专题7导数与数列不等式（教师版）

专题7：导数与数列不等式<<<专题综述>>><<<专题综述>>>数列是高中数学中的一个重要内容，在高等数学也占有重要的位置.函数与不等式是高中数学培养学生思维能力的重要内容，可以体现数学思维中的很多方法，解决两者结合在一起的问题，既要具备灵活运用数学基础知识和数学基本能力，又要具备较高的应用数学抽象、逻辑推理分析问题、解决问题的数学素养.<<<专题探究>>><<<专题探究>>>导数与数列中有关不等式的证明是紧密相连且互相渗透的.在复习中，我们一定要注意它们的联系，它们所涉及的问题往往是灵活应用导数与数列中有关不等式的知识，把这两者完美地结合在一起.学生要在知识的交汇点学会思考分析，达到知识的融会贯通.同时，提高自己的分析问题和解决问题的能力.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题型一：题型一：应用导数研究i=1n题设情境是应用导数讨论函数的单调性、由不等式恒成立求参变量的取值范围、应用函数思想证明数列不等式.第（1）问应用导数与函数单调性的基本知识求解；第（2）问应用“带参讨论”技巧，结合同构法和放缩法推导实数a的取值范围；第（3）问利用第（2）问的相关结论：a=12，则∀x>0，总有xe12x例1（湖南省长沙市雅礼中学20222023学年高三上学期月考）已知函数f(x)=xe（1）当a=1时，讨论f(x)的单调性；（2）当x>0时，f(x)<-1，求实数a的取值范围；（3）设n∈N*【思路点拨】第（1）问求出f'x，讨论其符号后可得fx的单调性.第（2）问设hx=xeax-ex+1，求出h″x，先讨论a>12时题设中的不等式不成立，再就0<a≤12结合放缩法讨论h'x符号，最后就a≤0结合放缩法讨论【规范解析】(1)当a=1时，fx=x-1当x<0时，f'x<0，当x>0故fx的减区间为-∞,0，增区间为0,+∞设hx=xeax-设gx=1+ax若a>12，则g'故存在x0∈0,+∞，使得∀故gx在0,x0故hx在0,x0为增函数，故若0<a≤12，则下证：对任意x>0，总有ln1+x证明：设Sx=ln故Sx在0,+∞上为减函数，故Sx<S0由上述不等式有eax+故h'x≤0总成立，即hx在当a≤0时，有h'x=eax所以hx<h0=0(3)取a=12，则∀x>0令t=e12故2tlnt<t2-1所以对任意的n∈N*整理得到：lnn+1故1=lnn+1练1（浙江省2023届高三数学原创预测卷一(全国1卷)）已知函数fx=lnx+a（1）求实数a的值；（2）若关于x的方程fx=-52x+b（3）证明：对任意的正整数n，不等式2+34【规范解析】（1）函数f当x=0时，f(x)取得极值，∴f'(0)=0，故1解得a=1，经检验a=1符合题意．（2）由a=1知f由f(x)=-52x+b，令φx则f(x)=-52x+b等价于φ(x)=0在区间0,2上恰有两个不同的实数根．又φ'x当x∈(0,1)时，φ'(x)>0，于是φ(x)在(0,1)上单调递增；当x∈1,2时，φ'(x)<0，于是φ(x)在依题意有φ(0)=-b≤0，φ1=解得ln3-1≤b<ln2+1（3）fx=lnx+1-x2令f'(x)=0得，x=0或x=-3∴当-1<x<0时，f'(x)>0，f(x)单调递增；当x>0时，f'x<0∴f(0)为f(x)在(-1,+∞)上的最大值．∴f(x)≤f(0)，故ln(x+1)-x2-x≤0对任意正整数n，取x=1n>0得，ln1故2+3练2（广东省深圳市福田区福田中学2023届高三上学期月考）已知函数fx（1）对于x∈0,1，fx>0恒成立，求实数（2）当a=1时，令hx=fx-sinx+lnx+1（3）求证：lnn+1【规范解析】（1）fx=sinx-ax>0,sinx-ax>0,∵0<x<1,令gx=sinxx，g'令mx=xcosx-sinx,m'∴mx在0,1递减，∴mx<m0=0,∴g'x<0,∴gx>g1=sin1,（2）a=1时，hx=lnx-x+1x>0,令h'x>0，解得：0<x<1，令h'∴hx在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，∴hx的最大值是h1（3）构造函数gx=ln1+x-x当-1<x<0时,g'x>0,gx在当x>0时,g'x<0,gx在所以，当x=0时，gx=所以gx≤g0=0，即ln1+x≤x，当令x=1n,则ln1+1n<ln∴ln2-ln1<1,ln3-ln2<以上n个不等式相加得:lnn即lnn题型二：题型二：应用导数研究i=1nai题设情境是应用导数讨论函数的单调性、由不等式恒成立求参变量的取值范围、应用函数思想证明数列不等式.第（1）问应用导数与函数单调性的基本知识求解；第（2）问应用“特殊值法”，求得实数a的取值范围，然后证明实数a在该范围时，原不等式恒成立；第（3）问利用第（2）问的相关结论，结合待证不等式的结构特征，得到不等式sinx-π4例2（四川省内江市威远中学校20222023学年高三上学期月考）函数fx（1）a=12,求（2）若fx≥cosx在x∈0,π上恒成立,（3）令函数gx=fx【思路点拨】(1)代入a的值，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；

(2)问题等价于ax+cosx-sinx-1≤0，令h(x)=ax+cosx-sinx-1，根据函数的单调性求出a的取值范围即可；

(3)求出g(x)=sinx，令x-π4=kπ15，得到x=4k+1560π，可得到sinkπ【规范解析】解：(1)a=12，f(x)=sinx-12x+1，f'(x)=cosx-12，

当-π3+2kπ<x<π3+2kπ，k∈Z时，f'(x)>0，当π3+2kπ<x<5π3+2kπ，k∈Z时，f'(x)<0，

所以f(x)的单调递增区间是(-π3+2kπ,π3+2kπ)，k∈Z，

f(x)的单调递减区间是(π3+2kπ,5π3+2kπ)，k∈Z．

(2)不等式恒成立等价于ax+cosx-sinx-1≤0，

令h(x)=ax+cosx-sinx-1，则由h(0)≤0h(π)≤0h(π2)≤0，可得到a≤2π，

∵y=ax+cosx-sinx-1可以看作是关于a的一次函数，单调递增，

∴令φ(x)=2πx+cosx-sinx-1，

对于∀a≤2π，∀x∈[0,π]，h(x)≤φ(x)恒成立，

只需证明φ(x)=2πx+cosx-sinx-1≤0即可，

φ'(x)=2π-sinx-cosx=2π-2sin(x+π4)，

1°当x∈(0,π2)，sinx+cosx=2sin(x+π4)∈(1,2],

则φ'(x)=2π-sinx-cosx<2π-1<0，φ(x)在(0,π2)上单调递减，又φ(x)=0，

所以此时φ(x)<0恒成立．

2°当从而即g(π15练3（四川省内江市威远中学校20222023学年高三模拟）已知fx（1）当a=e2时,（2）当x∈0,+∞时,fx≥0（3）求证：22e-1+2【规范解析】（1）当a=e2时，fx=所以当x<1时，f''x<0，f'x当x>1时，f''x>0，f'x在1,+∞上单调递增，因为f'f'所以存在x0∈1,2所以x∈-∞,0时,f'x>0;x∈0,x0时,f'所以0和x0是f所以fx（2）fx=e设hx=f'x=又h'0=1-2a所以当a≤12时,h'x≥0，hx即f'x≥0，fx在0,+∞当a>12时，令h'x当x∈0,ln2a时，h'x<0，hxfx在0,ln2a所以x∈(0,ln2a时，f所以a的取值范围是-∞,1（3）由（2）可知a=12时，∀x∈0,+∞即2e当n∈N*时,2e所以2=1-13+练4（江苏省淮安市高中校协作体20222023学年高三上学期联考）已知函数fx=x+1lnx，曲线y=f(x)在（1）求证：x>1时，fx>ax+b（2）求证：ln21【规范解析】（1）函数fx的定义域为0,+∞，f'又f'1=2，f1设Fx=x+1ln令gx=F'当x>1时，g'x>0，所以gx又g1=0，所以gx=F'所以Fx>F1=0，故x>1（2）由（1）知：当x>1时，x+1lnx令x=n2-2>1n≥2,n∈所以lnn2所以化简可得k=2nlnk题型三：题型三：应用导数研究i=1n题设情境是应用导数的几何意义求a的值、证明函数不等式和数列不等式.第（1）问由曲线y=fx和y=gx在原点处的导数值相等求a的值，然后应用凹凸反转方法，通过构造函数应用导数证明不等式；第（2）问利用第（1）问的结论得到fn例3（江苏省南京市江宁区五校20222023学年高三上学期联考）已知函数fx=x22+axa>0，g（1）求实数a的值，并证明：当x>0时，fx（2）令bn=lnn+1n+1【思路点拨】（1）由导数的几何意义得f'0=g'0,便可求得a=1,从由f构造函数hx（2）利用第（1）问结论得fn>gn，即2n+1ln【规范解析】（1）由条件可得f0=g0=0，且因为曲线y=fx和y=gx在原点处有相同的切线，所以f'0要证fx>gx令hx=x+1再令φx=h'x=ln所以φx=h'x在0,+∞上单调递减，所以h'x<h'故hx<h0=0．所以x+1（2）由（1）可得当x>0时，fx所以fn>gn两边同除以2n+12，得lnn+1∴Tn要证n+2Tn<又因为故只需证2lnn+2-ln设hx则h'由于函数y=x+2x在区间2,+∞上单调递增，所以函数h'而h'2=132-ln8<0,所以当x∈2,+∞时,所以当x∈2,+∞时,故当n∈N*且n≥2时,hn<0所以当n∈N*时，hn<0．所以lnn+2Tn练5（湖南省长沙市长郡中学模拟）函数fx=lnx+1（1）求a的值；（2）证明：对于任意正整数n,nn⋅【规范解析】（1）f'x=1x+1+a．设直线y=2x与曲线依题意得：&y0=2x0&y0令gx=lnx+1-所以当x>0时,g'x>0,gx单调递增；当-1<x<0时，g'x当x=0时,gx取得最小值g0=0，所以gx故方程（*）的解为x0=0，此时a=1（2）①要证明nn⋅en只需证enn+1由（1）知，当x>0时，gx>0，即ln因此当n∈N*时，ln1+上式累加得：ln1+1n＝2\*GB3②要证明2n!n!<nn⋅e只需证n+1n⋅令hx=lnx+1-x所以当x>0时，h'x<0，hx单调递减；当-1<x<0时，h'x>0当x=0时，hx取得最大值h0=0，即hx由lnx+1≤x上式累加得：ln1+1综上nn⋅练6（湖南省常德市五校联盟20222023学年高三上模拟）已知函数fx(1)若fx≥0，求(2)证明：对一切n∈N*均有n+1（其中e为自然对数的底数）.【规范解析】(1)由题知f(x)定义域为(0，+∞)，故f(x)≥0等价于注意到g(1)=0，g'(x)=x-ax2，若a≤0，则g从而x∈(0,1)时，g(x)<g(1)=0，舍去；若a>0，令g'x=0，得x=a，从而g(x)在(0故gxmin=ga≥0(2)一方面：命题等价于：nln由（1）可知，当a=1时，恒有lnx令x=1x得，lnx≤x-1，从而1-在上式中令x=1n+1，得到1即nln从而ln<[(n+1)=(n+1)ln(>[n=nln由以上两方面可知，命题成立.题型四：题型四：应用导数研究i=1n题设情境是不等式恒成立求参数a的取值范围，证明数列积的不等式.第（1）问应用“带参讨论法”研究不等式恒成立问题，从而确定参数a的取值范围；第（2）问利用第（1）问的结论：当a=2时，fx<gx在1,+∞上成立，即ln例4（河北省衡水中学2022届高三上学期3调）已知函数fx=xlnx（1）若fx<gx在1,+∞上恒成立，求实数a（2）求证：1+1n+1【思路点拔】第（1）问由x>0及xlnx-ax-12<0,构造函数hx=lnx-ax-12,通过分类讨论实数a的取值范围求实数a的取值范围；第（2）问利用第（1【规范解析】（1）fx<gx即xln记hx=lnx当a≤0时，h'x>0，hx在1,+∞上单调递增，由h所以xhx>0，即f当0<a<2时，2a>1,x∈1,2a时，h所以xhx>0，即f当a≥2时，x∈1,+∞，h'x<0，hx在所以xhx<0，即f故fx<gx在1,+∞上恒成立，实数a的取值范围是（2）当a=2时，fx<gx在1,+∞上成立，即令x=1+kn+12,k=1,2,⋯,n，n∈所以k=1n<1n+1所以1+1n+1练7（浙江省台州市2023届高三第一次教学质量评估）已知fx=eaxx（1）当a=12时，求函数fx在m,m+1（【规范解析】（1）当a=12时，fx=e可得函数fx在-∞，0，0,2①当m+1≤2，即m≤1时，函数fx在m,m+1上单调递减，∴fx②当m≥2，函数fx在m,m+1上单调递增,∴fx③当m<2<m+1，即1<m<2时，函数fx在m,2上单调递减，在2,m+1上单调递增，∴fx（2）证明：由（1）可得：x≥2时,fx=ex∴1∴∴练8（第一中学20222023学年模拟）已知fx=e(1)当a=1时，分别求n=1和n=2的fx(2)求证：当a=1时，fx=0有唯一实数解(3)若对任意的x≥0，n∈N*都有fx【规范解析】(1)fx当a=1，n=1时，fx=e由f'x=ex-1>0，得所以，fx在0,+∞上单调递增，在-∞,0当a=1，n=2时，fx=ex-1+x+x所以fx在R(2)当a=1时，fx即ex=1+x+令gx=1+x+所以，当n为偶数时，g'x<0因为g0=1，所以gx当n为奇数时，若x<0，则g'x>0，g若x<0，则g'x<0，gx在0,+∞上单调递减．因为g0综上，当a=1时，fx=0有唯一实解(3)当x≥0，n∈N*时，fx即ex≥a1+x+由（2）知，0<1+x+x2题型五：题型五：应用导数研究递推数列相关的不等式问题题设情境是有关数列通项的不等式证明和新定义型数列通项范围的探究.第（1）问应用数学归纳法证明；第（2）问应用分析法，通过构造函数应用导数证明；第（3）问利用第（1）问的结论，应用放缩法和累加求和法证明不等式.例5（第一中学20222023学年高三上学期11月期中）已知数列{an}中，a1=23，且an+1=(1+（1）当n≥2时，求证：an（2）求证：bn（3）对于数列{xn}如果存在常数A、B数列，利用（1）（2）的结论探究数列{an【思路点拔】第(1)问由递推关系式an+1=(1+12转换要证明bn<e成立，只须证(1+n)1n应用导数证明；第(3)问利用第(1)问结论通过适当放缩推导得an+1≤(1+同时取对数得lnan+1-ln得an≤23e【规范解析】（1）①当n=2时，有a2=(1+1②假设当n=k时，有ak≥2，则当n=k+1时，有所以ak+1由①，②可知：当n≥2时，有an（2）要证明bn<e成立，只需证(1+n)当x>0时，设fx=ln1+x-x，有所以fx=ln1+x所以fx<f(0)，即ln1+x此时有ln(1+n)＜n成立，即(1+n)（3）因an≥2，所以1≤a所以an+1≤(1+1所以lna由（2）当x>0时，有ln1+x则有ln(1+1所以有lna将各式相加ln因为12且1+1所以lnan-lna所以an又a1=23≤故数列{an}练9（广东省揭阳市揭东区第二中学2023届高三上学期月考）已知函数f(x)=ln(e(1)判断f(x)的单调性,并说明理由；(2)若数列{an}满足a1=1,an+1【规范解析】(1)f令g(x)=(x-1)ex∴g(x)在(0,+∞)上单调递增，∴g(x)>g(0)=0，∴f'(x)>0，f(x)在(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞)，由an+1=f(a由a要证an>即证：an先证左边：ln由(1)知当x>0时，x-1ex+1>0故ean-1再证右边：lnex-1x令H(x)=ex令tx=∴tx在在(0,+∞)上单调递减，t(x)>t(0)=0,即∴H(x)在(0,+∞)上单调递减，H(x)>H(0)=0，也得证．综上：对∀n∈N*，an练10（江苏省南京市师范大学附属中学20222023学年模拟）已知函数f(x)=&x-（1）若函数f(x)是R上的增函数，求实数m的取值范围.（2）已知数列{an}满足a①求证：0<a②设Pn=a【规范解析】（1）当x≥0时，由于f(x)=x-ln(∵x≥0，∴ln(1+x)≥0，x从而f(x)在[0,+∞)上的增函数，且f(x)≥f(0)=0 当x<0时，f(x)=13①当m=0时，f'(x)=x2≥0且f(x)<f(0)=0；②当m<0时，令f'(x)=x(x+2m)>0得x<0或∴f(x)在(-∞,0)上是增函数，且f(x)<f(0)=0.故f(x)在R上是增函数； ③当m>0时，令f'(x)=x(x+2m)>0得x<-2m或∴f(x)在(-∞,-2m)上单调递增，(-2m,0)且x∈(-2m,0)时f(x)>f(0)=0.故f(x)在R上不单调递增.综上可得，f(x)在R上递增，则m≤0. （2）①首先应用数学归纳法证明an=1\*romani.当n=1时，a1=1>0成立，=2\*romanii.假设n=k时，ak>0，则由（1）f(x)在[0,+∞)上是增函数.则f(ak)>f(0)=0，即故对任意n∈N*，又an-a∴an<a②∵0<an+1<a∴an1+a当k≥2时a1则P=a当n=1时，P1=a11+<<<专题训练>>><<<专题训练>>>1.（北京师范大学附属实验中学2023届高三期中数学试题）已知函数fx证明：(1)当x∈0,+∞，不等式f(2)对于任意正整数n,不等式1+12⋅【解析】(1)要证不等式fx≤gx令hx=lnx-x+1,h'xhx在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，hx≤h1(2)由（1）知lnx≤x-1，令x=1+12k所以ln1+即1+12.（2023年浙江省押题预测数学试题）已知函数f(x)=x-1-aln（1）若f(x)≥0，求a的值；（2）设m为整数，且对于任意正整数n，1+121+【解析】（1）fx的定义域为0①若a≤0，因为f1②若a>0，由f'x=1-ax=x-ax知，当x∈所以fx在0,a上单调递减，在a，+∞由于f1=0，所以当且仅当a=1时，fx≥0（2）由（1）知当x∈1,+∞时，x-1-令x=1+12n从而ln1+故1+1又1+121+123.（湖湘名校教育联合体20222023学年高三大联考数学试题）设函数fxgx(1)若函数hx=fx(2)设n∈N*，证明：1+1n【解析】(1)函数hx的定义域为-1,+∞且hx则h'由于hx在-1,+∞内单调递减，则h'x即1+x-a⋅x2从而a≥1+xx2当且仅当1+x=11+x，即x=0故a的取值范围为[(2)取a=12，由第（1）问可知hx从而hx<h0=0；则令x=k有ln1+从而ln=ln=1故1+14.（湖南省雅礼十六校20222023学年高三联考数学试题）已知正项数列an，aan+1=证明：（1）an+1<an；（2）an【解析】证明：(1)先证明ln(x+1)<x对x∈(0,+∞)记f(x)=ln(x+1)-x，则所以f(x)在(0,+∞)上单调递减，所以x>0时，f(x)<f(0)=0，所以x∈(0,+∞)时，ln(x+1)<x又an>0，所以an+1即an+1(2)要证an只需证an-ln记g(x)=ln(x+1)-2xx+2，所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，所以x>0时，g(x)>g(0)=0，所以x∈(0,+∞)时，ln(x+1)>2xx+2，又a(3)由(2)知an-2a则1an+1+1<又1a1+1=2，所以1由(1)知an>2an+1，所以则an≤1⋅15.（湖南省雅礼十六校20222023学年高三联考数学试题）已知函数f(x)=xcos（1）求f(x)的单调区间；（2）记xi为f(x)的从小到大的第i(i∈N*)个零点，证明：对一切【解析】（1）f'x令f'x=0可得x=kπk∈N*，当x∈2kπ,2k+1π当x∈2k+1π,2k+2πk∈N*故函数fx的单调递减区间为2kπ,单调递增区间为2k+1π,(2)由(1)可知函数fx在区间0,π上单调递减，又fπ2当n∈N*时，因为且函数fx的图像是连续不断的，所以fx在区间又fx在区间nπ,n+1π当n=1时，1x12=4当n≥3时，1=1综上所述，对一切的n∈N*，6.（江西省萍乡市芦溪中学2023届高三开学考数学（理）试题）已知函数f(x)=sinx-xcosx（1）若a=0，证明：f(x)≥0；（2）若f(x)单调递增，求a的取值范围；（3）当n≥2且n∈N*时，证明：【解析】（1）当a=0时，f(x)=sinx-x所以f(x)单调递增，有f(x)≥f(0)=0；（2）由f'(x)=x[(1-2a)sinx-axcosx当a=0时，由（1）可知f(x)单调递增，符合；当a>0时，（i）若1a-2≥1，即由（1）可知f'(x)=ax1所以f(x)单调递增，符合；（ii）若a>13，0≤x≤g'(x)=1a-3所以g'(x)单调递增，又g'(0)=1a-3<0故可知g'(x)有唯一零点，记为x0所以0≤x<x0，有g'x<0所以f'(x)=axg(x)≤0，f(x)单调递减，不符合；综上可知0≤a≤1（3）取a=13，由（2）可知f(x)单调递增，有即0<x<1，有sinx-xcos取x=3k（k≥2），则有所以k3所以k=2=n-1+17.（江苏省盐城市第一中学20222023学年高三学情调研数学试题）已知函数f(x)=ax，g(x)=lnx，其中（1）若函数F(x)=f(x)-g(x)有极值1，求a的值．（2）若函数G(x)=f[sin(1-x)]+g(x)在区间(0,1)（3）证明：k=1n【解析】（1）∵F(x)=ax-lnx(x>0)，①当a≤0时，F'(x)<0，∴F(x)在②当a>0时，F'对x∈(0,1a)，F'(x)<0对x∈(1a,+∞)，F'(x)>0∴F(x)在x=1a处极小值，即∴1-ln1a（2）∵G(x)=asin∵G(x)=asin(1-x)+∴G'(x)=-acos∵x∈(0,1)，cos(1-x)>0，∴当a≤0时，显然当a>0时，即G'设h(x)=xcos(1-x)，显然，h(x)=x∴h(x)<h1=1．由综上，a的取值范围是(-∞,1]．（3）由（2）知，当a=1时，G(x)=sin(1-x)+∴当x∈(0,1)时，G(x)=sin令1-x=t．则当t∈(0,1)时，sint<ln11-t成立．∵∴sin1∴k=1=8.（江苏省盐城市伍佑中学20222023学年高三模拟）设函数f(x)=e（1）当a=b=0时，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程y=h(x)；并证明f(x)≥h(x)(x≥0)恒成立；（2）当b=-1时，若f(x)≥g(x)对于任意的x∈[0,+∞)恒成立，求a的取值范围；（3）求证：k=1n【解析】（=1\*ROMANI）当a=0,b=0时，f(x)=ex，∴曲线y=fx在点(0,f(0))处的切线方程为y-1=1(x-0)令Fx=fx-hx∴F'x=∴Fx≥F(0)即（2）当b=-1时，f(x)≥g(x)等价于ex+ax-1≥x2令G(x)=e①当a≥-1时，由