2023_天津卷 (2023)
20．已知函数 $f(x)=\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{2}\right) \ln (x+1)$ ．
（1）求曲线 $y=f(x)$ 在 $x=2$ 处切线的斜率；
（2）当 $x>0$ 时，证明：$f(x)>1$ ；
（3）证明：$\frac{5}{6}<\ln (n!)-\left(n+\frac{1}{2}\right) \ln (n)+n \leq 1$ ．
【答案】①$\frac{1}{3}-\frac{\ln 3}{4}$
（2）证明见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求斜率；
（2）问题化为 $x>0$ 时 $\ln (x+1)>\frac{2 x}{x+2}$ ，构造 $g(x)=\ln (x+1)-\frac{2 x}{x+2}$ ，利用导数研究单调性，即可证结论；
（3）构造 $h(n)=\ln (n!)-\left(n+\frac{1}{2}\right) \ln (n)+n, ~ n \in \mathrm{~N}^{*}$ ，作差法研究函数单调性可得 $h(n) \leq h(1)=1$ ，再构造 $\varphi(x)=\ln x-\frac{(x+5)(x-1)}{4 x+2}$ 且 $x>0$ ，应用导数研究其单调性得到 $\ln x \leq \frac{(x+5)(x-1)}{4 x+2}$ 恒成立，对 $h(n)-h(n+1)$ 作放缩处理，结合累加得到 $h(1)-h(n)<\frac{3}{2} \ln 2-1+\frac{1}{12}<\frac{1}{6}$ ，即可证结论．
【小问 1 详解】
$f(x)=\frac{\ln (x+1)}{x}+\frac{\ln (x+1)}{2}$ ，则 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x(x+1)}+\frac{1}{2(x+1)}-\frac{\ln (x+1)}{x^{2}}$ ，
所以 $f^{\prime}(2)=\frac{1}{3}-\frac{\ln 3}{4}$ ，故 $x=2$ 处的切线斜率为 $\frac{1}{3}-\frac{\ln 3}{4}$ ；
【小问 2 详解】
要证 $x>0$ 时 $f(x)=\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{2}\right) \ln (x+1)>1$ ，即证 $\ln (x+1)>\frac{2 x}{x+2}$ ，
令 $g(x)=\ln (x+1)-\frac{2 x}{x+2}$ 且 $x>0$ ，则 $g^{\prime}(x)=\frac{1}{x+1}-\frac{4}{(x+2)^{2}}=\frac{x^{2}}{(x+1)(x+2)^{2}}>0$ ，
所以 $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上递增，则 $g(x)>g(0)=0$ ，即 $\ln (x+1)>\frac{2 x}{x+2}$ ．
所以 $x>0$ 时 $f(x)>1$ ．
## 【小问 3 详解】
设 $h(n)=\ln (n!)-\left(n+\frac{1}{2}\right) \ln (n)+n, \quad n \in \mathrm{~N}^{*}$ ，
则 $h(n+1)-h(n)=1+\left(n+\frac{1}{2}\right) \ln (n)-\left(n+\frac{1}{2}\right) \ln (n+1)=1-\left(n+\frac{1}{2}\right) \ln \left(1+\frac{1}{n}\right)$ ，
由（2）知：$x=\frac{1}{n} \in(0,1]$ ，则 $f\left(\frac{1}{n}\right)=\left(n+\frac{1}{2}\right) \ln \left(1+\frac{1}{n}\right)>1$ ，
所以 $h(n+1)-h(n)<0$ ，故 $h(n)$ 在 $n \in \mathrm{~N}^{*}$ 上递减，故 $h(n) \leq h(1)=1$ ；
下证 $\ln (n!)-\left(n+\frac{1}{2}\right) \ln (n)+n>\frac{5}{6}$ ，
令 $\varphi(x)=\ln x-\frac{(x+5)(x-1)}{4 x+2}$ 且 $x>0$ ，则 $\varphi^{\prime}(x)=\frac{(x-1)^{2}(1-x)}{x(2 x+1)^{2}}$ ，
当 $0
所以 $\varphi(x) \leq \varphi(1)=0$ ，故在 $x \in(0,+\infty)$ 上 $\ln x \leq \frac{(x+5)(x-1)}{4 x+2}$ 恒成立，
则 $h(n)-h(n+1)=\left(n+\frac{1}{2}\right) \ln \left(1+\frac{1}{n}\right)-1 \leq\left(n+\frac{1}{2}\right) \cdot \frac{\left(6+\frac{1}{n}\right)\left(\frac{1}{n}\right)}{2\left(3+\frac{2}{n}\right)}-1=\frac{1}{4 n(3 n+2)}<\frac{1}{12}\left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}\right)$ ，
所以 $h(2)-h(3)<\frac{1}{12}\left(1-\frac{1}{2}\right), h(3)-h(4)<\frac{1}{12}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right), \ldots, \quad h(n-1)-h(n)<\frac{1}{12}\left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}\right)$ ，
累加得：$h(2)-h(n)<\frac{1}{12}\left(1-\frac{1}{n}\right)$ ，而 $h(2)=2-\frac{3}{2} \ln 2$ ，则 $-h(n)<\frac{1}{12}\left(1-\frac{1}{n}\right)-2+\frac{3}{2} \ln 2$ ，
所以 $h(1)-h(n)<\frac{3}{2} \ln 2-1+\frac{1}{12}\left(1-\frac{1}{n}\right)<\frac{3}{2} \ln 2-1+\frac{1}{12}<\frac{1}{6}$ ，故 $h(n)>\frac{5}{6}$ ；
综上，$\frac{5}{6}