已知函数 f(x)= ( 1 x + 1 2 ) ln (…——2023 高考数学第 20 题答案解析

（1）由 $f(x)=\frac{\ln(x+1)}{x}+\frac12\ln(x+1)$，得
$f'(x)=\frac{1}{x(x+1)}+\frac{1}{2(x+1)}-\frac{\ln(x+1)}{x^2}$。
所以曲线在 $x=2$ 处的切线斜率为
$f'(2)=\frac16+\frac16-\frac{\ln3}{4}=\frac13-\frac{\ln3}{4}$。

（2）当 $x>0$ 时，$\frac1x+\frac12=\frac{x+2}{2x}>0$，故 $f(x)>1$ 等价于
$\ln(x+1)>\frac{2x}{x+2}$。
令 $g(x)=\ln(x+1)-\frac{2x}{x+2}$，则 $g(0)=0$，且
$g'(x)=\frac1{x+1}-\frac4{(x+2)^2}=\frac{x^2}{(x+1)(x+2)^2}>0$。
因此 $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上递增，$g(x)>g(0)=0$，即 $f(x)>1$。

（3）令 $H_n=\ln(n!)-\left(n+\frac12\right)\ln n+n$，$n\in\mathbb N^*$。
先证右边不等式。由
$H_{n+1}-H_n=1-\left(n+\frac12\right)\ln\left(1+\frac1n\right)$，
并在（2）中取 $x=\frac1n$，得
$\left(n+\frac12\right)\ln\left(1+\frac1n\right)=f\left(\frac1n\right)>1$，
所以 $H_{n+1}-H_n<0$，即 $H_n$ 递减，于是
$H_n\le H_1=1$。

再证左边不等式。设
$\varphi(x)=\ln x-\frac{(x+5)(x-1)}{4x+2}$，$x>0$。
求导得
$\varphi'(x)=\frac1x-\frac{x^2+x+7}{(2x+1)^2}=\frac{(1-x)^3}{x(2x+1)^2}$。
当 $0<x<1$ 时 $\varphi'(x)>0$，当 $x>1$ 时 $\varphi'(x)<0$，故 $\varphi(x)\le\varphi(1)=0$，即
$\ln x\le\frac{(x+5)(x-1)}{4x+2}$。
取 $x=1+\frac1n$，有
$H_n-H_{n+1}=\left(n+\frac12\right)\ln\left(1+\frac1n\right)-1$
$\le\left(n+\frac12\right)\frac{\left(6+\frac1n\right)\frac1n}{6+\frac4n}-1=\frac1{4n(3n+2)}$。
又对 $n\ge1$，
$\frac1{4n(3n+2)}\le\frac1{10n(n+1)}=\frac1{10}\left(\frac1n-\frac1{n+1}\right)$。
于是当 $n\ge2$ 时，
$H_1-H_n=\sum_{k=1}^{n-1}(H_k-H_{k+1})\le\frac1{10}\sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac1k-\frac1{k+1}\right)=\frac1{10}\left(1-\frac1n\right)<\frac1{10}$。
因此 $H_n>1-\frac1{10}=\frac9{10}>\frac56$；当 $n=1$ 时 $H_1=1>\frac56$。
综上，
$\frac56<\ln(n!)-\left(n+\frac12\right)\ln n+n\le1$。