（本小题满分 13 分） 如图，曲线 C 由上半陏圆 C_…——2014 高考数学第 20 题答案解析

【答案】①$a=2, b=1$；②$y=-\frac{8}{3}(x-1)$

## 【解析】

试题分析：（1）由上半椭圆 $C_{1}: \frac{y^{2}}{a^{2}}+\frac{x^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0, y \geq 0)$ 和部分抛物 $C_{2}: y=-x^{2}+1(y \leq 0)$ 公共点为 $A, B$，得 $b=1$，设 $C_{2}$ 的半焦距为 $c$，由 $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ 及 $a^{2}-c^{2}=b^{2}=1$，解得 $a=2$；
②由①知，上半椭圆 $C_{1}$ 的方程为 $\frac{y^{2}}{4}+x^{2}=1(y \geq 0), B(1,0)$，易知，直线 $l$ 与 $x$ 轴不重合也不垂直，故可设其方程为 $y=k(x-1)(k \neq 0)$，并代入 $C_{1}$ 的方程中，整理得：$\left(k^{2}+4\right) x^{2}-2 k^{2} x+k^{2}-4=0$，由韦达定理得 $x_{P}+x_{B}=\frac{2 k^{2}}{k^{2}+4}$，又 $B(1,0)$，得 $x_{P}=\frac{k^{2}-4}{k^{2}+4}$，从而求得 $y_{P}=\frac{-8 k}{k^{2}+4}$，继而得点 $P$ 的坐标为 $\left(\frac{k^{2}-4}{k^{2}+4}, \frac{-8 k}{k^{2}+4}\right)$，同理，由 $\left\{\begin{array}{l}y=k(x-1)(k \neq 0) \\ y=-x^{2}+1(y \leq 0)\end{array}\right.$ 得点 $Q$ 的坐标为 $\left(-k-1,-k^{2}-2 k\right)$，最后由 $\overrightarrow{A P} \cdot \overrightarrow{A Q}=0$，解得 $k=-\frac{8}{3}$，经检验 $k=-\frac{8}{3}$ 符合题意，故直线 $l$ 的方程为 $y=-\frac{8}{3}(x-1)$．
试题解析：（1）在 $C_{1}$ 方程中，今 $y=0$，得 $A(-b, 0), B(b, 0)$
在 $C_{2}$ 方程中，今 $y=0$，得 $A(-1,0), B(1,0)$

所以 $b=1$
设 $C_{2}$ 的半焦距为 $c$，由 $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ 及 $a^{2}-c^{2}=b^{2}=1$，解得 $a=2$
所以 $a=2, b=1$
②由①知，上半椭圆 $C_{1}$ 的方程为 $\frac{y^{2}}{4}+x^{2}=1(y \geq 0), B(1,0)$
易知，直线 $l$ 与 $x$ 轴不重合也不垂直，设其方程为 $y=k(x-1)(k \neq 0)$
代 $\wedge C_{1}$ 的方程中，整理得：

$$ \left(k^{2}+4\right) x^{2}-2 k^{2} x+k^{2}-4=0 $$

设点 $P$ 的坐标 $\left(x_{P}, y_{P}\right)$

由韦达定理得 $x_{P}+x_{B}=\frac{2 k^{2}}{k^{2}+4}$
又 $B(1,0)$，即 $x_{B}=1$，得 $x_{P}=\frac{k^{2}-4}{k^{2}+4}$，从而求得 $y_{P}=\frac{-8 k}{k^{2}+4}$
所以点 $P$ 的坐标为 $\left(\frac{k^{2}-4}{k^{2}+4}, \frac{-8 k}{k^{2}+4}\right)$
同理，由 $\left\{\begin{array}{l}y=k(x-1)(k \neq 0) \\ y=-x^{2}+1(y \leq 0)\end{array}\right.$ 得点 $Q$ 的坐标为 $\left(-k-1,-k^{2}-2 k\right)$
$\therefore \overrightarrow{A P}=\frac{2 k}{k^{2}+4}(k,-4), \quad \overline{A Q}=-k(1, k+2)$
$\because A P \perp A Q$
$\therefore \overrightarrow{A P} \cdot \overrightarrow{A Q}=0$，即 $\frac{-2 k^{2}}{k^{2}+4}[k-4(k+2)]=0$
$\because k \neq 0, \therefore k-4(k+2)=0$，解得 $k=-\frac{8}{3}$
经检验，$k=-\frac{8}{3}$ 符合题意，
故直线 $l$ 的方程为 $y=-\frac{8}{3}(x-1)$
考点：椭圆和抛物线的几何性质；直线与圆锥曲线的综合问题．

## 21．（本小题满分 14 分）

设函数 $f(x)=\ln (1+x), g(x)=x f^{\prime}(x), x \geq 0$，其中 $f^{\prime}(x)$ 是 $f(x)$ 的导函数．
（1）$g_{1}(x)=g(x), g_{n+1}(x)=g\left(g_{n}(x)\right), n \in N_{+}$，求 $g_{n}(x)$ 的表达式；
（2）若 $f(x) \geq a g(x)$ 恒成立，求实数 $a$ 的取值范围；
③设 $n \in N_{+}$，比较 $g(1)+g(2)+\cdots+g(n)$ 与 $n-f(n)$ 的大小，并加以证明．
【答案】（1）$g_{n}(x)=\frac{x}{1+n x}$；②$(-\infty, 1]$；③$g(1)+g(2)+\cdots+g(n)>n-\ln (n+1)$，证明见解析。

## 【解析】

试题分析：（1）易得 $g(x)=\frac{x}{1+x}$，且有 $g(x) \geq 0$，当且仅当 $x=0$ 时取等号，当 $x=0$ 时，$g_{n}(0)=0$，当 $x>0$ 时 $g(x)>0$，由 $g_{n+1}(x)=g\left(g_{n}(x)\right)$，得 $\frac{1}{g_{n+1}(x)}-\frac{1}{g_{n}(x)}=1$，所以数列 $\left\{\frac{1}{g_{n}(x)}\right\}$ 是以 $g_{1}(x)$ 为首项，以 1 为公差的等差数列，继而得 $g_{n}(x)=\frac{x}{1+n x}$，经检验 $g_{n}(0)=0$，所以 $g_{n}(x)=\frac{x}{1+n x}(x \geq 0)$；
（2）在 $x \geq 0$ 范围内 $f(x) \geq a g(x)$ 恒成立，等价于 $f(x)-a g(x) \geq 0$ 成立，令 $h(x)=f(x)-a g(x) =\ln (x+1)-\frac{a x}{1+x}$，即 $h(x)_{\min } \geq 0$ 成立，$h^{\prime}(x)=\frac{1}{x+1}-\frac{a(1+x)-a x}{(1+x)^{2}}=\frac{x+1-a}{(1+x)^{2}}$，今 $h^{\prime}(x)>0$，得 $x>a-1$，分 $a \leq 1$ 和 $a>1$ 两种情况讨论，分别求出 $h(x)$ 的最小值，继而求出 $a$ 的取值范围；
③由题设知：$g(1)+g(2)+\cdots+g(n)=\frac{1}{2}+\frac{2}{3}+\cdots+\frac{n}{n+1}, n-f(n)=n-\ln (n+1)$，比较结果为： $g(1)+g(2)+\cdots+g(n)>n-\ln (n+1)$，证明如下：上述不等式等价于 $\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{n+1}<\ln (n+1)$在（2）中取 $a=1$，可得 $\ln (1+x)>\frac{x}{1+x}, x>0$，今 $x=\frac{1}{n}, n \in N^{+}$，则 $\ln \frac{n+1}{n}>\frac{1}{n+1}$，即 $\ln (n+1)-\ln n>\frac{1}{n+1}$，使用累加法即可证明结论．
试题解析：$\because f(x)=\ln (x+1), \therefore f^{\prime}(x)=\frac{1}{1+x}, \therefore g(x)=\frac{x}{1+x}$
①$g(x)=\frac{x}{1+x}=\frac{x+1-1}{1+x}=1-\frac{1}{1+x}$
$\because x \geq 0, \therefore 1+x \geq 1, \therefore \frac{1}{1+x} \leq 1, \therefore 1-\frac{1}{1+x} \geq 0$，即 $g(x) \geq 0$，当且仅当 $x=0$ 时取等号

当 $x=0$ 时，$g_{n}(0)=0$

当 $x>0$ 时 $g(x)>0$
$\because g_{n+1}(x)=g\left(g_{n}(x)\right)$
$\therefore g_{n+1}(x)=\frac{g_{n}(x)}{1+g_{n}(x)}, \therefore \frac{1}{g_{n+1}(x)}=\frac{1+g_{n}(x)}{g_{n}(x)}=\frac{1}{g_{n}(x)}+1$，即 $\frac{1}{g_{n+1}(x)}-\frac{1}{g_{n}(x)}=1$
∴ 数列 $\left\{\frac{1}{g_{n}(x)}\right\}$ 是以 $g_{1}(x)$ 为首项，以 1 为公差的等差数列
$\therefore \frac{1}{g_{n}(x)}=\frac{1}{g_{1}(x)}+(n-1) \times 1=\frac{1}{\frac{x}{1+x}}+(n-1) \times 1=\frac{1+n x}{x}$
$\therefore g_{n}(x)=\frac{x}{1+n x}(x>0)$
当 $x=0$ 时，$g_{n}(0)=\frac{0}{1+0}=0$
$\therefore g_{n}(x)=\frac{x}{1+n x}(x \geq 0)$
（2）在 $x \geq 0$ 范围内 $f(x) \geq a g(x)$ 恒成立，等价于 $f(x)-a g(x) \geq 0$ 成立

令 $h(x)=f(x)-a g(x)=\ln (x+1)-\frac{a x}{1+x}, ~$ 即 $h(x) \geq 0$ 恒成立，

$h^{\prime}(x)=\frac{1}{x+1}-\frac{a(1+x)-a x}{(1+x)^{2}}=\frac{x+1-a}{(1+x)^{2}}$
今 $h^{\prime}(x)>0$，即 $x+1-a>0$，得 $x>a-1$

当 $a-1 \leq 0$ 即 $a \leq 1$ 时，$h(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调递增
$h(x) \geq h(0)=\ln (1+0)-0=0$

所以当 $a \leq 1$ 时，$h(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上 $h(x) \geq 0$ 恒成立；

当 $a-1>0$ 即 $a>1$ 时，$h(x)$ 在 $[a-1,+\infty)$ 上单调递增，在 $[0, a-1]$ 上单调递减，
所以 $h(x) \geq h(a-1)=\ln a-a+1$
设 $\varphi(a)=\ln a-a+1(a>1)$
$\varphi^{\prime}(a)=\frac{1}{a}-1$
因为 $a>1$，所以 $\frac{1}{a}-1<0$，即 $\varphi^{\prime}(a)<0$，所以函数 $\varphi(a)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减
所以 $\varphi(a)<\varphi(1)=0$，即 $h(a-1)<0$

所以 $h(x) \geq 0$ 不恒成立
综上所述，实数 $a$ 的取值范围为 $(-\infty, 1]$
③由题设知：$g(1)+g(2)+\cdots+g(n)=\frac{1}{2}+\frac{2}{3}+\cdots+\frac{n}{n+1}$，
$n-f(n)=n-\ln (n+1)$

比较结果为：$g(1)+g(2)+\cdots+g(n)>n-\ln (n+1)$
证明如下：
上述不等式等价于 $\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{n+1}<\ln (n+1)$
在（2）中取 $a=1$，可得 $\ln (1+x)>\frac{x}{1+x}, x>0$
今 $x=\frac{1}{n}, n \in N^{+}$，则 $\ln \frac{n+1}{n}>\frac{1}{n+1}$，即 $\ln (n+1)-\ln n>\frac{1}{n+1}$
故有 $\ln 2-\ln 1>\frac{1}{2}$

$$ \begin{aligned} & \ln 3-\ln 2>\frac{1}{3} \\ & \cdots \\ & \ln (n+1)-\ln n>\frac{1}{n+1} \end{aligned} $$

上述各式相加可得： $\ln (n+1)>\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{n+1}$
结论得证
考点：等差数列的判断及通项公式；函数中的恒成立问题；不等式的证明．