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3/3专题限时集训(十八)利用导数证明不等式1.(2021·衡水模拟)已知f(x)=(x+3)ln(x+1)-3x(0<x<3).(1)证明:f(x)<0;(2)证明:eq\f(3,4)+eq\f(3,7)+…+eq\f(3,3n+1)>ln(n+1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*)).[证明](1)要证f(x)<0,即证ln(x+1)-eq\f(3x,x+3)<0,令g(x)=ln(x+1)-eq\f(3x,x+3)(0<x<3),则g′(x)=eq\f(1,x+1)-eq\f(9,x+32)=eq\f(xx-3,x+1x+32)<0,故g(x)为减函数,g(x)<g(0)=0,故f(x)<0.(2)由(1)可知:0<x<3时,eq\f(3x,x+3)>ln(x+1),令x=eq\f(1,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*)),则eq\f(3·\f(1,n),\f(1,n)+3)>lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)+1)),化为eq\f(3,3n+1)>lneq\f(n+1,n),故eq\f(3,4)+eq\f(3,7)+…+eq\f(3,3n+1)>lneq\f(2,1)+lneq\f(3,2)+…+lneq\f(n+1,n)=lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1)·\f(3,2)·…·\f(n+1,n)))=ln(n+1),所以原式得证.2.(2021·湖南师大附中三模)已知函数f(x)=x-eq\f(1,2)sinx-eq\f(m,2)lnx+1.(1)当m=2时,试判断函数f(x)在(π,+∞)上的单调性;(2)存在x1,x2∈(0,+∞),x1≠x2,feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1))=feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2)),求证:x1x2<m2.[解](1)法一:当m=2时,f(x)=x-eq\f(1,2)sinx-lnx+1,f′(x)=1-eq\f(1,2)cosx-eq\f(1,x),当x∈(π,+∞)时,f′(x)=1-eq\f(1,2)cosx-eq\f(1,x)≥1-eq\f(1,2)-eq\f(1,π)=eq\f(1,2)-eq\f(1,π)>0,所以,当m=2时,函数f(x)在(π,+∞)上单调递增.法二:当m=2时,f(x)=x-eq\f(1,2)sinx-lnx+1,f′(x)=1-eq\f(1,2)cosx-eq\f(1,x),由1-eq\f(1,2)cosx-eq\f(1,x)=0⇔cosx=2-eq\f(2,x),结合函数y=cosx与y=2-eq\f(2,x)图象可知:当x∈(π,+∞)时,cosx≤1,2-eq\f(2,x)>2-eq\f(2,π)>1,所以两函数图象没有交点,且2-eq\f(2,x)>cosx.所以当x∈(π,+∞)时,f′(x)=1-eq\f(1,2)cosx-eq\f(1,x)>0.所以,当m=2时,函数f(x)在(π,+∞)上单调递增.(2)证明:不妨设0<x1<x2,由feq(\a\vs4\al\co1(x1))=feq(\a\vs4\al\co1(x2))得,x1-eq\f(1,2)sinx1-eq\f(m,2)lnx1+1=x2-eq\f(1,2)sinx2-eq\f(m,2)lnx2+1,∴eq\f(m,2)eq(\a\vs4\al\co1(lnx2-lnx1))=x2-x1-eq\f(1,2)eq(\a\vs4\al\co1(sinx2-sinx1)).设g(x)=x-sinx,则g′(x)=1-cosx≥0,故g(x)在(0,+∞)上为增函数,∴x2-sinx2>x1-sinx1,从而x2-x1>sinx2-sinx1,∴eq\f(m,2)eq(\a\vs4\al\co1(lnx2-lnx1))=x2-x1-eq\f(1,2)eq(\a\vs4\al\co1(sinx2-sinx1))>eq\f(1,2)eq(\a\vs4\al\co1(x2-x1)),∴m>eq\f(x2-x1,lnx2-lnx1),要证x1x2<m2只要证m>eq\r(x1x2),下面证明:eq\f(x2-x1,lnx2-lnx1)>eq\r(x1x2),即证eq\f(\f(x2,x1)-1,ln\f(x2,x1))>eq\r(\f(x2,x1)),令t=eq\f(x2,x1),则t>1,即证明eq\f(t-1,lnt)>eq\r(t),只要证明:lnt-eq\f(t-1,\r(t))<0,设h(t)=lnt-eq\f(t-1,\r(t)),h′(t)=-eq\f(\r(t)-12,2t\r(t))<0,则h(t)在(1,+∞
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