《2022年高考数学之解密数列命题点对点突破（全国通用）》专题18 用导数证明数列不等式(解析版)

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专题 18　用导数证明数列不等式

【基本方法】

证明与数列有关的不等式的策略

利用导数证明数列不等式，一方面以函数为背景让学生探寻函数的性质，另一方面体现数列是特殊

的函数，进而利用恒成立的不等式将没有规律的数列放缩为为有具体特征的数列，巧妙地将函数、导数、

数列、不等式结合在一起．

证明此类问题时常根据已知的函数不等式，用关于正整数 n的不等式替代函数不等式中的自变量．

通过多次求和达到证明的目的．此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据待证式的特征

而得到．

已知函数式为指数不等式(或对数不等式)，而待证不等式为与对数有关的不等式(或与指数有关的不

等式)，还要注意指、对数式的互化，如 ex＞x＋1可化为 lnx≤x

－

1等．

【基本题型】

[例1]　已知函数 f (x)＝kx－lnx－1(k>0)．

(1)若函数 f (x)有且只有一个零点，求实数 k的值；

(2)证明：当 n∈N*时，1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．

解析　(1)法一：f (x)＝kx－ln x－1，f ′(x)＝k－＝(x>0，k>0)，

当0<x<时，f ′(x)<0；当 x>时，f ′(x)>0．∴f (x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．

∴f (x)min＝f ＝ln k，∵f (x)有且只有一个零点，∴ln k＝0，∴k＝1．

法二：由题意知方程 kx－ln x－1＝0仅有一个实根，由 kx－ln x－1＝0，得 k＝(x>0)，

令g(x)＝(x>0)，g′(x)＝，当 0<x<1 时，g′(x)>0；当 x>1 时，g′(x)<0．

∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴g(x)max＝g(1)＝1，当 x→＋∞时，g(x)→0，

∴要使 f (x)仅有一个零点，则 k＝1．

法三：函数 f (x)有且只有一个零点，即直线 y＝kx 与曲线 y＝ln x＋1相切，设切点为(x0，y0)，

由y＝ln x＋1，得 y′＝，∴∴k＝x0＝y0＝1，∴实数 k的值为 1．

(2)由(1)知x－ln x－1≥0，即 x－1≥ln x，当且仅当 x＝1时取等号，

∵n∈N*，令 x＝，得>ln，∴1＋＋＋…＋>ln＋ln＋…＋ln＝ln(n＋1)，

故1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．

[例2]　已知函数 f(x)＝ln(x＋1)＋．

(1)若x＞0时，f(x)＞1恒成立，求 a的取值范围；

(2)求证：ln (n＋1)＞＋＋＋…＋(n∈N*)．

解析　(1)由ln (x＋1)＋＞1，得 a＞(x＋2)－(x＋2)ln (x＋1)．

令g(x)＝(x＋2)[1－ln (x＋1)]，则 g′(x)＝1－ln (x＋1)－＝－ln (x＋1)－．

当x＞0时，g′(x)＜0，所以 g(x)在(0，＋∞)上单调递减．

所以 g(x)＜g(0)＝2，故 a的取值范围为[2，＋∞)．

(2)由(1)知ln (x＋1)＋＞1(x＞0)，所以 ln (x＋1)＞．

令x＝(k＞0)，得 ln (＋1)＞，即 ln ＞．

所以 ln ＋ln ＋ln ＋…＋ln ＞＋＋＋…＋，

即ln (n＋1)＞＋＋＋…＋(n∈N*)．

[例3]　已知函数 f(x)＝ax2－x·lnx＋b，g(x)＝f′(x)．

(1)判断函数 y＝g(x)的单调性；

(2)若x∈(0，e](e≈2.718)，判断是否存在实数 a，使函数 g(x)的最小值为 2？若存在，求出 a的值；若

不存在，请说明理由；

(3)证明：3>n－ln．

解析　(1)g(x)＝ax－1－ln x，x>0，∴g′(x)＝a－＝，

当a≤0 时，g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，

当a>0 时，在 x∈，g′(x)<0，在 x∈，g′(x)>0，

∴g(x)在上单调递减，在上单调递增．

(2)当a≤0 时，函数 g(x)在 (0，e]上单调递减，g(x)min＝ae－2≤－2，故不存在最小值为 2；

当 0<a≤时，即≥e，函数 g(x)在(0，e]上单调递减，

∴当x＝e时有最小值，g(x)min＝ae－1－1＝2，解得 a＝，不合题意舍去；

当a>时，即 0<<e，函数 g(x)在上单调递减，在上单调递增，

∴当x＝时有最小值，g(x)min＝1－1＋ln a＝2，解得 a＝e2．

综上所述，存在实数 a＝e2，当 x∈(0，e]时，函数 g(x)的最小值是 2．

(3)由(2)知，g(x)＝e2x－1－ln x≥2，即 e2x≥3＋ln x恒成立，

即x≥(3＋ln x)恒成立，即 x>(3＋ln x)，取 x＝，

则>，则 3·>1＋ln ，

∴3>n＋ln＝n＋ln＝n－ln ．

[例4]　已知函数 f(x)＝ex，h(x)＝x＋ln x，g(x)＝(x－a＋1)ea．

(1)设F(x)＝xf(x)－ah(x)，讨论 F(x)极值点的个数；

(2)判断方程 f(x)＝g(x)的实数根的个数，并证明 e2＋e4＋e6＋…＋e2n≥e．

解析　(1)F(x)＝xex－a(x＋ln x)，x＞0，∴F′(x)＝(x＋1)ex－a＝，

①当a≤0 时，F′(x)＞0，F(x)在(0，＋∞)内单调递增，F(x)没有极值点．

②当a＞0时，令 H(x)＝xex－a，x∈[0，＋∞)，则 H′(x)＝(1＋x)ex＞0，

∴H(x)在[0，＋∞)上单调递增．又 H(0)＝－a＜0，H(a)＝a(ea－1)＞0，

∴∃x0＞0，使 H(x0)＝0，且当 x∈(0，x0)时，H(x)＜0，

当x∈(x0，＋∞)时，H(x)＞0，从而 F′(x0)＝0，当 x∈(0，x0)时，F′(x)＜0，F(x)单调递减，

当x∈(x0，＋∞)时，F′(x)＞0，F(x)单调递增，∴x＝x0是函数 F(x)的极小值点．

综上，当 a≤0 时，F(x)无极值点，当 a＞0时，F(x)有一个极值点．

(2)方程 f(x)＝g(x)可化为 ex－a＝x－a＋1．设 x－a＝t，则原方程又可化为 et＝t＋1．

设M(t)＝et－t－1，则 M′(t)＝et－1．

∵M′(0)＝0，当 t∈(－∞，0)时，M′(t)＜0，M(t)在(－∞，0)上单调递减，

当t∈(0，＋∞)时，M′(t)＞0，M(t)在(0，＋∞)上单调递增；

∴M(t)min＝M(0)＝0，∴当t≠0 时，M(t)＞0，

∴方程 et＝t＋1只有一个实数根，∴方程 f(x)＝g(x)只有一个实数根．

∵对于任意的 t∈R，et≥t＋1．

∴e2－＋e4－＋…＋e2n－≥＋1＋＋1＋…＋＋1

＝(2＋4＋…＋2n)－＋n＝n(n＋1)－＋n＝，

即e－(e2＋e4＋…＋e2n)≥，∴e2＋e4＋…＋e2n≥e．

[例5]　已知函数 g(x)＝xlnx，h(x)＝(a>0)．

(1)若g(x)<h(x)对x∈(1，＋∞)恒成立，求 a的取值范围；

(2)证明：不等式·…·< 对于正整数 n恒成立，其中 e＝2.718 28…为自然对数的底数．

解析　(1)方法一　记 f(x)＝g(x)－h(x)＝xln x－x2＋，令 φ(x)＝f′(x)＝ln x＋1－ax，则 φ′(x)＝－a，

①当a≥1 时，∵x∈(1，＋∞)，∴φ′(x)＝－a<1－a≤0，∴f′(x)在(1，＋∞)上单调递减，又 f′(1)＝1－

a≤0，

∴f′(x)<0，即 f(x)在(1，＋∞)上单调递减，此时，f(x)<f(1)＝－≤0，即 g(x)<h(x)，∴a≥1．

②当0<a<1 时，考虑 x∈时，φ′(x)＝－a>a－a＝0，

∴f′(x)在上单调递增，又 f′(1)＝1－a>0，∴f′(x)>0，即 f(x)在上单调递増，

f(x)>f(1)＝－>0，不满足题意．综上所述，a∈[1，＋∞)．

方法二　当 x∈(1，＋∞)时，g(x)<h(x)等价于 a>，令 F(x)＝(x>1)，

F′(x)＝(x>1)，记 m(x)＝x－1－xln x(x>1)，则 m′(x)＝－ln x<0，

∴m(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴m(x)<m(1)＝0，∴F′(x)<0，即 F(x)在(1，＋∞)上单调递减，

F(x)<F(1)＝1，故 a∈[1，＋∞)．

(2)由(1)知取 a＝1，当 x∈(1，＋∞)时，g(x)<h(x)恒成立，即 xlnx<恒成立，即 lnx<恒成立，

即ln(1＋x)<＝对于 x∈(0，＋∞)恒成立，

由此，ln<＝≤，k∈N*，

于是 ln＝ln＋ln＋…＋ln

<＝

＝·＝＝≤，

故·…·< ．

[例6]　已知函数 f(x)＝ex－kx2，x∈R．

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