利用导数证明数列不等式(含解析)

利用导数证明数列不等式

利用导数证明数列不等式，在高考题中能较好的考查学生灵活运用知识的能力，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，可谓一题多考，巧妙地将函数、导数、数列、不等式结合在一起，也是近年来高考的热门题型. 1、常见类型：

（1）利用放缩通项公式解决数列求和中的不等问题（2）利用递推公式处理通项公式中的不等问题 2、恒成立不等式的来源：

（1）函数的最值：在前面的章节中我们提到过最值的一个作用就是提供恒成立的不等式.

（2）恒成立问题的求解：此类题目往往会在前几问中进行铺垫，暗示数列放缩的方向.其中，有关恒成立问题的求解，参数范围内的值均可提供恒成立不等式. 3、常见恒成立不等式：

（1）对数→多项式（2）指数→多项式

4、关于前项和的放缩问题：求数列前项公式往往要通过数列的通项公式来解决，高中阶段求和的方法有以下几种：

（1）倒序相加：通项公式具备第项与第项的和为常数的特点.

（2）错位相减：通项公式为“等差等比”的形式（例如，求和可用错位相减）.

（3）等比数列求和公式

（4）裂项相消：通项公式可裂为两项作差的形式，且裂开的某项能够与后面项裂开的某项进行相消. 注：在放缩法处理数列求和不等式时，放缩为等比数列和能够裂项相消的数列的情况比较多见，故优先考虑.

5、大体思路：对于数列求和不等式，要谨记“求和看通项”，从通项公式入手，结合不等号方向考虑放缩成可求和的通项公式.

6、在放缩时要注意前几问的铺垫与提示，尤其是关于恒成立问题与最值问题所带来的恒成立不等式，往往提供了放缩数列的方向.

7、放缩通项公式有可能会进行多次，要注意放缩的方向：朝着可求和的通项公式进行靠拢（等比数列，裂项相消等）.

ln 1x x <-1x e x >+n n k 1n k -+?2n

n a n =?n a

8、数列不等式也可考虑利用数学归纳法进行证明（有时更容易发现所证不等式与题目条件的联系）.

【经典例题】

1．（2020·江苏省如皋中学高三三模）已知函数()ln f x kx x x =-，k ∈R ．（1）当2k =时，求函数()f x 的单调区间；

（2）当01x <≤时，()f x k ≤恒成立，求k 的取值范围；（3）设n N *∈，求证：

ln1ln 2

ln (1)

n n n n -+++

≤+． 2．（2020·四川省内江市第六中学高三三模）已知函数2

()ln(1)(0,0),()2

x f x ax x a g x x -=+≥>=+. （1）讨论函数()()y f x g x =-的单调性；

（2）若不等式()()1f x g x ≥+在[0,)x ∈+∞时恒成立，求实数a 的取值范围；（3）当1a =时，证明：

1111+35721n +++<+…*1

()(N )2

f n n ∈. 3．（2020·安徽合肥·三模）已知函数()x x

f x e e ax -=--（e 为自然对数的底数），其中a ∈R.

（1）试讨论函数f （x ）的单调性；

（2）证明：22

132

ln 2(1)n

i n n i i n n =-->+∑. 4．（2020·安徽相山·淮北一中高三三模）已知函数()||ln (0)f x x a x a =-->. （∈）讨论()f x 的单调性；

（∈）比较222

222ln 2ln 3ln 23n n

++?+ 与(1)(21)2(1)n n n -++的大小(n N +∈且)2n >，并证明你的结论.

5．（2020·云南高三三模）已知函数()1ln f x x a x =-- （１）讨论()f x 的单调性；（2）证明：()*

ln 2ln3

ln 1,22233

n n N n n n +++

<∈≥---．

【精选精练】

1．（2020·榆林市第二中学高三三模）已知(),()1(x

f x e

g x x e ==+为自然对数的底数).

(1)求证()()f x g x ≥恒成立；

(2)设m 是正整数，对任意正整数n ，2111(1)(1)(1)333

n m ++

???+<，求m 的最小值. 2．（2020·广东广州高三三模·）已知函数()()()3

214613x f x x e

x x g x a x lnx -?

?=-+-=--- ??

?，．

（1）求函数()f x 在()0+∞，

上的单调区间；（2）用{}max m n ，表示m n ，中的最大值，()f x '为()f x 的导函数，设函数()()(){}

h x max f x g x '=，，

若()0h x ≥在()0+∞，

上恒成立，求实数a 的取值范围；（3）证明：

()

*111

ln 312

313n N n n n n n

++++

+>∈++-． 3．（2020·安徽蚌埠·高三三模）已知函数()()ln 1x f x x

+=.

（1）分析函数()f x 的单调性；

（2）证明：21

11ln 3ln 2

12n n n ??+??

+≤ ? ?-????

，2n ≥. 4．（2020·全国高三三模）已知函数2()2ln 1()f x ax x x a =--∈R . (1) 若1

x e

时,函数()f x 取得极值,求函数()f x 的单调区间； (2) 证明：()*11111ln(21)3521221

n n n n +++?+>++∈-+N . 5．（2020·辽宁沙河口·辽师大附中高三三模）已知函数()()2

ln 11f x p x p x =+-+．

（1）讨论函数()f x 的单调性；

（2）当1p =时，()f x kx ≤恒成立，求实数k 的取值范围；（3）证明：()()

*111

ln 1123n n N n

+<+

++?+∈．

6．（2020·浙江省宁波市鄞州中学高三三模）已知函数()()2f x ax a a R =+∈. （1）讨论函数()f x 的单调性；

（2）若()0f x ≤对任意的1x ≥-恒成立，求a 的取值范围；

（32600???+<.

7．（2020·广东广州·高三三模）已知函数()2

ln f x a x x =+，其中a R ∈.

（1）讨论()f x 的单调性；

（2）当1a =时，证明:()2

1f x x x ≤+-；

（3）试比较22222222ln2ln3ln4ln 234

n n

+++

+与

()()()12121n n n -++ ()

2n N n ∈≥且的大小，并证明你的结论． 8．（2020·黑龙江南岗·哈师大附中三模）已知函数()()2

ln 1f x ax bx x =+-+．

（∈）当0a =时，函数()f x 存在极值，求实数b 的取值范围；

（∈）当1b =时，函数()f x 在()0,∞+上单调递减，求实数a 的取值范围；

（∈）求证：

()()1*113

ln 2122N 1

k n n k =-+<∈-∑． 9．（2020·黑龙江哈尔滨·三模）已知函数()()()()ln 111f x x k x k R =---+∈ （1）求函数()f x 的单调区间；

（2）若()0f x ≤恒成立，试确定实数k 的取值范围；

（3）证明：

()()*1ln 2ln 3ln ,13414

n n n n n n -++???+<∈>+N . 10．（2020·浙江三模）已知数列{}n a ，11

a =，1ln 1n n a a +=-. （1）求证：11n n a a +<<；（2）求证：12320191

2020

a a a a ??????<.

【经典例题】

1．（2020·江苏省如皋中学高三三模）已知函数()ln f x kx x x =-，k ∈R ．（1）当2k =时，求函数()f x 的单调区间；

（2）当01x <≤时，()f x k ≤恒成立，求k 的取值范围；（3）设n N *∈，求证：

ln1ln 2

ln (1)

n n n n -+++

≤+．【答案】（1）单调递增区间为(0,)e ，单调递减区间为(,)e +∞；（2）[1,)+∞；（3）证明见解析.

【解析】（1）当2k =时，()2ln f x x x x =-，'

()1ln f x x =-，由'

()0f x >，解得0x e <<；由'

()0f x <，解得x e >，

因此函数()f x 单调递增区间为(0,)e ，单调递减区间为(,)e +∞．

（2）()ln f x kx x x =-，故'

()1ln f x k x --＝．

当1k

时，因为01x <≤，所以10ln k x -≥≥，因此'()0f x ≥恒成立，即()f x 在(]0,1上单调递增，

所以()(1)f x f k ≤=恒成立．

当1k <时，令'()0f x =，解得1(0,1)k x e -=∈．

当1(0,)k x e -∈，'()0f x >，()f x 单调递增；当1(,1)k x e -∈，'()0f x <，()f x 单调递减；于是1

(1))(k f e

f k -=＞，与()f x k ≤恒成立相矛盾．

综上，k 的取值范围为[1,)+∞．

（3）由（2）知，当01x <≤时，ln 1x x x -≤．令x =21n *

()n N ∈，则21n +22n

ln 1n ≤，即22ln 1n n -≤，因此

ln 1n n +≤1

2n -．所以

ln1ln 2ln 011(1)

(2312224)

n n n n n --+++≤+++=+. 2．（2020·四川省内江市第六中学高三三模）已知函数2

()ln(1)(0,0),()2

x f x ax x a g x x -=+≥>=+. （1）讨论函数()()y f x g x =-的单调性；

（2）若不等式()()1f x g x ≥+在[0,)x ∈+∞时恒成立，求实数a 的取值范围；（3）当1a =时，证明：

1111+35721n +++<+…*1()(N )2

f n n ∈.

【答案】（1）见解析；（2）[1，＋∞)；（3）证明见解析. 【解析】（1）求导数可得222

444

1(2)(1)(2)a ax a y ax x ax x +-'=-=++++，当1a 时，0y '，∴函数()()y f x g x =-在[)0+∞，

上单调递增；当01a <<时，由0y '>

可得x > ∴

函数在??∞????

上单调递增，在0???上单调递减；（2）由（1）知当1a 时，函数()()y f x g x =-在[)0+∞，

上单调递增， ()()(0)(0)1f x g x f g ∴--=，即不等式()()1f x g x +在[)0x ∈+∞，时恒成立，当01a <<

时，函数在0??

?上单调递减，

存在00x ?∈?

?使得00()()(0)(0)1f x g x f g -<-=，即不等式00()()1f x g x +不成立，综上可知实数a 的取值范围为[1，)+∞；

（3）由（2）得当1a 时，不等式()()1f x g x >+在(0,)x ∈+∞时恒成立，即2(1)2x ln x x +>+，12(1)12ln k k

∴+>+，*

()k N ∈．即

[(1)]122ln k lnk k <+-+， ∴11(21)3

ln ln <-，11(32)5

ln ln <-，11(43)7

ln ln <-，11

[(1)]212

ln n lnn n ?

<+-+，将上述式子相加可得11111111

(1)(1)()357212222

lnn ln lnn ln n f n n +++?+

<-=<+=+ 原不等式得证．

3．（2020·安徽合肥·三模）已知函数()x x

f x e e ax -=--（e 为自然对数的底数），其中a ∈R.

（1）试讨论函数f （x ）的单调性；

（2）证明：22

132

ln 2(1)n

i n n i i n n =-->+∑. 【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析.

【解析】（1）因为()x x

f x e e

a -'=+-，且2x x e e -+≥，

所以当2a ≤时，()0f x '≥，所以()f x 在R 上为增函数，

当2a >时，由()0f x '>，得0x x e e a -+->，所以2()10x x

e ae -+>，

所以22()124x a a e ->-

，所以2

x a

e ->

或2x

a e -<，

所以2x

a e +>

a e -<，

所以24ln

a x 或24ln

a x ，

由()0f x '<，得0x x e e a -+-<，解得224

a a

x ，

所以()

f x 在ln 22a a ??

? ???上递减，在,ln

2a ?

--∞ ???和ln 2a ??++∞ ? ???

上递增.

（2）由（1）知，当2a =时，()2x

f x e e x -=--在R 上为增函数，

所以1

()(ln )2ln g x f x x x x

==-

-在(0,)+∞上为增函数，所以当*n N ∈且2n ≥时，13

()(2)22ln 2ln 422g n g ≥=-

-=-=3

ln 04

e >，即1

2ln 0n n n

->，所以212211ln 1(1)(1)11n n n n n n n >==---+-+，所以

1111

ln 2ln 23ln 34ln 4ln n

i i i n n

==++++

∑ 11111111212131314141

n n >

-+-+-++

--+-+-+-+ 111121n n =+--+2322(1)n n n n --=+，所以22

132

ln 2(1)n

i n n i i n n =-->+∑.

4．（2020·安徽相山·淮北一中高三三模）已知函数()||ln (0)f x x a x a =-->. （∈）讨论()f x 的单调性；

（∈）比较222

222ln 2ln 3ln 23n n

++?+ 与(1)(21)2(1)n n n -++的大小(n N +∈且)2n >，并证明你的结论.

【答案】（I ）见解析；（II ）见解析【解析】（∈）函数()f x 可化为ln ,()ln ,0x x a x a

f x a x x x a --≥?=?--<

，

当0x a <<时，1

()10f x x '=--

<，从而()f x 在(0,)a 上总是递减的，当x a ≥时，11()1x f x x x

-=-=，此时要考虑a 与1的大小.

若1a ≥，则()0f x '≥，故()f x 在[,)a +∞上递增，

若01a <<，则当1a x ≤<时，()0f x '<，当1x >时，()0f x '>，故()f x 在[,1)a 上递减，在(1,)+∞上递增，而()f x 在x a =处连续，所以当1a ≥时，()f x 在(0,)a 上递减，在[,)a +∞上递增；当01a <<时，()f x 在(0,1)上递减，在[1,)+∞上递增.

（∈）由（∈）可知当1a =，1x >时，1ln 0x x -->，即ln 1x x >-，所以

ln 1

1x x x <-.所以 22

222ln 2ln 3ln 23n n

+++22211111123n <-+-+

22211

1123

n n ??=--+++

???

112334

(1)n n n ??<--++

???+??1

1121n n ??=--- ?+??

1(1)2(1)n n n -=--+ 2221(1)(21)

2(1)2(1)

n n n n n n --+-+==++.

5．（2020·云南高三三模）已知函数()1ln f x x a x =-- （１）讨论()f x 的单调性；

（2）证明：

()*

ln 2ln3

ln 1,22233

n n N n n n +++

<∈≥---．【答案】（1）当0a 时，()f x 在(0,)+∞内单调递增；当0a >时，()f x 在(0,)a 内单调递减，在(,)a +∞内

单调递增．（2）证明见解析【解析】（1）解：

()1ln (0)f x x a x x =-->，()1a

f x x

'∴=-

．

∈若0a ，则()0f x '>，

()f x ∴在(0,)+∞内单调递增；

∈若0a >，则()f x '在(0,)+∞内单调递增，且()0f a '=，

∴当(0,)x a ∈时，()0f x '<；当(,)x a ∈+∞时，()0f x '>，

()f x ∴在(0,)a 内单调递减，在(,)a +∞内单调递增．

综上所述，当0a 时，()f x 在(0,)+∞内单调递增；当0a >时，()f x 在(0,)a 内单调递减，在(,)a +∞内单调递增．

（2）证明：当1a =时，()1ln =--f x x x ．

由（1）知()(1)0f x f =，ln 1x x ∴-，当且仅当1x =时，等号成立，令(

)

,2x n n N n =∈，ln 1n n ∴<-，

33ln 1111

(1)1

n n n n n n n n n n -∴

<==---++．从而

3ln 211

2223<--， 3ln 311

3334

<-- …

ln 11

n n n n n <--+，累加可得333ln 2ln3ln 11

223321n n n n ++?+<----+， 111212n -<+， 333ln 2ln3ln 122332

n n n ∴++?+<---，证毕．

【精选精练】

1．（2020·榆林市第二中学高三三模）已知(),()1(x f x e g x x e ==+为自然对数的底数).

(1)求证()()f x g x ≥恒成立；

(2)设m 是正整数，对任意正整数n ，21

11(1)(1)(1)333

n m ++???+<，求m 的最小值. 【答案】(1)证明见解析；(2) 2.

【解析】（1）令()()()1x

F x f x g x e x =-=--，则()1x

F x e '=-

∴当(),0x ∈-∞时，()0F x '<；当()0,x ∈+∞时，()0F x '>

()F x ∴在(),0-∞上单调递减；在()0,∞+上单调递增

()()0min 0010F x F e ∴==--=，即()()()0F x f x g x =-≥恒成立 ()()f x g x ∴≥恒成立

（2）由（1）知：1

3113

n n e +≤

221

13333332111111333n n n e e e e

++???+??????∴++???+≤????= ??? ???????

又21111111

133********

n n

???- ?????++???+=

=?-<

???- 11112322111111333n n e e ?

?- ???

??????∴++???+≤< ??? ???????

又2111111333n m ???

???

++???+< ??? ???????

恒成立 12m e ∴≥ m 为正整数 m ∴的最小值为：2

2．（2020·广东广州高三三模·）已知函数()()()3

214613x f x x e

x x g x a x lnx -?

?=-+-=--- ??

?，．

（1）求函数()f x 在()0+∞，

上的单调区间；（2）用{}max m n ，表示m n ，中的最大值，()f x '为()f x 的导函数，设函数()()(){}

h x max f x g x '=，，

若()0h x ≥在()0+∞，

上恒成立，求实数a 的取值范围；（3）证明：

()

*111

ln 312

313n N n n n n n

++++

+>∈++-．【答案】（1）()f x 单调递增区间为()3+∞，;() f x 单调递减区间为()03，；（2）4

a ≥

；（3）详见解析．【解析】（1）因为()()3

246x f x x e

x x -=-+-，

所以()()()()

332632x x f x x e

x x e --=-+-='-+，

令()0f x '=得3x =，

当3x >时，()0f x '>，()f x 单调递增；当03x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减；

所以函数()f x 在()0+∞，

上的单调递增区间为()3+∞，，单调递减区间为()03，；（2）由（1）知()()(

)

32x f x x e

-'=-+，

当3x ≥时，()0f x '≥恒成立，故()0h x ≥恒成立；

当3x <时，()0f x '<，又因为()()(){}

0h x max f x g x '=≥，恒成立，

所以()0g x ≥在()03，

上恒成立，所以11ln 03a x x ?

?---≥ ???，即11ln 3x

a x

+-≥在()03，

上恒成立，令()()1ln 03x F x x x +=

<<，则()1

max a F x -≥，由()()

1ln 1ln x x

F x x x

-+-'=

，令()0F x '=得1x =，易得()F x 在()01，上单调递增，在[

)13，上单调递减，

所以()()11max F x F ==，

所以113a -

≥，即4

a ≥，综上可得4

a ≥.

（3）证明：设()()10x

m x e x x =-->，则()10x

m x e '=->，

所以()m x 在()0+∞，

上单调递增，所以()()00m x m >=，即1x e x >+，所以1111

1111131

3123331

12313n n n n

n n n n

n n n n n e

e e

n n n n n

++++++++++++=???????>

????????

++- 123331231

n n n n

n n n n +++>

???????=++-，

所以

11111

ln 312

313n n n n n

++++

+>++-. 3．（2020·安徽蚌埠·高三三模）已知函数()()ln 1x f x x

+=.

（1）分析函数()f x 的单调性；

（2）证明：21

11ln 3ln 2

12n n n ??+??

+≤ ? ?-????

，2n ≥. 【答案】（1）()f x 在区间()–1,0和()0,∞+上单调递减；（2）证明见解析. 【解析】（1）由题意得：()f x 的定义域为()

()–1,00,+∞，且()()2

ln 11x

x x f x x -++'=，

令()()ln 11x g x x x

=-++则()()21x g x x -'=+，()–1,0x ∈时，()0g x '>； ()0,x ∈+∞时，()0g x '<.即()g x 在()–1,0上单调递增，在()0,∞+上单调递减.

因为()00g =，则在()–1,0和()0,∞+上()0g x <. 因为20x >，所以在()–1,0和()0,∞+上()0f x '<，即函数()f x 在区间()–1,0和()0,∞+上单调递减. （2）由（1）可知，当02x <≤时，()()ln 322x f f =

≥，即()ln 3

ln 12

x x +≥

，当2n ≥时，2021n <

≤-，则2ln 3ln 111n n ?

?+≥

?--??

，即()()2ln 3

ln 1ln 1ln 111

n n n n ?

=+--≥ ?--??，所以()()()ln 1ln 1ln ln 2ln 4ln 2ln3ln1n n n n +--+--+

+-+-1

11ln 31122n n ??≥++++ ?--?

整理得：()111ln 1ln ln 2ln1ln 31122n n n n ??

++--≥++++

?--?

，即21

11ln 3ln 2

12n n n ??+??

+++≤ ? ?-????

，2n ≥，不等式得证.

4．（2020·全国高三三模）已知函数2()2ln 1()f x ax x x a =--∈R . (1) 若1

x e

时,函数()f x 取得极值,求函数()f x 的单调区间； (2) 证明：()*11111ln(21)3521221

n n n n +++?+>++∈-+N . 【答案】（1）见解析；（2）见解析

【解析】（1）由题意可得，()'222(0,)f x ax lnx x a R =-->∈，

由1x e =

时，函数()f x 取得极值知12'220a

f e e ??=

+-= ???

，所以0a =．所以()()21,'22(0)f x xlnx f x lnx x =--=-->，所以10x e <<

时，()'0f x >；1

x e

>时，()'0f x <；所以()f x 的单调增区间10e ?

? ???

，，单调减区间为1e

??+∞ ???

，

. （2）当1a =时，()2

21f x x xlnx =--，所以()()'22221f x x lnx x lnx =--=--，

令()ln 1g x x x =--，则()11

'1x g x x x

-=-

=，当01x <<时，()'0g x <；当1x >时，()'0g x >，()g x 的单调减区间为()01，，单调增区间为()1+∞，

，所以()()10g x g ≥=，所以()'0f x ≥，()f x 是增函数，所以1x >时，()()2

2ln 110f x x x x f =-->=，

所以1x >时，1

2ln x x x

->，令*211,21n x n N n +=

>∈-，得212121

2ln 212121

n n n n n n +-+->-+- 即2221112ln 212121

n n n n +?

--> ?-+-?? 所以

1121111ln 2122122121n n n n n +??

>+- ?---+??

上式中123n =，，，…，n ，然后n 个不等式相加，得到()11111...ln 213521221

n n n +

+++>++-+ 5．（2020·辽宁沙河口·辽师大附中高三三模）已知函数()()2

ln 11f x p x p x =+-+．

（2）当1p =时，()f x kx ≤恒成立，求实数k 的取值范围；（3）证明：()()

*111

ln 1123n n N n

+<+++?+∈．【答案】(1) 见详解；(2)1k

；(3)证明见解析．

【解析】（1）()f x 的定义域为()0 +∞，，()()()221'21p x p p f x p x x x

-+=+-=，

当1p >时，()'0f x >，故()f x 在()0,∞+单调递增；当0p ≤时，()'0f x <，故()f x 在()0,∞+单调递减；

当10p -<<时，令()'0f x =，解得x =

则当x ?∈ ?时，()'0f x >； x ?∈+∞???，时，()'0f x <．

故()f x 在? ?单调递增，在 ?+∞???

，单调递减．（2）因为0x >，所以：

当1p =时，()f x kx ≤恒成立11ln ln kx x

x k x

+?+≤?≥

，令()1ln x

h x x +=

，则()max k x h ≥，因为()2

ln 'x

h x x

-=，由()'0h x =得x =1，且当()0,1x ∈时，()'0h x >；当()1,x ∈+∞时，()'0h x <．

所以()h x 在()0,1上递增，在()1,+∞上递减，所以()()max 11h x h ==，故1k ．

(3)取

,则代入

由题设可得

,取

,并将上述各不

等式两边加起来可得()()

*111

ln 1123n n N n

+<+

++?+∈．

6．（2020·浙江省宁波市鄞州中学高三三模）已知函数()()2f x ax a a R =+∈.

（2）若()0f x ≤对任意的1x ≥-恒成立，求a 的取值范围；

（32600???+<. 【答案】（1）()f x 在211,

14a ?

?-- ??

?上单增；在211,4a ??-+∞ ???上单减；（2）1,2??-∞- ???

；（3）证明见解析. 【解析】()'

f x a =

（1）当0a ≥时，()'0f x ≥，所以()f x 在()1,-+∞上单调递增；当0a <时，由()'0f x >解得2

114x a -<<-，所以()f x 在211,

14a ??-- ???上单调递增；在211,4a ??-+∞ ???

上单调递减.

（2）当0a ≥时，()()2000f x a x =+≥+=，故不合题意；

当0a <时，由（∈）知()max 21104x f f a ??

=-≤ ???，

211(21)(21)20141244a a f a a a a a a +-??

=-+- ??-+=≤?

a a <∴≤-，

综上，a 的取值范围为1,2

??-∞- ??

（3）由（2）知，取12

a =-1

12x ≤+成立.

当()1,2,3,,20482020

x k =

=时，

11220204040

k k =≤?+=?+，

???+

()1

1234204820484040

++++++<

20491024204826004040

?=+<.

7．（2020·广东广州·高三三模）已知函数()2

ln f x a x x =+，其中a R ∈. （1）讨论()f x 的单调性；

（2）当1a =时，证明:()2

1f x x x ≤+-；

（3）试比较22222222ln2ln3ln4ln 234

n n

+++

+与

()()()12121n n n -++ ()

2n N n ∈≥且的大小，并证明你的结论．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析

【解析】（1）函数()f x 的定义域为：()0,∞+，()'f x = 2

22a a x x x x

++=

∈当0a ≥时，()'0f x >，所以()f x 在()0,∞+上单调递增

∈当0a <时，令()'0f x =，解得x =

当0x <<时，220a x +<，所以()'0f x <，所以()f x 在? ?上单调递减；

当x >220a x +>，所以()'0f x >，所以()f x 在?+∞???

上单调递增．综上，当0a ≥时，函数()f x 在()0,∞+上单调递增；

当0a <时，函数()f x 在? ?上单调递减，在?+∞???

上单调递增. （2）当a 1=时，()2

ln f x x x =+，要证明()21f x x x ≤+-，

即证ln 1x x ≤-，即证：ln 10x x -+≤. 设()g ln 1x x x =-+，则()g'x =

-，令()0g x '=得，1x =. 当()0,1x ∈时，()0g x '>，当()1,x ∈+∞时，()0g x '<. 所以1x =为极大值点，且()g x 在1x =处取得最大值．

所以()()10g x g ≤=，即ln 10x x -+≤．故()21f x x x ≤+-.

（3）证明：ln 1x x ≤-（当且仅当1x =时等号成立），即

1lnx x x

≤-, 则有2222ln +2

22222222231111

11111n 13232

3ln lnn n n n ??+?+<-+-+?+-=--++?+ ???

()111

n 123341n n ??<--++?+ ? ???+?

? ()()()12111111111n 1n 1233412121n n n n n n -+????=---+-+?+-=---=

? ?+++????

, 故：2222

ln +()()()22

1213321n n ln lnn n n -++?+<+ 8．（2020·黑龙江南岗·哈师大附中三模）已知函数()()2

ln 1f x ax bx x =+-+．

（∈）当0a =时，函数()f x 存在极值，求实数b 的取值范围；

（∈）当1b =时，函数()f x 在()0,∞+上单调递减，求实数a 的取值范围；

（∈）求证：()()1*113

ln 2122N 1

k n n k =-+<∈-∑．【答案】（∈）0b >；（∈）1

a ≤-

；（∈）证明见解析．【解析】（∈）当0a =时，()()()ln 11f x bx x x =-+>-，

()()11

bx b f x b x x --'=-

++， ∈当0b ≤时，()0f x '<，则()f x 在()1,-+∞递减，无极值； ∈当0b >时，令()1

'0,11f x x b

->-， 1

()0,(1,1),()f x x f x b '<∈--单调递减，

()0,(1,),()f x x f x b '>∈-+∞单调递增，

所以1

1,()x f x b

=-取得极小值.

综上可知：0b >．

（∈）当1b =时，()()()2

ln 10f x ax x x x =+-+>，

()1212011

x f x ax ax x x '=+-=+≤++恒成立 1

a x ?-≥

+对一切()0,x ∈+∞恒成立， ∈11x +>，∈1011x <<+，∈21a -≥，∈1

a ≤-．

（∈）由（∈）知：当12

a =-时，()()2

1ln 12f x x x x =-+-+在()0,∞+递减，

∈()()00f x f ≤=，即：()2

ln 12

x x x -+<，

令221

x n =-，则()22212ln 212121n n n n +-<---，当2n ≥时，

()2222122ln 212144121n n n n n n +-<=---+- ()21114121n n n n ??<

=- ?--??

，

∈

ln 2ln 311

-=- 2511ln 13322??-<- ??? 27111ln 55223??-<- ???

……

221111ln 212121n n n n n +??

-<- ?---??

累加得，()1

1112ln 212ln 31212n

k n k n =??

-+<-+- ?-??∑ 5153

ln3ln32222

n =

--<-<，当1n =时，131ln 324-<，即：1

ln 32>，

综上，

()1113

ln 2121

24n

k n k =-+<-∑． 9．（2020·黑龙江哈尔滨·三模）已知函数()()()()ln 111f x x k x k R =---+∈ （1）求函数()f x 的单调区间；

（2）若()0f x ≤恒成立，试确定实数k 的取值范围；

（3）证明：

()()*1ln 2ln 3ln ,13414

n n n n n n -++???+<∈>+N . 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）[)1,+∞；（3）证明见解析. 【解析】（1）函数()()()ln 111f x x k x =---+的定义域为()1,+∞，且()1

f x k x '=--. ∈当0k ≤时，()0f x '>恒成立，故函数()y f x =在()1,+∞上为增函数； ∈当0k >时，令()0f x '<，得1k x k +>

时，即函数()y f x =在1,k k +??

+∞

???

上单调递减，令()0f x '>，得11k x k +<<

时，即函数()y f x =在11,k k +??

???

上单调递增.

综上：当0k ≤时，函数()y f x =在()1,+∞上为增函数；当0k >时，函数()y f x =在11,

k k +?? ???上为增函数，在1,k k +??

+∞

???

上为减函数；（2）当0k ≤时，()211f k =-+≥，显然()0f x ≤不恒成立；当0k >时，()max 11ln 0k f x f k k +??==≤

???

，即1k .

综上：实数k 的取值范围是[)1,+∞；

（3）由（2）可知，当1k =时()0f x ≤恒成立，即()ln 12x x -<-，()ln 12

1x x x

-∴

<-， ()()22ln ln 11

121212

n n n n n n n --=<=+++，

可得出

ln 2132<，ln 32

<，，

ln 1

n n n -<+， ()()*1ln 2ln 3

ln 12

1,234122

n n n n n N n n --∴+++<+++=∈≥+. 10．（2020·浙江三模）已知数列{}n a ，11

a =，1ln 1n n a a +=-. （1）求证：11n n a a +<<；（2）求证：12320191

2020

a a a a ??????<

. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】（1）∈先利用数学归纳法证明1n a <. （∈）当1n =时，11

a =

<成立；（∈）假设n k =时1k a <成立，则1ln 10k k a a +=-<，11k a +∴<. 综上所述，对任意的n *∈N ，1n a <； ∈利用导数证明1x e x -≥，设()1

x f x e

x -=-，则()1e 1x f x -'=-，

当1x <时，()0f x '<，此时函数()y f x =单调递减；当1x >时，()0f x '>，此时函数()y f x =单调递增.

所以，()()0

110f x f e ≥=-=，即1x e x -≥，当且仅当1x =时，等号成立.

1n a <，()()10n f a f ∴>=，即1n a n e a ->，1ln 1n n a a +=-，11n a n n a e a -+∴=>，

综合∈∈可知11n n a a +<<；

（2）利用数学归纳法证明1n n a n ≤+. ∈当1n =时，11

2a =满足1

n n a n ≤+；

∈假设n k =时成立，即1

k k

a k ≤+，

则由1ln 1n n a a +=-，得111

k k a k k k a e

-+++==≤，

要证11

2k k e

k -++<

+，令11,012t k ??-=∈- ?+??，则要证11012t e t t ??<-<< ?-??

，

利用导数证明不等式的两种通法

利用导数证明不等式的两种通法吉林省长春市东北师范大学附属实验学校金钟植岳海学利用导数证明不等式是高考中的一个热点问题，利用导数证明不等式主要有两种通法，即函数类不等式证明和常数类不等式证明。下面就有关的两种通法用列举的方式归纳和总结。一、函数类不等式证明函数类不等式证明的通法可概括为：证明不等式()()f x g x >（()()f x g x <）的问题转化为证明()()0f x g x ->（()()0f x g x -<），进而构造辅助函数 ()()()h x f x g x =-，然后利用导数证明函数()h x 的单调性或证明函数()h x 的最小值（最大值）大于或等于零（小于或等于零）。例1 已知(0, )2 x π ∈，求证：sin tan x x x << 分析：欲证sin tan x x x <<，只需证函数()sin f x x x =-和()tan g x x x =-在(0,)2 π 上单调递减即可。证明：令()sin f x x x =- ，其中(0,)2 x π ∈ 则/ ()cos 1f x x =-，而(0,)cos 1cos 102 x x x π ∈?

利用导数证明不等式的常见题型

利用导数证明不等式的常见题型山西大学附属中学韩永权邮箱：hyq616@https://www.360docs.net/doc/0c2200741.html, 不等式的证明是近几年高考的一个热点题型，它一般出现的压轴题的位置，解决起来比较困难。本文给出这一类问题常见的证明方法，给将要参加高考的学子一些启示和帮助。只要大家认真领会和掌握本文的内容，定会增强解决对这一类问题的办法。下面听我慢慢道来。题型一构造函数法，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证明不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键。例1（人教版选修2-2第32页B 组1题）利用函数的单调性，证明不列不等式（1）),0(,sinx π∈-x x x (3)0,1≠+>x x e x (4)0,ln ><x 时，求证：x x x ≤+≤+- )1ln(1 1 1 证明：令x x x f -+=)1ln()(，则1 111)(+- =-+='x x x x f ∴当01<<-x 时，0)(>'x f ,当0>x 时，0)(<'x f ，()f x 在),1(+∞-上的最大值为 0)0()(max ==f x f ，因此，0)0()(=≤f x f ，即0)1ln(≤-+x x ∴x x ≤+)1ln(（右面得证），再证左面，令11 1 )1ln()(-+++=x x x g ，2 2)1()1(111)(+=+-+='x x x x x g 则当0)(,),0(;0)(,)0,1(>'+∞∈<'-∈x g x x g x 时当时，函数)(x g 在),1(+∞-上的最小值为 0)0()(m i n ==g x g ，∴0)0()(=≥g x g ，即011 1 )1ln(≥-+++x x ∴111)1ln(+-≥+x x （左面得证），综上，当x x x x ≤+≤-+->)1ln(11 1 ,1有时启示：证明分三个步骤，一是构造函数，二是对函数求导，判断函数的单调性，三是求此函数的最值，得出结论。题型二通过对函数的变形，利用分析法，证明不等式例.bx x x h +=ln )(有两个不同的零点21,x x ①求b 的取值范围；②求证：1221x x e >. 解析：①()ln h x x bx =+，其定义域为（0，+∞）.由()0h x =得ln -x b x =，记ln ()x x x ?=-，则2 l n 1 ()x x x ?-'=, 所以ln ()x x x ?=-在(0,)e 单调减，在(,)e +∞单调增，所以当x e =时ln ()x x x ?=-取得最小值1e -. 又(1)0?=，所以(0,1)x ∈时()0x ?>，而(1,)x ∈+∞时()0x ?<,所以b 的取值范围是（1 e -，0）. ②由题意得1122ln 0,ln 0x bx x bx +=+=, 所以12122121ln ()0,ln ln ()0x x b x x x x b x x ++=-+-=,所以 12122121 ln ln ln x x x x x x x x +=--，不妨设21x x <, 要证212x x e >,需证12122121 ln (ln ln )2x x x x x x x x +=->-.即证2121212()ln ln x x x x x x -->+，设21(1)x t t x =>,则2(1)4()ln ln 211 t F t t t t t -=-=+-++, 所以2 22 14(1)()0(1)(1) t F t t t t t -'=-=>++,所以函数()F t 在（1，+∞）上单调增，而(1)0F =，所以()0F t >即2(1) ln 1 t t t ->+,所以212x x e >.

2021届高考数学(理)一轮复习学案：第3章导数及其应用第4节利用导数证明不等式

第四节利用导数证明不等式课堂考点探究考点1 单变量不等式的证明单变量不等式的证明方法 (1)移项法：证明不等式f (x )＞g (x )(f (x )＜g (x ))的问题转化为证明f (x )－g (x )＞0(f (x )－g (x )＜0)，进而构造辅助函数h (x )＝f (x )－g (x )； (2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数； (3)最值法：欲证f (x )＜g (x )，有时可以证明f (x )max ＜g (x )min . 直接将不等式转化为函数的最值问题已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x . (1)讨论f (x )的单调性； (2)当a ＜0时，证明f (x )≤－3 4a －2. [解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋2ax ＋2a ＋1＝ x ＋1 2ax ＋1 x . 当a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a ＜0，则当x ∈? ????0，－12a 时，f ′(x )＞0；当x ∈? ????－12a ，＋∞时，f ′(x )＜0. 故f (x )在? ????0，－12a 上单调递增，在? ?? ??－12a ，＋∞上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a ＜0时，f (x )在x ＝－12a 取得最大值，最大值为f ? ????－12a ＝ln ? ??? ?－12a －1－1 4a . 所以f (x )≤－34a －2等价于ln ? ????－12a －1－14a ≤－34a －2，即ln ? ????－12a ＋1 2a ＋1≤0.设g (x ) ＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1 x －1.当x ∈(0,1)时，g ′(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x ) ＜0.所以g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故当x ＝1时，g (x )取得最大值，最大值为g (1)＝0.所以当x ＞0时，g (x )≤0.从而当a ＜0时，ln ? ????－12a ＋1 2a ＋1≤0，即f (x )≤－3 4a －2. 将不等式转化为函数最值来证明不等式，其主要思想是依据函数在固定区间

【高中数学】利用导数证明不等式

第四节利用导数证明不等式考点1作差法构造函数证明不等式 (1)欲证函数不等式f(x)＞g(x)(x＞a)，只需证明f(x)－g(x)＞0(x＞a)，设h(x)＝f(x)－g(x)，即证h(x)＞0(x＞a)．若h(a)＝0，h(x)＞h(a)(x＞a)．接下来往往用导数证得函数h(x)是增函数即可． (2)欲证函数不等式f(x)＞g(x)(x∈I，I是区间)，只需证明f(x)－g(x)＞0(x∈I)．设h(x)＝f(x)－g(x)(x∈I)，即证h(x)＞0(x∈I)，也即证h(x)min＞0(x∈I)(若h(x)min不存在，则须求函数h(x)的下确界)，而这用导数往往容易解决．已知函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝e－2(e为自然对数的底数)处取得极小值． (1)求实数a的值； (2)当x＞1时，求证：f(x)＞3(x－1)． [解](1)因为f(x)定义域为(0，＋∞)，f(x)＝ax＋x ln x，所以f′(x)＝a＋ln x＋1，因为函数f(x)在x＝e－2处取得极小值，所以f′(e－2)＝0，即a＋ln e－2＋1＝0，所以a＝1，所以f′(x)＝ln x＋2. 当f′(x)＞0时，x＞e－2；当f′(x)＜0时，0＜x＜e－2，所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增，所以f(x)在x＝e－2处取得极小值，符合题意，所以a＝1. (2)证明：由(1)知a＝1，所以f(x)＝x＋x ln x. 令g(x)＝f(x)－3(x－1)，即g(x)＝x ln x－2x＋3(x＞0)． g′(x)＝ln x－1，由g′(x)＝0，得x＝e. 由g′(x)＞0，得x＞e；由g′(x)＜0，得0＜x＜e. 所以g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，

利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧

利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧趣题引入已知函数设，证明：分析：主要考查利用导数证明不等式的能力。证明：，设当时，当时，即在上为减函数，在上为增函数 ∴，又 ∴，即设当时，，因此在区间上为减函数；因为，又 ∴，即故综上可知，当时，本题在设辅助函数时，考虑到不等式涉及的变量是区间的两个端点，因此，设辅助函数时就把其中一个端点设为自变量，范例中选用右端点，读者不妨设为左端点试一试，就能体会到其中的奥妙了。技巧精髓一、利用导数研究函数的单调性，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，也是近几年高考的热点。二、解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个 x x x g ln )(=b a <<02ln )(2 ( 2)()(0a b b a b g a g -<+-+<1ln )(+='x x g )2 (2)()()(x a g x g a g x F +-+=2 ln ln )2()(21)2(2)()(''''x a x x a g x g x a g x g x F +-=+-=?+-='a x <<00)(<'x F a x >0)(>'x F )(x F ),0(a x ∈),(+∞∈a x 0)()(min ==a F x F a b >0)()(=>a F b F 0)2 (2)()(>+-+b a g b g a g 2ln )(2 (2)()()(a x x a g x g a g x G --+-+=)ln(ln 2ln 2 ln ln )(x a x x a x x G +-=-+-='∴0>x 0)('0)()(=