导数法研究正整数不等式_高中三年全科资料_高中_高中知识点整理_数学

导数法研究正整数不等式 利用构造函数的，通过研究函数的单调性和极值最值等得到实数在某个区间上的不等式， 通过对实数赋值使之与正整数产生联系，进而证明正整数的不等式是不等式证明中的一个重 要方面。这类问题有如下几个基本类型。 1.单变量的正整数不等式。 【典例1】（2007山东理科22 设函数f(x)=x2+bln(x+1),其中b≠0. 1 (Ⅰ)当b> 时，判断函数f(x)在定义域上的单调性； 2 （Ⅱ）求函数f(x)的极值点； 1 1 1 （Ⅲ）证明对任意的正整数n,不等式ln(( 1)  )都成立. n n2 n3 【答案】(I) 函数 f(x) x2 bln(x1)的定义域为1, . b 2x2 2xb f '(x)2x  ， x1 x1  1   1 令g(x)2x2 2xb，则g(x)在  , 上递增，在 1, 上递减，  2   2 1 1 g(x)  g( ) b. min 2 2 1 1 当b 时，g(x)  b 0， 2 min 2 g(x)2x2 2xb0 在1,上恒成立.  f '(x)0, 1 即当b 时,函数 f(x)在定义域1,上单调递增。 2 （II）分以下几种情形讨论： 1 （1）由（I）知当b 时函数 f(x)无极值点. 2 1 2(x )2 1 2 （2）当b 时， f '(x) ， 2 x1  1 x  1, 时， f '(x)0,  2  1  x   , 时， f '(x)0,  2 1 b 时，函数 f(x)在1,上无极值点。 2 1 1 12b 1 12b （3）当b 时，解 f '(x)0得两个不同解x  ，x  . 2 1 2 2 2 1 12b 1 12b 当b0时，x  1，x  1， 1 2 2 2 x 1, ,x 1, , 1 2 1 12b 此时 f(x)在1,上有唯一的极小值点x  . 2 2 1 当0b 时，x ,x 1, , 2 1 2 f '(x)在1,x  ,  x ,都大于0 ， f '(x)在(x ,x )上小于0 ， 1 2 1 2 1 12b 1 12b 此时 f(x)有一个极大值点x  和一个极小值点x  . 1 2 2 2 1 12b 综上可知，b0时， f(x)在1,上有唯一的极小值点x  ； 2 2 1 1 12b 1 12b 0b 时，f(x)有一个极大值点x  和一个极小值点x  ； 2 1 2 2 2 1 b 时，函数 f(x)在1,上无极值点。 2 （III） 只要证明了对 x(0,1] ，实数的不等式 ln(1x) x2x3 即可，构造函数 f(x)ln(x1)x2x3，而且 f(0)0，因此我们只要证明这个函数在区间(0,1]单调递 增即可证明需要的不等式。 当b1时， f(x) x2 ln(x1). 令h(x) x3 f(x) x3x2 ln(x1), 则 3x3 (x1)2 h'(x) 在 0,上恒正， x1 h(x)在 0,上单调递增，当x 0,时，恒有h(x)h(0)0. 即当x 0,时，有x3 x2 ln(x1)0, ln(x1) x2x3，1 1 1 1 对任意正整数n，取x 得ln( 1)  n n n2 n3 【点评】使用导数方法证明正整数的不等式，首先要根据不等式的特点构造在一个实数区间 上的函数，这个区间要包含所要证明的不等式中离散的变量的所有取值。 【典例2】（2010四川理科22题（2）） n(n1) 2nn2 对任意正整数证明不等式ln  0 。 2 2n(n1) 【分析】这个不等式中的一个基本量是n(n1)，为了更加简化问题，我们把不等式进 n(n1) 1 n(n1) 1x2 一步变形为ln  2 0，这样我们可以构造函数 f(x)lnx2 ， 2 n(n1) x 2 1x2 n(n1) 即 f(x)2lnx ， 而 且 1 ， f(1)0 ， 我 们 只 要 证 明 函 数 x 2 1x2 f(x)2lnx 在(1,)内单调递减即可达到解决问题的目的。 x 1x2 【证明】构造函数 f(x)2lnx ，x[1,)， x 2 1 2x1x2 (x1)2 则 f '(x)  1  0 ，故函数 f(x)在区间[1,)内单 x x2 x2 x2 1x2 n(n1) 调递减，所以 f(x) f(1)0，所以lnx2  0，令x 即证明了所要的 x 2 不等式。 【点评】本题中的不等式含有一个基本量，通过换元的方法就简化了这个不等式，这样 便于构造函数，构造函数时要尽可能使得函数简单、函数的导数容易求出。本题中证明的不 1x2 1 1 等式lnx2  0lnx (x )在[1,)上恒成立，这个不等式在证明2010年 x 2 x 湖北卷理科21题第三问中起关键作用。 2.叠加法证明正整数的一元不等式 21．（本小题满分14分） b 已知函数 f(x)  ax c(a  0)的图象在点(1, f(1))处的切线方程为 y  x1. x （I）用a表示出b，c； （II）若 f(x) lnx在 1,  上恒成立，求a的取值范围； 1 1 1 n （III）证明：1    ln(n1) (n 1). 2 3 n 2(n1) 21．本题主要考查函数、导数、不等式的证明等基础知识，同时考查综合运用数学知识进行 推理论证的能力和分类讨论的思想.（满分14分） b f(1)  abc  0, b  a1, 解：（I） f'(x)  a ,则有  解得  x2 f'(1)  ab 1, c 12a.a1 （II）由（I）知， f(x)  ax 12a. x a1   令g(x)  f(x)lnx  ax 12alnx,x 1, , x2 1a a(x1)(x ) a1 1 ax2  x(a1) a 则g(1)  0,g'(x)  a    , x2 x x2 x2 1 1a （i）当0 a  时, 1. 2 a 1a 若1 x  ,则g'(x) 0,g(x)是减函数，所以g(x) g(1)  0, a 即 f(x) lnx,故f(x) lnx在 1,  上不恒成立. 1 1a （ii）当a  时, 1. 2 a 若x 1,则g'(x)  0,g(x)是增函数，所以g(x)  g(1)  0, 即 f(x)  lnx,故当x 1时， f(x) lnx. 1  综上所述，所求a的取值范围为  ,. 2  （II）分析】这种不等式不等式靠构造单一的函数解决，必需通过构造函数得到不等式后， 通过叠加的方法解决。 1 解法一：由（II）知：当a  时,有f(x) lnx(x 1) 2 1 1 1 令a  ,有f(x)  (x ) lnx(x 1). 2 2 x 1 1 且当x 1时, (x )  lnx. 2 x k 1 1 1 k 1 k 1 1 1 令x  ,有ln  [  ] [(1 )(1 )], k k 2 k k 1 2 k k 1 1 1 1 即ln(k 1)lnk  (  ),k 1,2,3,,n. 2 k k 1 将上述n个不等式依次相加得 1 1 1 1 1 ln(n1) (   ) , 2 2 3 n 2(n1) 整理得 1 1 1 n 1    ln(n1) . 2 3 n 2(n1) 解法二：用数学归纳法证明.1 （1）当n=1时，左边=1，右边 ln2 1,不等式成立. 4 （2）假设n=k时，不等式成立，就是、 1 1 1 k 1    ln(k 1) . 2 3 k 2(k 1) 1 1 1 1 k 1 那么1     ln(k 1)  2 3 k k 1 2(k 1) k 1 k 2  ln(k 1) . 2(k 1) 1 由（II）知：当a  时，有 f(x) lnx(x 1). 2 1 1 1 令a  ,有f(x)  (x ) lnx(x 1). 2 2 x k 2 1 k 2 k 1 k 2 令x  ,得: (  ) ln  ln(k 2)ln(k 1). k 1 2 k 1 k 2 k 1 k 2 k 1 ln(k 1)  ln(k 2) . 2(k 1) 2(k 2) 1 1 1 1 k 1 1     ln(k 2) . 2 3 k k 1 2(k 2) 这就是说，当n=k+1时，不等式也成立. 根据（1）和（2），可知不等式对任何nN*都成立. 【点评】通过叠加不等式是证明该类不等式的重要技巧，这里使用的是对不等式中的一 般项进行放缩的方法，本题的技巧是极高的。 ln22 ln32 lnn2 2n2 n1 2.    (nN,n 2). 22 32 n2 2(n1) 【 分 析 】 变 通 不 等 式 xln(1x) 为 lnx x1 对 x0 成 立 。 则 lnn2 n2 1 1 1 1  1 1(  ) 。 n2 n2 n2 n n 1 ln22 ln32 lnn2 1 1 1 ∴    (1 )(1 )(1 ) 22 32 n2 22 32 n2 1 1 1  (n1)(   ) 22 32 n2 1 1 1  (n1)(   ) 23 34 n(n1) 1 1 1 1 1 1  (n1)(      ) 2 3 3 4 n n1 1 1 2n2 n1  (n1)(  )  2 n1 2(n1) ∴结论成立。评】1.利用函数的单调性证明下面不等式，并通过函数图象直观检验 （1）sinx x,x(0,) ；（2）xx2 0； （3）ex 1x,x 0；（4）lnx xex,x0 。 其中（3）、（4）是高考中在函数导数解答题、数列解答题中不等式的一个根源所在。 不等式ex 1x在x1时等价于xln(1x)。 3.正整数的二元不等式 【典例4】证明：当mn0时，(1m)n (1n)m . 【分析】要证：(1m)n (1n)m只需证nln(1m)mln(1n), ln(1m) ln(1n) 只需证：  m n x ln(1 x) 设g(x) ln(1x) ,(x 0) ， 则 g/(x) 1x  xln(1x) 。 x x2 x2(1x) 证明x(1x)ln(1x) 在(0,)单调递减。 ∴x(1x)ln(1x)0，即g(x)是减函数，而mn。 ∴g(m) g(n)，故原不等式成立。 4.非正整数的二元不等式 mn mn 1.设m,nR，且mn，求证：  。 lnmlnn 2 【分析】构造函数，使用函数的性质进行证明。显然要证明的不等式中含有一个基本的 m 量 ，以这个量为自变量把不等式转化为只含有一个变量的不等式，再构造函数。由于交 n 换m,n不影响不等式的结构，故可以设mn。 m m m m 1 1 2( 1) 2( 1) n n m n m n 原不等式等价于不等式  ，即ln  .，即ln  0. m 2 n m n m ln 1 1 n n n 2(x1) m 设h(x)lnx ，可以证明这个函数在(1,)上是单调增函数，又 1， x1 n m 2( 1) m m n mn mn 所以h( )h(1)0，所以ln  0成立，所以  . n n m lnmlnn 2 1 n 1 2.已知函数 f(x)(bxc)lnx在x 处取得极值，且在x1处的切线的斜率为1. e （Ⅰ）求b,c的值及 f(x)的单调减区间； 3p2q （Ⅱ）设 p＞0，q＞0，g(x) f(x)x2，求证：5g( ) 3g(p)2g(q) . 5 1 21．解：（Ⅰ） f(x)blnx(bxc) ………………………………2 x 分1 1 b f( )0，∴ bln ( c)e0，即bbec0，∴c0 ……3分 e e e ∴ f(x)blnxb ，又 f(1)1，∴ bln1b1，∴ b1 综上可知 b1,c0 ……………………………4分 f(x) xlnx，定义域为x＞0， f(x)lnx1 1 1 由 f(x)＜0 得 0＜x＜ ，∴ f(x)的单调减区间为 ( 0 , ) ……………6分 e e 3p2q （Ⅱ）先证5f ( )3f (p)2f (q) 5 3p2q 3p2q 即证5 ln 3pln p2qlnq 5 5 3p2q 5q 即证：3pln  2qln ………………………7分 5p 3p2q q 3 2t 2t 5t 令t  ，∵ p＞0，q＞0 ，∴ t＞0，即证ln  ln ……8分 p 5 3 3 2t 32t 2t 5t 32t 2 2t 令h(t)ln  ln 则h(t)ln  tln(5t) ln(32t) 5 3 32t 5 3 3 5 2 2 2t 5 2 2t 2 ∴h(t)   ln(5t)   ln(32t)  32t 5 3 3 5t 3 3 32t 2 32t  ln …………9分 3 5t 32t ① 当32t ＞5t，即0＜t＜1时，ln ＞0，即h(t)＞0 5t h(t)在（0，1）上递增，∴h(t)＜h(1)＝0， ……………………10分 32t ② 当32t ＜5t，即t＞1时，ln ＜0，即h(t)＜0 5t h(t)在（1，＋∞）上递减，∴h(t)＜h(1)＝0， …………………11分 ③ 当32t ＝5t，即t＝1时，h(t)＝h(1)＝0 3 2t 2t 5t 综合①②③知h(t)  0 即ln  ln 5 3 3 2t 3p2q 即5f ( )3f (p)2f (q) …………12分 5 3p2q 6(pq)2 又5( )2 (3p2 2q2)   0 5 5 3p2q ∴ 5( )2 3p2 2q2 5 3p2q 综上可得5g( )3g(p)2g(q) ……………13分 5