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导数与数列不等式的综合证明问题

第一篇：导数与数列不等式的综合证明问题导数与数列不等式的综合证明问题典例：（2017全国卷3,21）已知函数fxx1alnx。（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11111m，求m的最小值。2n222分析：(1)由原函数与导函数的关系可得x=a是fx在x0，+的唯一最小值点，列方程解得a1；(2)利用题意结合(1)的结论对不等式进行放缩，求得111111e，结合2n2221111112可知实数m的最小值为323222（1）fx的定义域为0，+.①若a0，因为f=-②若a0，由f'x121+aln20，所以不满足题意；2axa知，当x0,a时，f'x0；当xa，+时，xx1所以fx在0,a单调递减，在a，故x=a是fx在0，f'x0，+单调递增，+的唯一最小值点.由于f10，所以当且仅当a=1时，fx0.故a=1.练习1：已知函数f(x)ln(x)ax（1）求实数a的值；1(a为常数)，在x1时取得极值.x（2）设g(x)f(x)2x，求g(x)的最小值；（3）若数列{an}满足anaan1n11(nN且n2),a11，数列{an}的前n和21nSn，求证：2anesnan(nN,e是自然对数的底数).整理：在证明中要对证明的式子2n1anesnan进行简单的处理为nln2lnanSnnn，否则直接另x很唐突.n1n11lnx.x练习2：已知函数f(x)（1）若函数在区间t,t1（其中t0）上存在极值，求实数t的取值范围；2a恒成立，求实数a的取值范围，并且判断代数式x1（2）如果当x1时，不等式f(x)(n1)!2与(n1)en2(nN*)的大小.分析：解：（Ⅰ）因为f(x)1lnxlnx，x0，则f(x)2，xx当0x1时，f(x)0；当x1时，f(x)0.所以f(x)在(0,1)上单调递增；在(1,)上单调递减，所以函数f(x)在x1处取得极大值.1因为函数f(x)在区间t,t(其中t0)上存在极值，2t1,1所以1解得t1.2t1,2a(x1)(1lnx)(x1)(1lnx)（Ⅱ）不等式f(x)≥，,即为≥a,记g(x)x1xx[(x1)(1lnx)]x(x1)(1lnx)xlnx所以g(x).x2x2令h(x)xlnx，则h(x)11，∵x≥1，∴h(x)≥0，x∴h(x)在[1,)上单调递增，∴[h(x)m]inh(1)1，从而0g(x)0，故g(x)在[1,)上也单调递增，所以[g(x)]ming(1)2,所以a≤2；由上述知f(x)≥即lnx≥2恒成立，x1x12211，（此处采用了放缩法，是处理问题的关键）x1x1x2令xn(n1)，则ln[n(n1)]1，n(n1)∴ln(12)1222，ln(23)1，ln(34)1，…，1223342ln[n(n1)]1，n(n1)111叠加得ln[12232n2(n1)]n21223n(n1)1222n2n21n2.则123n(n1)e，n1所以[(n1)！]2(n1)en2(nN)．第二篇：导数压轴题导数与数列不等式的证明导数与数列不等式的证明例1.已知函数f(x)alnxax3aR(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)证明:112131nln(n1)(nN*)(3)证明:ln22ln33ln44ln55lnnn1nn2,nN*n(4)证明:ln2ln3ln4ln5lnn1n122324252n22nn2,nN*(5)证明:ln24ln34ln44ln54lnn4(n1)224344454n44nn2,nN*ln22ln32(6)求证:lnn2n12n12232...n22n1n2,nN(7)求证:122114211182...1122nenN例