常用导数放缩法

常用导数放缩法一：消参放缩（适合含参）已知函数$f(x)=e^{-\ln(x+m)}$。

1) 设$x_0$是$f(x)$的极值点，求$m$，并讨论$f(x)$的单调性；2) 当$m\leq2$时，证明$f(x)>0$。

解：(1) $f'(x)=e^{-x/(x+m)}$。

由$x_0$是$f(x)$的极值点得$f'(x_0)=0$，所以$m=1$。

于是$f(x)=e^{-\ln(x+1)}$，定义域为$(-1,+\infty)$，$f'(x)=e^{-x/(x+1)}/(x+1)$。

函数$f'(x)=e^{-x/(x+1)}/(x+1)$在$(-1,+\infty)$单调递增，且$f'(0)=0$。

因此当$x\in(-1,0)$时，$f'(x)0$。

所以$f(x)$在$(-1,0)$单调递减，在$(0,+\infty)$单调递增。

2) 当$m\leq2$，$x\in(-m,+\infty)$时，$\ln(x+m)\leq\ln(x+2)$，故只需证明当$m=2$时，$f(x)>0$。

当$m=2$时，函数$f'(x)=e^{-x/(x+2)}/(x+2)$。

又$f'(-1)0$，故$f'(x)=0$在$(-2,+\infty)$有唯一实根$x$，且$x\in(-1,0)$。

当$x\in(-2,x)$时，$f'(x)0$，从而当$x=x$时，$f(x)$取得最小值。

由$f'(x)=e^{-x/(x+2)}/(x+2)$得$e^x/(x+2)$在$(-2,+\infty)$单调递增。

故$f(x)\geq f(x)=(x+1)^2/(x+2)$。

综上，当$m\leq2$时，$f(x)>0$。

2.已知函数$f(x)=me^x-\ln x-1$。

Ⅰ）当$m=1$时，求曲线$y=f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线方程；Ⅱ）当$m\geq1$时，证明：$f(x)>1$。

答案】（Ⅰ）$y=(e-1)x+(1-e)$；Ⅱ）当$m\geq1$时，$f(x)=me^x-\ln x-1\geq e^x-\ln x-1$。

（放缩）要证明$f(x)>1$，只需证明$e^x-\ln x-2>0$。

3.知函数$f(x)=\dfrac{1+a\ln(x-1)}{n(1-x)}$，其中$x\in\mathbb{N}^*$，$a$为常数。

Ⅰ）当$a=1$时，证明：对任意的正整数$n$，当$n\geq2$时，有$f(x)\leq x-1$；Ⅱ）当$a=1$时，$f(x)=\dfrac{1+\ln(x-1)}{n(1-x)}$。

当$x\geq2$时，对任意的正整数$n$，恒有$\dfrac{1}{(1-x)^n}\leq1$，故只需证明$1+\ln(x-1)\leq x-1$。

令$h(x)=x-2-\ln(x-1)$，$x\in[2,+\infty)$，则$h'(x)=1/(x-1)-1$，当$x\geq2$时，$h'(x)\geq0$，故$h(x)$在$[2,+\infty)$单调递增。

故$h(x)\geqh(2)=0$，即$1+\ln(x-1)\leq x-1$。

2.对于函数$h(x)=x-\ln(x+1)-x=-\ln(x+1)$，当$x\geq 0$时，$h(x)$单调递减。

又$h(0)=0$，所以当$x\geq 0$时，$h(x)\leq0$，即$x\leq \ln(x+1)$。

因此，当$x\geq 1$时，$1+\ln(x-1)\leqx-1$成立，从而有$f(x)=\frac{1}{(1-x)^n}+ \ln(x-1)\leq x-1$。

4.对于函数$f(x)=x^2+b\ln(x+1)$，当$x=1$时，函数取最小值。

因此，有$f(1)=0$，即$b=-1$。

又因为$f(x)$在定义域$(-1,+\infty)$上单调，所以$f(x)\geq0$或$f(x)\leq 0$在该定义域上恒成立。

当$f(x)\geq 0$时，有$x^2\geq -b\ln(x+1)$。

由于$x+1>0$，所以$b\leq -\frac{2x}{x+1}$，即$b\leq -2+\frac{2}{x+1}$。

当$f(x)\leq 0$时，有$x^2\leq -b\ln(x+1)$，由于$-\ln(x+1)<0$，所以$b\geq -\frac{2x}{x+1}$，即$b\geq -2+\frac{2}{x+1}$。

综上所述，实数$b$的取值范围为$[-2+\frac{2}{x+1},-2+\frac{2}{x+1})$。

当$b=-1$时，$f(x)=x-\ln(x+1)-x=-\ln(x+1)$。

由于$h(x)=-\ln(x+1)$在$x\geq 0$时单调递减，且$h(0)=0$，所以当$x\geq0$时，$h(x)\leq 0$，即$x\leq \ln(x+1)$。

因此，对于任意正整数$n$，有$\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{(3k-2)^2}\leq1+\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{3k^2}<1+\int_{1}^{+\infty}\fr ac{1}{3x^2}\mathrm{d}x=1+\frac{1}{3}<2$。

1.根据不等式$f(k)<1+\frac{2}{n^{\frac{1}{3}}+3n^{\frac{1}{3}}+。

+n^{\frac{1}{3}}}$，可以得出结论成立。

2.1) 当$a<\frac{1}{1-a}$且$a\in R$时，讨论$f(x)$的单调区间。

2) 当$a=9$时，对于任意$n\in N^+$且$n\geq2$，证明不等式$\frac{1}{f(2)f(3)f(4)。

f(n)}>\frac{1}{2^{n(n+1)}(1+\frac{1}{2}+。

+\frac{1}{n})}$。

解：1) 当$a=\frac{1}{1111}$且$n\in N^*$时，$f(x)=\ln x-\frac{a}{x+1}$，定义域为$(0,+\infty)$，$f'(x)=\frac{1}{x}-\frac{a}{(x+1)^2}$，令$f'(x)=0$，得到$x=\frac{1}{2}$或$x=2$。

当$x2$时，$f'(x)0$，即$f(x)$单调递增。

因此，$f(x)$的单调区间为$(0,\frac{1}{2})$和$(2,+\infty)$。

2) 根据提示，右侧式子为裂项相消求和，因此可以找出通项公式$\frac{1}{(3n+5)(3n+2)}$。

定义函数$h(x)=\ln x-\frac{9}{x+1}$，则$f(x)=h(x)+\ln 10$。

根据(1)的结论，$h(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，因此$f(x)$也在$(0,+\infty)$上单调递增。

根据Stolz定理，$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{f(2)f(3)。

f(n)}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\ln 10}{f(n+1)-f(1)}=\ln 10$，因此不等式成立。

3.函数放缩的题目多数可以用理科的数学归纳法与定积分方法研究，有兴趣可自行尝试。

4.1) 当$a=\frac{9}{2}$时，如果函数$g(x)=f(x)-k$仅有一个零点，求实数$k$的取值范围。

2) 当$a=2$时，比较$f(x)$和1的大小。

3) 求证：$\ln(n+1)>\frac{1}{n+1+\frac{1}{2}(n+1)^2}$。

解：1) 当$a=\frac{9}{2}$时，$f(x)=\ln x+\frac{9}{2(x+1)}$，定义域为$(0,+\infty)$。

令$f(x)=k$，则$\lnx+\frac{9}{2(x+1)}=k$，即$\frac{2kx+k-18}{2(x+1)}=\ln x$。

因为$g(x)=f(x)-k$仅有一个零点，所以$\ln x$在$(0,+\infty)$上有且仅有一个交点与$\frac{2kx+k-18}{2(x+1)}$，即$\frac{d}{dx}(\frac{2kx+k-18}{2(x+1)})=-\frac{2k}{(x+1)^2}=\frac{1}{x}$。

解得$x=\frac{1}{2k-18}$。

因此，$g(x)$有且仅有一个零点当且仅当$\frac{1}{2k-18}>0$，即$k\frac{18}{5}$。

2) 当$a=2$时，$f(x)=\ln x+\frac{2}{x+1}$，定义域为$(0,+\infty)$。

令$h(x)=f(x)-1=\ln x+\frac{1}{x+1}$，则$h'(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{(x+1)^2}$。

当$x>0$时，$h'(x)>0$，即$h(x)$单调递增。

因此，$f(x)$在$(0,+\infty)$上大于1.3) 根据提示，可以使用归纳法证明。

当$n=1$时，$\ln 2>1$，不等式成立。

假设当$n=k$时，不等式成立，即$\ln(k+1)>\frac{1}{k+1+\frac{1}{2}k^2+\frac{1}{2}k}$。

当$n=k+1$时，$\ln(k+2)>\ln(k+1)>\frac{1}{k+1+\frac{1}{2}k^2+\frac{1}{2}k} $。

因此，对于任意$n\in N^+$，不等式成立。

1.令$x=1$，则有$\ln\frac{2}{1}+\ln\frac{4}{3}+\cdots+\ln\frac{n+1}{n}=\ln(n+1) $，$\therefore\ln(n+1)>1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2n}>1+\int_1 ^{n+1}\frac{1}{x}dx=1+\ln(n+1)$，即$1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2n}>\ln(n+1)$。

2.已知函数$f(x)=ax+7$。

1) $f(1)=a+7=b$，$f'(1)=a=c$，$\therefore b=a+7,c=a$。

2) 若$f(x)\geq \ln x$在$[1,+\infty)$上恒成立，则$a\geq\frac{1}{2}$。

3) 当$a\geq \frac{1}{2}$时，$f(x)=ax+7\geq\frac{1}{2}x+7>\ln x$，即$f(x)\geq \ln x$在$[1,+\infty)$上恒成立。