2024届高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题六函数与导数微中微函数型数列不等式问题

微中微函数型数列不等式问题1．分析通项法：由于左边是一个求和(积)形式的表达式，右边是一个简单的式子，为了使得两者能够明显地显现出大小特征，有必要将两者统一成同一种形式，此处有两条路可走，一种是将左边的和式收拢，一种是将右边的式子分解．很明显，左边是无法收拢的，因此需要将右边进行拆分，而拆分的原则就是和左边配对．假设右边f(n)＝b1＋b2＋…＋bn，这样一来，相当于已知一个数列的前n项之和，求bn，利用数列的知识可知bn＝f(n)－f(n－1)(n≥2，n∈N*)．所以，接下来只需要证明an<bn即可．2．几种常见的数列放缩方法．(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！（n－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．根据不等式的信息，利用题目的结论，得出不等式，然后对变量取合适的数据，再用数列求和法而得解．已知函数f(x)＝eq\f(ex－1,x)－a(a∈R)．(1)若对∀x>0，都有f(x)>0，求实数a的取值范围；(2)若ai>0(i＝1，2，3，…，n)，其中n∈N*，且a1＋a2＋…＋an＝1，求证：对任意x>0，都有：x－nlnx≥(1＋lnak)．(1)解：由x>0时：f(x)＝eq\f(ex－1,x)－a>0，即：ex－1－ax>0，设：g(x)＝ex－1－ax，则g′(x)＝ex－a.①若a≤1时：由x>0，故ex>1，所以对任意x>0，都有：g′(x)＝ex－a>0此时函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，故对任意x>0，都有：g(x)＝ex－1－ax>g(0)＝0，即eq\f(ex－1,x)－a>0满足条件．②若a>1时：由x>0，故：g′(x)＝ex－a＝0⇒x＝lna故可得：x(－∞，lna)lna(lna，＋∞)g′(x)－0＋g(x)极小值故函数g(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，故g(lna)<g(0)＝0，不满足条件．综上，实数a的取值范围为a≤1.(2)证明：由(1)可知，对任意x>0，均有ex≥x＋1，设t＝ex，则x＝lnt，故对任意t>0，均有lnt≤t－1，即：1＋lnt≤t，则对任意1≤k≤n，k∈N*，都有ln(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)．已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(3,2)－eq\f(a,x)(a为常数)．(1)若方程e2f(x)＝g(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上有解，求实数a的取值范围；(2)当a＝1时，证明不等式g(x)<f(x)<x－2在[4，＋∞)上恒成立；(3)证明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*)．(参考数据：ln2≈0.693)(1)解：因为f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(3,2)－eq\f(a,x)，所以方程e2f(x)＝g(x)可化为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.则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)．当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))时，h′(x)＝－3x2＋eq\f(3,2)>0，h(x)单调递增．当x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))时，h′(x)＝－3x2＋eq\f(3,2)<0，h(x)单调递减．因为h(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))时，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)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上有解等价于a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(2),2))).(2)证明：a＝1时，要证不等式g(x)<f(x)，只需证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).则r′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)，x≥4，r′(x)>0，所以x∈[4，＋∞)时，r(x)单调递增．所以r(x)min＝r(4)＝ln4＋eq\f(1,4)>eq\f(3,2).所以当x∈[4，＋∞)时，g(x)<f(x)恒成立．要证f(x)<x－2，只需证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，＋∞)时，k(x)单调递减．所以k(x)max＝k(4)＝ln4－4<－2.所以当x∈[4，＋∞)时，f(x)<x－2恒成立．所以当a＝1时，证明不等式g(x)<f(x)<x－2在[4，＋∞)上恒成立．(3)证明：因为f(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，因为n∈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.已知函数f(x)＝lnx－eq\f(k（x－1）,x)＋1.(1)求函数f(x)的极值；(2)(ⅰ)当x>1时，f(x)>0恒成立，求正整数k的最大值；(ⅱ)证明：(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，当k≤0时，f′(x)＞0，函数在(0，＋∞)上单调递增，没有极值；当k＞0时，由f′(x)＞0得x＞k，由f′(x)＜0得0＜x＜k，所以f(x)在(0，k)上单调递减，在(k，＋∞)上单调递增，此时函数f(x)的极小值f(k)＝lnk－k＋2，没有极大值．(2)(ⅰ)解：当x＞1时，f(x)＞0恒成立，即只要f(x)min＞0即可，由(1)k＞0时，f(x)在(0，k)上单调递减，在(k，＋∞)上单调递增，(a)若k≤1时，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＞f(1)＝1满足题意；(b)当k＞1时，f(x)在(0，k)上单调递减，在(k，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(k)＝lnk－k＋2＞0，令g(x)＝lnx－x＋2，则g′(x)＝eq\f(1－x,x)<0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递减，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，则g(x)＝lnx－x＋2＞0的解集为(1，x0)，综上k的取值范围(－∞，x0)，其中x0∈(3，4)，所以正整数k的最大值是3.(ⅱ)证明：要证(1＋1×2)(1＋2×3)…(1＋n×(n＋1))>eeq\a\vs4\al(n（2－\f(3,n＋1)）)，两边取对数，即证ln[(1＋1×2)(1＋2×3)…(1＋n×(n＋1))]>2n－eq\f(3n,n＋1)，也即证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)，则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)）).已知函数f(x)＝sinx－xcosx－ax2sinx，其中x∈[0，π]，a∈R.(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：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)证明：当a＝0时，f(x)＝sinx－xcosx，有f′(x)＝xsinx≥0，所以f(x)单调递增，有f(x)≥f(0)＝0.(2)解：由f′(x)＝x[(1－2a)sinx－axcosx]，依题意有f′(π)＝π2a≥0，得a≥0，当a＝0时，由(1)可知f(x)单调递增，符合；当a>0时，(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)单调递增，符合．(ⅱ)若a>eq\f(1,3)，0≤x≤eq\f(π,2)，记g(x)＝(eq\f(1,a)－2)sinx－xcosx