. 核心方法：
   • 单调性边界法：在第(1)问中，抓住底数小于1的指数和是递减函数这一核心命题，从而将全区间的恒成立问题精准转化为上边界点 $x=1$ 处的函数极值问题。
   • 柯西不等式拆分法：在第(2)问中，巧妙地将待证式左端看成向量 $(1,1,\dots ,1)$ 与 $(1,2^x,\dots ,n^{x}a)$ 的内积，利用柯西不等式瞬间完成主体降维。
3. 避坑指南：
   • 第(1)问关于 $n$ 的取向讨论陷入混乱：很多考生在分离出 $a>-\frac{n-1}{2}$ 后，误认为当 $n\to \infty$ 时右边趋于负无穷，所以答案要取负无穷。必须明确： $a$ 是一个确定不变的常数，它必须“通吃”所有的 $n\ge 2$。因此 $a$ 必须大于这些下界多项式中的最大值（即最苛刻的那个限制），而该多项式在 $n=2$ 时取得最大值 $-\frac{1}{2}$。
   • 证明题中遗漏对“等号能否取到”的严格驳斥：在使用柯西不等式建立 $\le$ 后，必须要结合本题 $x\ne 0$ 的物理限制，指出比例不可能相等，从而完成向严格单向不等式 $<$ 的最终跨越，否则在高考大题评卷中会被扣除关键的步骤分。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题作为传统高考时代的经典压轴大题，其数学原型可以追溯到高等数学中关于**广义幂平均不等式（Power Mean Inequality）**的离散性质证明。
2. 结论推广：
   • 本题第(2)问结论在更高等的数学框架下对应着琴生不等式（Jensen’s Inequality）的某种应用，它反映了某种加权指数平均函数的凸性（Convexity）。
   • 设 $M_p(x)={\left(\frac{{\sum }_{k=1}^n{w}_k{k}^x}{\sum w_k}\right)}^{\frac{1}{x}}$ 为幂平均。本题的结论本质上在证明，当权重满足特定条件时，该对数平均构造具有单调递增性。该模型在现代信息论（如香农熵的性质推导）以及概率论风险度量（Risk Measures）的数学建模中，都具有非常深远的理论支撑作用。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 05.03 专题-恒成立问题

类题演练 (Links)

• 1993-新高考文-25 解-对数函数的定义域、奇偶性与取值范围
• 1991-上海-23 解-含参对数不等式的求解
• 1992-全国卷理-07 单-对数函数与倒数不等式