導(dǎo)數(shù)數(shù)列不等式

導(dǎo)數(shù)、數(shù)列、不等式導(dǎo)數(shù)與數(shù)列型不等式的交匯問題，體現(xiàn)了導(dǎo)數(shù)的工具性，凸顯了知識之間的縱橫聯(lián)系，一些題構(gòu)思精巧、新穎，加強對能力的考察，逐漸成為高考的新亮點.1.已知函數(shù)f(x)=ex-ax-1(a>0，e為自然對數(shù)的底數(shù)).(1)求函數(shù)f(x)的最小值；(2)若f(x)>0對任意的xeR恒成立，求實數(shù)a的值；(3)在(2)的條件下，證明：(3n+(-)n+L+(匕1)n+(-)n<二.nn nne一1解析：(1)略；(2)f(x)i>0，由(1)設(shè)g(a)=a-aIna-1>0，a=1；(3)由(2)知，因為a=1，所以對任意x，均有ex-x-1>0，即1+x<ex，令k k k k kx=——，n=0,1,2,L,n-1，則0<1 <en，所以，(1—)n<(en)n=e-k.n n n于是，(一)n+(一)n+L+(—一)n+(一)n<e-(n-1)+e-(n-2)+L+e-2+e-1+1= nn nn 1-e-12.已知函數(shù)f(x)=kx，g(x)=電x，x(1)求函數(shù)g(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若不等式f(x)>g(x)在區(qū)間(0,+8)上恒成立，求實數(shù)k的取值范圍；ln2ln3.Inn1TOC\o"1-5"\h\z(3)求證： +——+A+ <一.24 34n4 2e解析：(1)函數(shù)g(x)=電x的單調(diào)增區(qū)間為(0,e)，單調(diào)減區(qū)間為(e,+8).xInx7、lnx Inx 1-2lnx(2)0x>0，kx> ，/.k> .令h(x)= ，h(x)= ，x x2 x2 x3令h'(x)=0，解得x=\.e；當(dāng)x變化時，h'(x)，h(x)變化情況如下表：(3)由(3)由(2)知gx<—x22e(兩邊同時乘以4)增減3.已知函數(shù)f(x)=tx-1-lnx.(1)若函數(shù)f(X)在［1,+8)上為增函數(shù)，求實數(shù)t的取值范圍;(2)當(dāng)n—2且neN*時，證明：—++A+—>Inn.ln2ln3 Inn解析：(1)實數(shù)t的取值范圍為［1,+8).(2)由(1)知，令t=1，貝Uf(x)=x-1-lnX在［1,+8)上為增函數(shù)，f(x)—f(1)=0,即x-1—lnx，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時取等號.TOC\o"1-5"\h\z要證明—++A+—>lnn=ln(—)+ln(3)+A+ln(—n—)，只需證ln2ln3lnn 1 2 n-11n——>ln( ).lnn n-1在x-1—lnx中取x=n(n—2)，有n-1>lnn，則一!一>—!—；在x-1—lnx中取lnnn-1n 1 nx= (n>2)，易知x>1，則U >ln( ).n-1 n-1 n-1綜上可知A>ln(2)成立，則原命題成立.lnn n-14.已知函數(shù)f(x)=ln(x-1)-k(x-1)+1.(1)求函數(shù)f(x)的極值點；(2)若f(x)<0恒成立，試確定實數(shù)k的取值范圍.ln2ln3ln4…lnn (n+4)(n-1)(3)證明：——+——++AA+< (neN,n>1).3 8 15 n2-1 6解析：(1)函數(shù)的定義域為(1，+8)，f(x)=4-k.①當(dāng)k<0時f(x)>0,x-1f(x)在(1,+8)上單調(diào)遞增，無極值；②當(dāng)k>0時，f(x)=—-k=0,x=1+1,x-1 k

當(dāng)X變化時，f'(x),f(x)變化情況如下表:增減函數(shù)f(X)在X=1+1處取得極大值，X=1+1為極大值點.k k(2)由(1)知，k<0時，f(2)=-k+1>0,f(x)<0不恒成立，故只需k>0.當(dāng)k>0時，f(x) =f(1+,)=-lnk<0，k>1.TOC\o"1-5"\h\zmax k(3)由(2)知，當(dāng)k=1時，Inx<x-1，(x>1)，Inn3<n3-1=(n-1)(n2+n+1)，<(n-1)(n+1)2，所以，1nn<n+L，neN,n>1.n2-1 3ln2ln3ln4Inn1 (n+4)(n-1)——+ + +L+ <-(3+4+5+L+(n+1))= -.3 8 15 n2-13 6引申：(4)證明：①當(dāng)x>2時，ln(x-1)<x-2:②Tlni n(n-1).工<- -(neN*,n>1).i+1 4i=1當(dāng)n>1時，lnn2<n2-1=(n-1)(n+1),史n<n~-，所以n+1 2攔+9+吧+L+她<1(1+2+3+L+(n-1))=(n-1)(1+(n-1))=n^2.3 4 5 n+12 4 4(5)lnx<(5)lnx<x-1，令x=n2，5.已知函數(shù)f(x)b=ax+—+c

xlnn 1 n <—<—.n2-1 2 2(a>0)，的圖象在點(1,(1))處的切線方程為(1)用a表示b,c；(2)若f(x)>lnx在［1,+6上恒成立，求a的取值范圍;11T1 n證明：1+2+3+L+n>3n+1)+2^.a—1解析：(1)b=a-1,c=1-2a；(2)由(1)知，f(x)=ax+——+(1-2a),xa1令g(x)=f(x)-Inx=ax+ +(1-2a)-Inx,g(1)=0(關(guān)鍵信息).xa(x-1)(x--~a)g'(x)= 匚.，x2①當(dāng)0<a<1時，—>1,若1<x<—，則g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減，所以2a ag(x)<g(1)=0，即f(x)<Inx，f(x)>Inx在［,+s)上不恒成立；②當(dāng)a>1時，—<1,若x>1，g'(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以2ag(x)>g(1)=0.即f(x)>Inx，故當(dāng)x>1時，f(x)>Inx在［,+s)上恒成立.TOC\o"1-5"\h\z「1 )綜上所述，所求a的取值范圍為［(臼(3)由(2)知，當(dāng)a>1時，f(x)>lnx，且x>1，令a=L有221-11 1 1 1 k+1f(x)=-x+———=—(x-—)>lnx，且當(dāng)x>1時，一(x-—)>Inx.令x= x2x 2x k有k+11/k+1 k 1/1 1、In <( )，即ln(k+1)-Ink<(—+ )，k=1,2,L,n.k2k k+1 2kk+1將上述n個式子相力口，得1+1+1+L+1>ln(n+1)+-^―.23n 2(n+1)b.已知f(x)=ax+-+2-2a，a>0的圖像在點(1,f(1))處的切線與直線xy=2x+1平行.(1)求a,b滿足的關(guān)系式；(2)若f(x)>2lnx在1+8)上恒成立，求a的取值范圍；(3)證明：1+1+1+L+—1—>11n(n+1)+n.35 2n-12 2n+1解析：(1)b=a-2；a_1 a_2(2)由(1)知，f(x)=ax+ +(1-2a)，令f(x)=ax+ +(2-2a)，

a—2g(x)=f(x)-2lnx=ax+ +(2-2a)-2lnx,g(1)=0(關(guān)鍵信息).x①當(dāng)0<a<1時，三>1,若1<x<三，則g，(x)<0,g(x)單調(diào)遞減，所以aag(x)<g(1)=0，即f(x)<2lnx,f(x)>2lnx在h,+s)上不恒成立；②當(dāng)a>1時，=<1，若x>1，g，(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以ag(x)>g(1)=0.即f(x)>lnx，故當(dāng)x>1時，f(x)>2lnx在h,+s)上恒成立.綜上所述，所求a的取值范圍為1+8).(3)由(2)知，當(dāng)a>1時，f(x)>2lnx，且x>1，令a=1，有x-1>2lnx，x1 2k+1 2k+12k-1~2k+1且當(dāng)x>1時，x->2lnx.令x= >1，有 >2ln ，x 2k-1 2k-12k+1 2k-122

+

22

+

2k-12k+1>2ln所以，-L-+-L->ln土+1，即:2k-12k+1 2k-1+-1-，k=1,2,L,n.2k-1 2k+1將上述n個式子相力口，得1+1+1+L+'>11n(n+1)+35 2n-12 2n+1.設(shè)函數(shù)f(x)=lnx+ .x+19,(1)當(dāng)a=—時，f(x)=k只有一個零點，求實數(shù)k的取值范圍;2(2)當(dāng)a=2時，試比較f(x)與1的大小；(3)證明：ln(n+1)>—+—+—+L+—.—.(x=+tl)357 2n+1k解析：(1)k>3-ln2或k<I+ln2；2(2)h(x)=lnx+——-1①當(dāng)x>1時，h(x)>h(1)=0,即f(x)>1；②當(dāng)x+10<x<1時，h(x)<h(1)=0，即f(x)<1；③當(dāng)x=1時，h(x)=h(1)=0，即f(x)=1TOC\o"1-5"\h\z2 x-1 k+1(3)由(2)的結(jié)論，當(dāng)x>1時，lnx+ >1,即lnx> .令x=一x+1 x+1 k一,k+1 1則有l(wèi)n > ,k=1,2,3,L,n，將上述n個式子相加，k 2k+1

得ln(得ln(n+1)>1+1+1+L+3578.設(shè)函數(shù)f(x)=ln(1+x),g(x)=xf、(x),x>0，其中f'(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù).g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x)),neN「求gn(x)的表達(dá)式;(2)若f(x)>ag(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；(3)設(shè)neN/比較g(1)+g(2)+L+g(n)與n-f(n)的大小，并加以證明.解析：(1)0f(x)=ln(1+x)，g(x)=xf'(x)，x>0g2g2(x)=1+x1+ 1+x0g1(x)=g(x)，g (x)=g(0g1(x)=g(x)，n+1 n 1 1+xx假設(shè)當(dāng)n=k21時，g(x)=-^―，貝Ug(x)=1+k= x /.當(dāng)k1+kx k+1 1+x 1+(k+1)x1+kxn=k+1時，g(x)= x也成立.k+1 1+(k+1)x綜上，g(x)=—，—，n三Nn 1+nx0f(x),ag(x)，g(x)=-x-，/.ln(1+x)-ax—20，x>0.1+x 1+x令h(x)=ln(1+x)-反，x>0，易知h(0)=0，則h'(x)=--a(1+x-x)1+x 1+x (1+x)21+x-a，x>0.當(dāng)a<1時，h'(x)>0在x>0上恒成立，..h(x)在［0,+s)上單(1+x)2調(diào)遞增，h(x)>h(0)=0，滿足條件;當(dāng)a>1時，令h'(x)>0，解得x>a-1，令h'(x)<0，解得0<x<a-1.于是h(x)在［0,a-1］上單調(diào)遞減，在(a-1,+s)上單調(diào)遞增，，h(a-1)<h(0)=0，與題設(shè)矛盾，綜上可知a<1.g(1)+g(2)+L+g(n)>n—f(n)，證明如下：要證g(1)+g(2)+L+g(n)2TnZ11T1 1