（2022高中数学一轮复习）专题4.16—导数大题（数列不等式的证明）-2022届高三数学一轮复习精讲精练.doc

1、专题专题 4.16导数大题（数列不等式的证明）导数大题（数列不等式的证明） 1已知函数( )(1)f xlnxa x，(0)(2.718ae即自然对数的底数） （1）若函数( )f x在(1,)是单调减函数，求实数a的取值范围； （2）在（1）的条件下，当nN 时，证明： 23 1111 (1)(1)(1)(1) 2222n e 解： （1）函数( )f x在(1,)是单调减函数， 1 ( )0fxa x 在区间(1,)上恒成立 1x ，可得 1 011a x ， 即实数a的取值范围为1，)； （2）证明：由（1）得当1a 时，( )f x在(1,)上单调递减， ( )(1)f xlnxxf（

2、1）0， 可得1lnxx，1x ， 令 1 1 2n x ，可得 11 (1) 22 nn ln 分别取1n ，2，3，n得 2323 111111111 (1)(1)(1)(1)11 222222222 nnn lnlnlnln ， 即 23 1111 (1)(1)(1)(1) 2222n lnlne 可得 23 1111 (1)(1)(1)(1) 2222n e，对任意的 * nN成立 2 （1）若01a ，判断函数( )sin(1)f xaxlnx在区间(0,1)内的单调性； （2）证明：对任意2n，*nN， 222 2 111 sinsinsin2 5101 ln n 解： （1）(

3、)sin(1)(01)f xaxlnxx， 1 ( )cos(1)fxax x ， 010110cos(1)1xxx ，又01a ， 1cos(1)0ax ，且01x时， 1 1 x ， ( )0fx ( )sin(1)f xaxlnx在区间(0,1)内单调递增； （2）证明：由（1）知，当1a 时，( )f xf（1） ，即sin(1)0 xlnx， 1 sin(1)xln x ， 令 2 1 1 1 x n ，则 2 1 1 1 x n ， 2 2 11n xn ， 当 2 * 222 111 0sin(1)2() 1 n lnlnlnnN nnn ， 令( )(1)xlnlnxx，0 x

4、 ， 1 ( )10 11 x x xx ，所以( )x在(0,)单调递减， ( )(0)0 x， 即(1)(0)lnxx x， 22 111 0(1)(1) (1) lnk kkk k ， 当 * nN，且2n时， 2 1111 0sin 1(1)1nn nnn ， 2 1211 sin()2 1(1)1 ln ln nn nnn ， 对任意2n，*nN， 222 2 1111 sinsinsin(2)(1)2 5101 lnln nn 3已知函数( )sin()f xxxalnx aR的图象在 2 x 处的切线斜率为1 （）求证：(0,) 2 x 时，( )0f x ； （）求证： 314

5、1111 sin()sin()sin()(2,) 23233332 nn lnnnN nn 证明： （）由( )sinf xxxalnx，得( )sincos a fxxxx x ， 由题意， 2 ()11 2 a f ，得a， 故( )sinf xxxlnx，( )sincossintancos2sinfxxxxxxxx xxx ， 令( )2sing xx x ，可得( )g x在(0,) 2 上单调递增， ( )()0 2 g xg ，即( )0fx， ( )f x在(0,) 2 上单调递减，则 2 ( )( )(1)0 22224 f xflnln ， 则(0,) 2 x 时，( )0

6、f x ； （）当nN，2n时， 1 (0,) 32n ， 11 1 3nn ， 11 sin()sin(1) 3nn ， 则 1111 sin()sin(1) 3 nn nnnn ， 由（1）知，(0,) 2 x 时，sinxxlnx， 令 1k x k ，(2k ，3，.，)n， 11111 sin()sin(1)() 3 nn ln n nnnnn ， 313 sin() 2322 ln ， 414 sin() 3333 ln ，.， 111 sin() 3 nn ln nnn ， 相加得： 3141111 sin()sin()sin()(2,) 23233332 nn lnnnN nn

7、 4已知函数( )(1)1 1 kx f xln x x （1）求函数( )f x的极值； （2） （）当0 x 时，( )0f x 恒成立，求正整数k的最大值； （）证明： 3 (2) 1 (1 1 2)(123)1(1) n n n ne 解： （1） 2 1 ( ) (1) xk fx x ，1x ， 当0k时，( )0fx，函数在( 1,) 上单调递增，没有极值； 当0k 时，由( )0fx得1xk，由( )0fx得11xk ， 所以( )f x在( 1,1)k上单调 递减，在(1,)k 上单调 递增，此时 函数( )f x的极小 值 (1)2f klnkk，没有极大值； （2）当0

8、x 时，( )0f x 恒成立，即只要( )0 min f x即可， 由（1）0k 时，( )f x在( 1,1)k上单调递减，在(1,)k 上单调递增， （a）若1 0k 即1k时，( )f x在(0,)上单调递增，( )(0)1 min f xf满足题意； （ b ） 当10k 即1k 时 ，( )f x在(0,1)k 上 单 调 递 减 ， 在(1,)k 上 单 调 递 增 ， ( )(1)20 min f xf klnkk， 令( )2g xlnxx，则 1 ( )0 x g x x ， 所以( )g x在(1,)上单调递减，且g（2）20ln，g（3）310ln ，g（4）420ln

9、， 所以存在 0 (3,4)x 使得 0 ()0g x， 则( )20g xlnxx的解集为 0 (1,)x， 综上k的取值范围 0 (,)x，其中 0 (3,4)x ， 所以正整数k的最大值 3； ( )ii证明：两边取对数得 2 (1 1 2)(123)1(1)2 1 n lnn nn n ， 即只要证 2 (1 1 2)(123)1(1)2 1 n lnn nn n ， 由( ) i知 33 (1)12 11 x ln x xx ， 令(1)xn n，则 3333 (1)1222() (1)1(1)1 ln n n n nn nnn ， 111113 (1 1 2)(123)1(1)23

10、(1)2 22311 n lnn nnn nnn ， 所以 3 (2) 1 (1 1 2)(123)1(1) n n n ne 5已知函数 （1）若( )f x存在极值，求a的取值范围； （2）证明：m，nN， () (1)(1) 1 n m n mn mn m nm nnnm e 解： （1）( )1 ax fxae，0a时，( )0fx，函数( )f x在R上单调递减，不存在极值，舍去 0a 时，令( )0fx，解得 1 xlna a ，又函数( )fx在R上单调递增， 因此函数( )f x在 1 (,)xlna a 上单调递减，在 1 (lna a ，)上单调递增， 函数( )f x在

11、1 xlna a 处取得极小值 故a的取值范围是(0,) （2）证明：由（1）可知：1a 时，函数( )f x在0 x 处取得极小值(0)0f， 因此( )1 0 x f xex ，当且仅当0 x 时取等号，即1 x ex，(0)x 取 k x nm ，则1 k n m k e nm ，即 1 (1)n m k k k e nme 成立， （其中，k，n，mN，1k ，2，)m， 对不等式两边求和可得： 11 1 (1) mm n m k kk k nme ，即 1 () m n m k nmk nm 11 (1) 111 (1) 1 11 1 m m ee eee e 成立， 即 1 1 (

12、)() 1 m n mn m k nmknm e 成立， m，nN， () (1)(1) 1 n m n mn mn m nm nnnm e 6设函数 2 ( )()(0)f xxa xalnx a （1）讨论( )f x的单调性； （2）当0a 时，若( )f x的最小值为 0，证明： 222 231 (1)(*) 12 n ln nnN n （1）解：函数 2 ( )()f xxa xalnx的定义域为(0,)， 2 2 ( )2() () 2 aa fxxaxxa xx ， 当0a 时，当(0,) 2 a x时，( )0fx，( )f x在(0,) 2 a 上单调递减， 当(,) 2 a

13、 x 时，( )0fx，( )f x在(,) 2 a 上单调递增； 当0a 时，当(0, )xa时，( )0fx，( )f x在(0, )a上单调递减， 当( ,)xa时，( )0fx，( )f x在( ,)a 上单调递增； 故当0a 时，( )f x在(0,) 2 a 上单调递减，在(,) 2 a 上单调递增； 当0a 时，( )f x在(0, )a上单调递减，在( ,)a 上单调递增； （2）证明：由（1）知，( )f x的最小值为f（a） 2 0alna ，解得1a ， 于是当0 x 且1x 时，( )(1)f xx xlnxf（1）0， 下面用数学归纳法证明 222 231 (1)(*

14、) 12 n ln nnN n ， 当1n 时， 2 2 2 (1 1)2 1 lne，不等式成立； 假设(*)nk kN时，不等式成立，即 222 231 (1) 12 k ln k k ， 当1nk时， 22222 23122 (1) 12(1)(1) kkk ln k kkk 22 2222 (2)(2)(2)(1) 1(1)(1)1 kkkk ln klnln kkkln kkkk 2 222 (2)()(2) 111 kkk ln klnln k kkk ，不等式成立 由得 222 231 (1)(*) 12 n ln nnN n 7设函数 2 ( )()(0)f xxa xalnx

15、 a，( )fx是函数( )f x的导函数 （1）讨论( )f x的单调性； （2）若f（1）f （1）0，证明： 222 231 (1)(*) 12 n ln nnN n 解： （1）( )f x的定义域是(0,)， 2 (2)() ( )2 axa xa fxxa xx ， 0a ， (0, )xa 时，( )0fx，( )f x单调递减， ( ,)xa时，( )0fx，( )f x单调递增， 即( )f x在(0, )a单调递减，在( ,)a 单调递增； （2）证明：由（1）可知f（1）1a ，f（1） 2 2aa， 2 120aaa ，解得：1a 或3a （舍)， 2 ( )f xxx

16、lnx， 由（1）知：函数( )f x在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增， ( )f xf（1）0，即( ) 0f x 即 2 xx lnx 对任意0 x 恒成立， 当且仅当1x 时“”成立， 令 1 1 n x n ， * nN， 则 2 111 ()()() nnn ln nnn ， 整理得： 2 11 ()(1) nn lnln nlnn nn ， 222 231 (21)( 32) (1)(1) 12 n lnlnlnlnln nlnnln n n ， 即原不等式成立 8已知函数( )f xxlnx （1）求( )f x的最小值； （2）设m为整数，且对于任意正整数(2)n

17、n， 222 111 (1)(1)(1) 23 m n ，求m的最小值 解： （1） 11 ( )1 x fx xx ， 当(0,1)x时，( )0fx，故( )f x在(0,1)单调递减， 当(1,)x时，( )0fx，( )f x在(1,)单调递增， 故( )f xf（1）1，故( )f x的最小值为 1； （2）由（1）可得，( )1f xxlnx即1lnx x， 所以 222 114422 (1) 4(21)(21)2121 ln kkkkkkk ， * kN，2n， 则 222 111222222222 (1)(1)(1)2 23355721213213 lnlnlnln nnnn ， 故 222 111 (1)(1)(1)2 23 lnln n ， 所以 222 111 (1)(1)(1)2 23n ， 又因为 222 111 (1)(1)(1)1 23n ， 故对任意正整数n， 222 111 (1)(1)(1) 23 m n 的整数m的最小值为 2