导数与数列不等式的综合证明问题

发布时间：2020-03-03 00:51:58 来源：范文大全收藏本文下载本文手机版

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，