导数数列不等式

导数、数列、不等式导数与数列型不等式的交汇问题，体现了导数的工具性，凸显了知识之间的纵横联系，一些题构思精巧、新颖，加强对能力的考察，逐渐成为高考的新亮点.1.已知函数f(x)=ex-ax-1(a>0，e为自然对数的底数).(1)求函数f(x)的最小值；(2)若f(x)>0对任意的xeR恒成立，求实数a的值；(3)在(2)的条件下，证明：(3n+(-)n+L+(匕1)n+(-)n<二.nn nne一1解析：(1)略；(2)f(x)i>0，由(1)设g(a)=a-aIna-1>0，a=1；(3)由(2)知，因为a=1，所以对任意x，均有ex-x-1>0，即1+x<ex，令k k k k kx=——，n=0,1,2,L,n-1，则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.已知函数f(x)=kx，g(x)=电x，x(1)求函数g(x)的单调区间；(2)若不等式f(x)>g(x)在区间(0,+8)上恒成立，求实数k的取值范围；ln2ln3.Inn1TOC\o"1-5"\h\z(3)求证： +——+A+ <一.24 34n4 2e解析：(1)函数g(x)=电x的单调增区间为(0,e)，单调减区间为(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；当x变化时，h'(x)，h(x)变化情况如下表：(3)由(3)由(2)知gx<—x22e(两边同时乘以4)增减3.已知函数f(x)=tx-1-lnx.(1)若函数f(X)在［1,+8)上为增函数，求实数t的取值范围;(2)当n—2且neN*时，证明：—++A+—>Inn.ln2ln3 Inn解析：(1)实数t的取值范围为［1,+8).(2)由(1)知，令t=1，贝Uf(x)=x-1-lnX在［1,+8)上为增函数，f(x)—f(1)=0,即x-1—lnx，当且仅当x=1时取等号.TOC\o"1-5"\h\z要证明—++A+—>lnn=ln(—)+ln(3)+A+ln(—n—)，只需证ln2ln3lnn 1 2 n-11n——>ln( ).lnn n-1在x-1—lnx中取x=n(n—2)，有n-1>lnn，则一!一>—!—；在x-1—lnx中取lnnn-1n 1 nx= (n>2)，易知x>1，则U >ln( ).n-1 n-1 n-1综上可知A>ln(2)成立，则原命题成立.lnn n-14.已知函数f(x)=ln(x-1)-k(x-1)+1.(1)求函数f(x)的极值点；(2)若f(x)<0恒成立，试确定实数k的取值范围.ln2ln3ln4…lnn (n+4)(n-1)(3)证明：——+——++AA+< (neN,n>1).3 8 15 n2-1 6解析：(1)函数的定义域为(1，+8)，f(x)=4-k.①当k<0时f(x)>0,x-1f(x)在(1,+8)上单调递增，无极值；②当k>0时，f(x)=—-k=0,x=1+1,x-1 k

当X变化时，f'(x),f(x)变化情况如下表:增减函数f(X)在X=1+1处取得极大值，X=1+1为极大值点.k k(2)由(1)知，k<0时，f(2)=-k+1>0,f(x)<0不恒成立，故只需k>0.当k>0时，f(x) =f(1+,)=-lnk<0，k>1.TOC\o"1-5"\h\zmax k(3)由(2)知，当k=1时，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)证明：①当x>2时，ln(x-1)<x-2:②Tlni n(n-1).工<- -(neN*,n>1).i+1 4i=1当n>1时，lnn2<n2-1=(n-1)(n+1),史n<n~-，所以n+1 2拦+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.已知函数f(x)b=ax+—+c

xlnn 1 n <—<—.n2-1 2 2(a>0)，的图象在点(1,(1))处的切线方程为(1)用a表示b,c；(2)若f(x)>lnx在［1,+6上恒成立，求a的取值范围;11T1 n证明：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(关键信息).xa(x-1)(x--~a)g'(x)= 匚.，x2①当0<a<1时，—>1,若1<x<—，则g'(x)<0,g(x)单调递减，所以2a ag(x)<g(1)=0，即f(x)<Inx，f(x)>Inx在［,+s)上不恒成立；②当a>1时，—<1,若x>1，g'(x)>0，g(x)单调递增，所以2ag(x)>g(1)=0.即f(x)>Inx，故当x>1时，f(x)>Inx在［,+s)上恒成立.TOC\o"1-5"\h\z「1 )综上所述，所求a的取值范围为［(臼(3)由(2)知，当a>1时，f(x)>lnx，且x>1，令a=L有221-11 1 1 1 k+1f(x)=-x+———=—(x-—)>lnx，且当x>1时，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将上述n个式子相力口，得1+1+1+L+1>ln(n+1)+-^―.23n 2(n+1)b.已知f(x)=ax+-+2-2a，a>0的图像在点(1,f(1))处的切线与直线xy=2x+1平行.(1)求a,b满足的关系式；(2)若f(x)>2lnx在1+8)上恒成立，求a的取值范围；(3)证明：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(关键信息).x①当0<a<1时，三>1,若1<x<三，则g，(x)<0,g(x)单调递减，所以aag(x)<g(1)=0，即f(x)<2lnx,f(x)>2lnx在h,+s)上不恒成立；②当a>1时，=<1，若x>1，g，(x)>0，g(x)单调递增，所以ag(x)>g(1)=0.即f(x)>lnx，故当x>1时，f(x)>2lnx在h,+s)上恒成立.综上所述，所求a的取值范围为1+8).(3)由(2)知，当a>1时，f(x)>2lnx，且x>1，令a=1，有x-1>2lnx，x1 2k+1 2k+12k-1~2k+1且当x>1时，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将上述n个式子相力口，得1+1+1+L+'>11n(n+1)+35 2n-12 2n+1.设函数f(x)=lnx+ .x+19,(1)当a=—时，f(x)=k只有一个零点，求实数k的取值范围;2(2)当a=2时，试比较f(x)与1的大小；(3)证明：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当x>1时，h(x)>h(1)=0,即f(x)>1；②当x+10<x<1时，h(x)<h(1)=0，即f(x)<1；③当x=1时，h(x)=h(1)=0，即f(x)=1TOC\o"1-5"\h\z2 x-1 k+1(3)由(2)的结论，当x>1时，lnx+ >1,即lnx> .令x=一x+1 x+1 k一,k+1 1则有ln > ,k=1,2,3,L,n，将上述n个式子相加，k 2k+1

得ln(得ln(n+1)>1+1+1+L+3578.设函数f(x)=ln(1+x),g(x)=xf、(x),x>0，其中f'(x)是f(x)的导函数.g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x)),neN「求gn(x)的表达式;(2)若f(x)>ag(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)设neN/比较g(1)+g(2)+L+g(n)与n-f(n)的大小，并加以证明.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假设当n=k21时，g(x)=-^―，贝Ug(x)=1+k= x /.当k1+kx k+1 1+x 1+(k+1)x1+kxn=k+1时，g(x)= x也成立.k+1 1+(k+1)x综上，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，则h'(x)=--a(1+x-x)1+x 1+x (1+x)21+x-a，x>0.当a<1时，h'(x)>0在x>0上恒成立，..h(x)在［0,+s)上单(1+x)2调递增，h(x)>h(0)=0，满足条件;当a>1时，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］上单调递减，在(a-1,+s)上单调递增，，h(a-1)<h(0)=0，与题设矛盾，综上可知a<1.g(1)+g(2)+L+g(n)>n—f(n)，证明如下：要证g(1)+g(2)+L+g(n)2TnZ11T1 1