2024屆高考數(shù)學(xué)二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí)與測(cè)試第一部分專(zhuān)題六函數(shù)與導(dǎo)數(shù)微中微函數(shù)型數(shù)列不等式問(wèn)題

微中微函數(shù)型數(shù)列不等式問(wèn)題1．分析通項(xiàng)法：由于左邊是一個(gè)求和(積)形式的表達(dá)式，右邊是一個(gè)簡(jiǎn)單的式子，為了使得兩者能夠明顯地顯現(xiàn)出大小特征，有必要將兩者統(tǒng)一成同一種形式，此處有兩條路可走，一種是將左邊的和式收攏，一種是將右邊的式子分解．很明顯，左邊是無(wú)法收攏的，因此需要將右邊進(jìn)行拆分，而拆分的原則就是和左邊配對(duì)．假設(shè)右邊f(xié)(n)＝b1＋b2＋…＋bn，這樣一來(lái)，相當(dāng)于已知一個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)之和，求bn，利用數(shù)列的知識(shí)可知bn＝f(n)－f(n－1)(n≥2，n∈N*)．所以，接下來(lái)只需要證明an<bn即可．2．幾種常見(jiàn)的數(shù)列放縮方法．(1)eq\f(1,n2)<eq\f(1,（n－1）n)＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)(n≥2)．(2)eq\f(1,n2)>eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).(3)eq\f(1,n2)＝eq\f(4,4n2)<eq\f(4,4n2－1)＝2(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))．(4)Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)·eq\f(1,nr)＝eq\f(n！,r?。╪－r）！)·eq\f(1,nr)<eq\f(1,r！)<eq\f(1,r（r－1）)＝eq\f(1,r－1)－eq\f(1,r)(r≥2)．(5)(1＋eq\f(1,n))n<1＋1＋eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,（n－1）n)<3.(6)eq\f(1,\r(n))＝eq\f(2,\r(n)＋\r(n))<eq\f(2,\r(n－1)＋\r(n))＝2(－eq\r(n－1)＋eq\r(n))(n≥2)．(7)eq\f(1,\r(n))＝eq\f(2,\r(n)＋\r(n))>eq\f(2,\r(n)＋\r(n＋1))＝2(－eq\r(n)＋eq\r(n＋1))．(8)eq\f(1,\r(n))＝eq\f(2,\r(n)＋\r(n))<eq\f(2,\r(n－\f(1,2))＋\r(n＋\f(1,2)))＝eq\f(2\r(2),\r(2n－1)＋\r(2n＋1))＝eq\r(2)(－eq\r(2n－1)＋eq\r(2n＋1))．(9)eq\f(2n,（2n－1）2)＝eq\f(2n,（2n－1）（2n－1）)<eq\f(2n,（2n－1）（2n－2）)＝eq\f(2n－1,（2n－1）（2n－1－1）)＝eq\f(1,2n－1－1)－eq\f(1,2n－1)(n≥2)．(10)eq\f(1,\r(n3))＝eq\f(1,\r(n·n2))<eq\f(1,\r(（n－1）n（n＋1）))＝eq\f(\r(n＋1)－\r(n－1),\r(（n－1）n（n＋1）))·eq\f(1,\r(n＋1)－\r(n－1))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(（n－1）n))－\f(1,\r(n（n＋1）))))·eq\f(1,\r(n＋1)－\r(n－1))＝2(eq\f(1,\r(n－1))－eq\f(1,\r(n＋1)))·eq\f(\r(n＋1)＋\r(n－1),2\r(n))<2(eq\f(1,\r(n－1))－eq\f(1,\r(n＋1)))(n≥2)．(11)eq\f(1,\r(n3))＝eq\f(2,\r(n2·n)＋\r(n·n2))<eq\f(2,n\r(n－1)＋（n－1）\r(n))＝eq\f(2,\r(（n－1）n)（\r(n)＋\r(n－1)）)＝eq\f(－2（\r(n－1)－\r(n)）,\r(（n－1）)n)＝eq\f(2,\r(n－1))－eq\f(2,\r(n))(n≥2)．(12)eq\f(1,2n－1)＝eq\f(1,（1＋1）n－1)<eq\f(1,Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(2,n)－1)＝eq\f(2,n（n＋1）)＝eq\f(2,n)－eq\f(2,n＋1).(13)eq\f(1,2n－1)<eq\f(2n－1,（2n－1－1）（2n－1）)＝eq\f(1,2n－1－1)－eq\f(1,2n－1)(n≥2)．3．根據(jù)不等式的信息，利用題目的結(jié)論，得出不等式，然后對(duì)變量取合適的數(shù)據(jù)，再用數(shù)列求和法而得解．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex－1,x)－a(a∈R)．(1)若對(duì)?x>0，都有f(x)>0，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)若ai>0(i＝1，2，3，…，n)，其中n∈N*，且a1＋a2＋…＋an＝1，求證：對(duì)任意x>0，都有：x－nlnx≥(1＋lnak)．(1)解：由x>0時(shí)：f(x)＝eq\f(ex－1,x)－a>0，即：ex－1－ax>0，設(shè)：g(x)＝ex－1－ax，則g′(x)＝ex－a.①若a≤1時(shí)：由x>0，故ex>1，所以對(duì)任意x>0，都有：g′(x)＝ex－a>0此時(shí)函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故對(duì)任意x>0，都有：g(x)＝ex－1－ax>g(0)＝0，即eq\f(ex－1,x)－a>0滿足條件．②若a>1時(shí)：由x>0，故：g′(x)＝ex－a＝0?x＝lna故可得：x(－∞，lna)lna(lna，＋∞)g′(x)－0＋g(x)極小值故函數(shù)g(x)在(0，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，故g(lna)<g(0)＝0，不滿足條件．綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為a≤1.(2)證明：由(1)可知，對(duì)任意x>0，均有ex≥x＋1，設(shè)t＝ex，則x＝lnt，故對(duì)任意t>0，均有l(wèi)nt≤t－1，即：1＋lnt≤t，則對(duì)任意1≤k≤n，k∈N*，都有l(wèi)n(akx)≤akx－1，故x－nlnx－eq\i\su(k＝1,n,)(1＋lnak)＝x－nlnx－n－eq\i\su(k＝1,n,)lnak＝x－n－eq\i\su(k＝1,n,)ln(akx)≥x－n－eq\i\su(k＝1,n,)(akx－1)＝x－n－(eq\i\su(k＝1,n,)ak)x＋n＝0，所以x－nlnx≥eq\i\su(k＝1,n,)(1＋lnak)．已知函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(3,2)－eq\f(a,x)(a為常數(shù))．(1)若方程e2f(x)＝g(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上有解，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)當(dāng)a＝1時(shí)，證明不等式g(x)<f(x)<x－2在[4，＋∞)上恒成立；(3)證明eq\f(5n,4)＋eq\f(1,60)<eq\i\su(k＝1,n,)[2f(2k＋1)－f(k＋1)－f(k)]<2n＋1，(n∈N*)．(參考數(shù)據(jù)：ln2≈0.693)(1)解：因?yàn)閒(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(3,2)－eq\f(a,x)，所以方程e2f(x)＝g(x)可化為x2＝eq\f(3,2)－eq\f(a,x).即a＝－x3＋eq\f(3,2)x.令h(x)＝－x3＋eq\f(3,2)x.則h′(x)＝－3x2＋eq\f(3,2).由h′(x)＝－3x2＋eq\f(3,2)＝0得，x＝eq\f(\r(2),2)，或x＝－eq\f(\r(2),2)(舍去)．當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))時(shí)，h′(x)＝－3x2＋eq\f(3,2)>0，h(x)單調(diào)遞增．當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))時(shí)，h′(x)＝－3x2＋eq\f(3,2)<0，h(x)單調(diào)遞減．因?yàn)閔(eq\f(1,2))＝eq\f(5,8)，h(1)＝eq\f(1,2)，h(eq\f(\r(2),2))＝eq\f(\r(2),2).所以x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))時(shí)，h(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(2),2))).所以方程e2f(x)＝g(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上有解等價(jià)于a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(2),2))).(2)證明：a＝1時(shí)，要證不等式g(x)<f(x)，只需證eq\f(3,2)－eq\f(1,x)<lnx，即lnx＋eq\f(1,x)>eq\f(3,2).令r(x)＝lnx＋eq\f(1,x).則r′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)，x≥4，r′(x)>0，所以x∈[4，＋∞)時(shí)，r(x)單調(diào)遞增．所以r(x)min＝r(4)＝ln4＋eq\f(1,4)>eq\f(3,2).所以當(dāng)x∈[4，＋∞)時(shí)，g(x)<f(x)恒成立．要證f(x)<x－2，只需證lnx<x－2，即lnx－x<－2.令k(x)＝lnx－x.k′(x)＝eq\f(1,x)－1，x≥4，k′(x)<0，所以x∈[4，＋∞)時(shí)，k(x)單調(diào)遞減．所以k(x)max＝k(4)＝ln4－4<－2.所以當(dāng)x∈[4，＋∞)時(shí)，f(x)<x－2恒成立．所以當(dāng)a＝1時(shí)，證明不等式g(x)<f(x)<x－2在[4，＋∞)上恒成立．(3)證明：因?yàn)閒(x)＝lnx，所以2f(2k＋1)－f(k＋1)－f(k)＝2ln(2k＋1)－ln(k＋1)－lnk＝lneq\f(（2k＋1）2,k（k＋1）)＝f(eq\f(1,k（k＋1）)＋4)，由(2)可知，eq\f(3,2)－eq\f(1,x)<f(x)<x－2，所以eq\f(3,2)－eq\f(1,\f(1,k（k＋1）)＋4)<f(eq\f(1,k（k＋1）)＋4)<eq\f(1,k（k＋1）)＋4－2，即eq\f(3,2)－eq\f(k（k＋1）,4k（k＋1）＋1)<f(eq\f(1,k（k＋1）)＋4)<eq\f(1,k)－eq\f(1,k＋1)＋2，所以eq\f(5,4)＋eq\f(1,16k（k＋1）＋4)<f(eq\f(1,k（k＋1）)＋4)<eq\f(1,k)－eq\f(1,k＋1)＋2，所以eq\f(5n,4)＋eq\f(1,16×2＋4)＋eq\f(1,16×2×3＋4)＋…＋eq\f(1,16n（n＋1）＋4)≤eq\i\su(k＝1,n,)[2f(2k＋1)－f(k＋1)－f(k)]<1－eq\f(1,n＋1)＋2n，因?yàn)閚∈N，所以eq\f(5n,4)＋eq\f(1,60)<eq\i\su(k＝1,n,)[2f(2k＋1)－f(k＋1)－f(k)]<2n＋1.已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(k（x－1）,x)＋1.(1)求函數(shù)f(x)的極值；(2)(ⅰ)當(dāng)x>1時(shí)，f(x)>0恒成立，求正整數(shù)k的最大值；(ⅱ)證明：(1＋1×2)(1＋2×3)…[1＋n(n＋1)]>eeq\a\vs4\al(n（2－\f(3,n＋1)）).(1)解：f′(x)＝eq\f(x－k,x2)，x＞0，當(dāng)k≤0時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，沒(méi)有極值；當(dāng)k＞0時(shí)，由f′(x)＞0得x＞k，由f′(x)＜0得0＜x＜k，所以f(x)在(0，k)上單調(diào)遞減，在(k，＋∞)上單調(diào)遞增，此時(shí)函數(shù)f(x)的極小值f(k)＝lnk－k＋2，沒(méi)有極大值．(2)(ⅰ)解：當(dāng)x＞1時(shí)，f(x)＞0恒成立，即只要f(x)min＞0即可，由(1)k＞0時(shí)，f(x)在(0，k)上單調(diào)遞減，在(k，＋∞)上單調(diào)遞增，(a)若k≤1時(shí)，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)min＞f(1)＝1滿足題意；(b)當(dāng)k＞1時(shí)，f(x)在(0，k)上單調(diào)遞減，在(k，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(k)＝lnk－k＋2＞0，令g(x)＝lnx－x＋2，則g′(x)＝eq\f(1－x,x)<0，所以g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，且g(2)＝ln2＞0，g(3)＝ln3－1＞0，g(4)＝ln4－2＜0，所以存在x0∈(3，4)使得g(x0)＝0，則g(x)＝lnx－x＋2＞0的解集為(1，x0)，綜上k的取值范圍(－∞，x0)，其中x0∈(3，4)，所以正整數(shù)k的最大值是3.(ⅱ)證明：要證(1＋1×2)(1＋2×3)…(1＋n×(n＋1))>eeq\a\vs4\al(n（2－\f(3,n＋1)）)，兩邊取對(duì)數(shù)，即證ln[(1＋1×2)(1＋2×3)…(1＋n×(n＋1))]>2n－eq\f(3n,n＋1)，也即證ln(1＋1×2)＋ln(1＋2×3)＋…＋ln[1＋n×(n＋1)]>2n－eq\f(3n,n＋1)，由(ⅰ)知lnx>eq\f(3（x－1）,x)－1，令x＝1＋n(n＋1)，則ln[n(n＋1)＋1]＞2－eq\f(3,n（n＋1）＋1)>2－eq\f(3,n（n＋1）)＝2－(eq\f(3,n)－eq\f(3,n＋1))，所以ln(1＋1×2)＋ln(1＋2×3)＋…＋ln[1＋n×(n＋1)]＞2n－3(1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))＝2n－3(1－eq\f(1,n＋1))＝2n－eq\f(3n,n＋1)，所以(1＋1×2)(1＋2×3)…[1＋n(n＋1)]>eeq\a\vs4\al(n（2－\f(3,n＋1)）).已知函數(shù)f(x)＝sinx－xcosx－ax2sinx，其中x∈[0，π]，a∈R.(1)若a＝0，證明：f(x)≥0；(2)若f(x)單調(diào)遞增，求a的取值范圍；(3)當(dāng)n≥2且n∈N*時(shí)，證明：eq\i\su(k＝2,n,)eq\f(k,\r(3))taneq\f(\r(3),k)>n－eq\f(2n＋1,2n（n＋1）)－eq\f(1,4).(1)證明：當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝sinx－xcosx，有f′(x)＝xsinx≥0，所以f(x)單調(diào)遞增，有f(x)≥f(0)＝0.(2)解：由f′(x)＝x[(1－2a)sinx－axcosx]，依題意有f′(π)＝π2a≥0，得a≥0，當(dāng)a＝0時(shí)，由(1)可知f(x)單調(diào)遞增，符合；當(dāng)a>0時(shí)，(ⅰ)若eq\f(1,a)－2≥1，即0<a≤eq\f(1,3)，由(1)可知f′(x)＝axeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（\f(1,a)－2）sinx－xcosx))≥ax(sinx－xcosx)≥0，所以f(x)單調(diào)遞增，符合．(ⅱ)若a>eq\f(1,3)，0≤x≤eq\f(π,2)，記g(x)＝(eq\f(1,a)－2)sinx－xcosx