高中数学八讲彻底搞定不等式证明

高中数学八讲彻底搞定不等式证明TOC\o"1-3"\h\u题型一简单的函数不等式证明 2题型二不等式证明之满参放缩 7题型三含参不等式之参变分离 10题型四含参不等式之端点效应 15题型五单变量不含参不等式证明方法之切线放缩 21题型六含参不等式之先必要后充分(必要性探路) 26题型七含参不等式之整参问题 32题型八数列型求和不等式证明 38第一类：证明不等式f1+f2+⋯+fn<gn型第二类：证明不等式f1+f2+⋯+fn<参数m型 题型一简单的函数不等式证明方法梳理方法梳理常见的函数不等式证明有下面的两种解法：（1）直接构造差函数：以证不等式为例，可构造差函数，求，研究的单调性，得出的最大值小于0即可.（2）等价变形后构造差函数：当直接按第（1）种处理方法构造出来的函数较为复杂时，可对要证明的不等式先进行等价变形，再构造函数证明，体现了转化与化归的思想.而常见的等价变形技巧通常是指不等式中有的，变形成结构；有的，则变形成结构，后续函数单调性的研究会比较容易.围观(围观(典型例题)：一叶障目，抑或胸有成竹例1.证明不等式：（1）；（2）.证明：（1）设，则，所以，，从而在上单调递减，在上单调递增，故，所以，故.（2）设，则，所以，，从而在上单调递减，在上单调递增，故，所以，故.变式当时，证明：.证法1：设，则，令，则，所以在上单调递减，从而，故，所以在上单调递减，从而，故当时，，所以.证法2：要证，只需证，即证，也即证，设，即，所以在上单调递减，又，所以，即，故当时，成立.【反思】当要证明的不等式中有这种结构时，通过对要证的不等式进行等价变形，转化为这种结构来进行研究，往往可以简化计算.例2.证明不等式：（1）；（2）.证明：（1）设，则，所以，，从而在上单调递增，在上单调递减，故，所以①，在不等式①中将换成可得：，所以，从而，故.（2）设，则，所以，，从而在上单调递增，在上单调递减，故，所以.变式证明不等式：.证法1：设，则，设，则，所以在上单调递增，又，，所以在上有唯一的零点，且，当时，，所以，故在上单调递减，当时，，所以，故在上单调递增，从而，又，所以，故，由知，从而，所以，故不等式成立.证法2：当时，，，所以，原不等式成立，当时，，，所以，原不等式成立，当时，要证，只需证，即证，设，则，所以在上单调递减，结合知，即，故原不等式成立，综上所述，不等式对任意的成立.套路(举一反三)：手足无措，抑或从容不迫1.证明：套路(举一反三)：手足无措，抑或从容不迫证明：设，则，设，则，所以在上单调递增，又，所以当时，，从而，当时，，从而，故在上单调递减，在上单调递增，所以，故.2.证明：当时，.证法1：设，则，设，则，所以在上单调递增，结合知，从而，故在上单调递增，又，所以，故.证法2：当时，，当时，，要证，只需证，设，则，所以在上单调递增，又，所以，即，故.3.证明：当时，.证法1：设，则，，所以在上单调递增，结合知，所以在上单调递增，又，所以，即.证法2：要证，只需证，即证，设，则，所以在上单调递减，又，所以，即，故不等式成立.4.证明：.证明：要证，只需证，即证，设，则，所以，，从而在上单调递增，在上单调递减，又，所以，即，故.5.证明：.证明：要证，只需证，即证，设，则，所以，，从而在上单调递增，在上单调递减，又，所以，即，故.6.证明：.证明：要证，只需证，即证，设，则，所以，，从而在上单调递增，在上单调递减，又，所以，即，故.7.证明：.证法1：设，则，设，则，所以在上单调递增，又，，所以在上有唯一的零点,且，当时，，从而，故在上单调递减，当时，，从而，故在上单调递增，所以，又，所以,故，因为，所以，从而，故，即，所以.证法2：当时，，，所以，当时，，，所以，当时，要证，只需证，即证，设，则，所以，，从而在上单调递增，在上单调递减，故，即，所以，综上所述，对任意的，不等式均成立.8.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，证明：，.【解析】：（1）由题意，，，当时，，，所以在上单调递减，在上单调递增，当时，或，，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，当时，，所以在上单调递增，当时，或，，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.（2）当时，由（1）知在上单调递减，在上单调递增，所以在上的最小值为，要证，只需证，即证，也即证，设，则，所以在上单调递增，结合知恒成立，即，所以.题型二不等式证明之满参放缩方法梳理当要证明的不等式含参，且规定了参数的范围时，可以考虑先使用满参放缩，将含参的不等式转化为不含参的不等式来证明.这一技巧在后续小节诸多问题中会反复用到，是一个必备的基本技能.方法梳理当要证明的不等式含参，且规定了参数的范围时，可以考虑先使用满参放缩，将含参的不等式转化为不含参的不等式来证明.这一技巧在后续小节诸多问题中会反复用到，是一个必备的基本技能.简单而言就是:将参数的端点代入函数中,与原函数比较放缩.围观(围观(典型例题)：一叶障目，抑或胸有成竹例1.当时，证明：.证法1：当时，，设，则，，所以在上单调递增，又，，所以有唯一的零点，且，，从而在上单调递减，在上单调递增，故，又，所以，两端取对数得：，从而，故，所以，故，因为，所以，故.证法2：设，则，所以，，从而在上单调递减，在上单调递增，故，所以，故，设，则，所以，，从而在上单调递增，在上单调递减，故，所以，故当时，.【反思】当要证明的不等式中含参，且规定了参数的范围时，利用满参放缩可以转化为不含参的不等式加以证明.例2.若，，证明：.证明：因为，所以，又，所以，从而，设，则，所以在上单调递增，又，从而恒成立，因为，所以.例3.已知函数，其中.（1）若曲线在点处的切线方程为，求a的值；（2）当时，证明：.解：（1）由题意，，且，解得：.（2）当时，因为，所以，又，所以，故，设，则，，所以在上单调递增，注意到，所以，，从而在上单调递减，在上单调递增，故，因为，所以；当时，因为，所以，又，所以，故，设，则，，所以在上单调递增，注意到，所以，，从而在上单调递减，在上单调递增，故，因为，所以；显然，所以当时，恒成立.【反思】①利用满参放缩时，若是对这种结构进行放缩，一定要判断的正负；②本题分和两段讨论，分别利用的两边来进行放缩，比单边放缩综合性更强.套路(举一反三套路(举一反三)：手足无措，抑或从容不迫1.当时，证明：对任意的，都有.证明：因为，所以，设，则，所以在上单调递减，又，所以，即，因为，所以，故.2.当时，证明：.证明：当时，，下面证明，设，则，，所以在R上单调递增，又，所以，，从而在上单调递减，在上单调递增，故，所以，因为，所以.3.当时，证明：对任意的，都有.证明：当时，对任意的，都有，下面证明，设，则，所以在上单调递减，又，所以，从而，又，所以.4.当时，证明：对任意的，都有.证明：当时，对任意的，都有，下面证明，设，则，所以在上单调递增，又，所以，从而，又，所以.题型三含参不等式之参变分离方法梳理方法梳理含参不等式问题是导数最常见的题型之一，解答题中常用的方法有三种：参变分离、带参讨论、先必要后充分.在处理这类问题时，我们需要根据实际的情况，选择一个合适的方法来求解.这一小节我们主要针对用参变分离求解的题型，其基本的解题步骤是：（1）将含参不等式等价转化成或的形式；（2）求函数的最小值或最大值，得出a的取值范围.注意：能用参变分离这一方法来求解的含参不等式问题，一般参变分离后的函数不复杂，易于研究.围观(围观(典型例题)：一叶障目，抑或胸有成竹例1.已知函数为减函数，求实数a的取值范围.【解析】由题意，对任意的成立，所以，设，则，所以，，从而在上单调递增，在上单调递减，故，因为恒成立，所以，故实数a的取值范围为.例2.若不等式恒成立，求实数a的取值范围.【解析】解法1：，令，则f'x=1令，则，所以在上单调递减，又，所以当时，，从而；当时，，从而，故在上单调递增，在上单调递减，所以，因为恒成立，所以，故实数a的取值范围是.解法2：，设，则，所以，，从而在上单调递增，在上单调递减，故，所以，当且仅当时取等号，从而，故，所以，当且仅当时取等号，所以，且当时，，故，因为恒成立，所以，故实数a的取值范围是.例3.已知函数，.（1）求证：当时，；（2）若对任意实数x恒成立，求实数m的取值范围.【解析】（1），令，则，所以在上单调递增，又，所以，从而.（2）解法1：因为，所以即为，也即，令，则，令，则，，所以，，从而在单调递增，在单调递减，故，所以在R上单调递减，又，所以当时，，从而；当时，，从而，故在上单调递增，在上单调递减，所以，因为恒成立，所以，解得：，故实数m的取值范围是.解法2：因为，所以即为，两边取对数得：，从而，设，则，易证为偶函数，设，则，所以在上单调递减，又，所以恒成立，故在上恒成立，从而在上单调递减，由偶函数的对称性知在上单调递增，所以，因为恒成立，所以，解得：，故实数m的取值范围是.套路(举一反三套路(举一反三)：手足无措，抑或从容不迫1.已知函数，（1）若是单调函数，求a的最大值；（2）若在上恒成立，求a的取值范围.【解析】（1）由题意，，，因为是单调函数，所以恒成立或恒成立，显然不可能恒成立，所以，从而，故，因为，当且仅当时等号成立，所以，因为，所以，故a的最大值为.（2）由题意，，令，则，令，则，所以在上单调递增，故，从而，所以在上单调递增,因为，所以，故a的取值范围是.2.（2010·全国Ⅰ卷·节选）已知函数，若，求实数a的取值范围.【解析】由题意，，所以，令，则，所以，，从而在上单调递增，在上单调递减，所以，因为恒成立，所以，故实数a的取值范围是.3.（2015·重庆）设函数（1）若在处取得极值，确定的值，并求此时曲线在点处的切线方程；（2）若在上为减函数，求a的取值范围.【解析】（1）由题意，，因为在处取得极值，所以，从而，，故，，所求切线为，化简得：.（2）若在上为减函数，则，且对任意的恒成立，所以，故，令，则，所以在上单调递减，从而，因为恒成立，所以，故实数的取值范围是.4.（2011·浙江）设函数，.（1）若为的极值点，求实数；（2）求实数的取值范围，使得对任意的，恒有成立，注：为自然对数的底数.【解析】（1）由题意，，因为为函数的极值点，所以，解得：或，经检验，均满足是的极值点，符合题意.（2）即为，显然当时，该不等式对任意的实数都成立，当时，，所以，令，则，所以在上单调递增，故，因为恒成立，所以，令，则，令得：，且当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，故，因为恒成立，所以，综上所述，实数a的取值范围为.5.已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）若不等式对任意的都成立（其中e是自然对数的底数），求的最大值.【解析】（1）由题意，，令，则，，所以，，从而在上单调递增，在上单调递减，又，所以恒成立，从而在上单调递减，因为，所以当时，，故；当时，，故，所以的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）由题意，，令，则，且，设，则，由（1）知，，所以，当且仅当时取等号，从而当时，，故，于是在上为减函数，所以函数在上的最小值为，而，所以，因为恒成立，所以，故a的最大值为.题型四含参不等式之端点效应方法梳理方法梳理假设题干给出含参不等式在上恒成立，求参数的取值范围.这类问题俗称含参不等式恒成立问题.若恰好满足，则称该不等式具有端点效应.具有端点效应的含参不等式恒成立问题的一种常用的解题方法是带参讨论，寻找讨论的分界点是解题的关键.既然要恒成立，且，那么在右侧附近函数值不能减少，所以，由此可得到成立的必要条件（不一定是充分条件），从而找到讨论的分界点.围观(围观(典型例题)：一叶障目，抑或胸有成竹例1.已知函数，其中.（1）当时，证明：；（2）若对任意的，恒成立，求实数的取值范围.【解析】解：（1）当时，，，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增，从而，故.（2）由题意，，，①当时，，故在上单调递减，结合知，不合题意；②当时，，，，所以在上单调递减，在上单调递增，又，所以当时，，不合题意；③当时，易得，所以在上单调递增，结合知恒成立，满足题意；综上所述，实数a的取值范围为.【反思】本题的不等式在端点处恰好成立，有端点效应，所以，可据此找到带参讨论的分界点.例2.已知函数，若在上恒成立，求实数的取值范围.【解析】解法1：由题意，，，，当时，，，所以，满足题意；当时，，所以在上单调递增，结合知，从而在上单调递增，又，所以恒成立，满足题意；当时，，所以在上单调递增，结合，可得在上有唯一的零点，且当时，，所以在上单调递减，又，所以当时，，从而不能恒成立，不合题意；综上所述，实数a的取值范围为.解法2：当时，对任意的，，设，则，所以在上单调递增，又，所以，因为，所以，满足题意；当时，，，所以在上单调递增，又，，所以在上有唯一的零点，且当时，，所以在上单调递减，又，所以当时，，从而不能恒成立，不合题意；综上所述，实数a的取值范围为.【反思】本题的不等式在端点处恰好成立，有端点效应，所以，可据此找到带参讨论的分界点.例3.（2010·新课标）设函数（1）若，求的单调区间；（2）若当时，，求的取值范围.【解析】解：（1）当时，，，当时，，当时，，所以的减区间为，增区间为.（2）当时，，设，则，由（1）可得，所以，故在上单调递增，又，所以恒成立，从而，满足题意；当时，，，因为，所以，从而当时，，所以在上单调递减，又，所以当时，，故在上单调递减，因为，所以当时，，故在上不能恒成立，不合题意；综上所述，实数a的取值范围为.套路(举一反三)：手足无措，抑或从容不迫l.（2016·新课标Ⅱ卷）已知函数套路(举一反三)：手足无措，抑或从容不迫（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）若当时，，求的取值范围.【解析】（1）当时，，，所以，，故曲线在处的切线方程为，整理得：.（2）由题意，，，所以在上单调递增，①当时，，所以，故在上单调递增，结合知恒成立，满足题意；②当时，，，结合在上单调递增知在上有唯一的零点，且当时，，所以在上单调递减，又，所以当时，，故不能恒成立，不合题意；综上所述，a的取值范围为.2.已知函数，.（1）若，求在上的最小值；（2）若在上恒成立，求实数a的取值范围.【解析】（1）当时，，，所以在上单调递增，故.（2）由题意，，①当时，在上恒成立，所以在上单调递增，故，不合题意；②当时，，所以当时，，从而在上单调递增，又，所以当时，，从而在上不能恒成立，不合题意；③当时，对任意的，，所以，从而在上单调递减，结合知恒成立，满足题意；综上所述，实数a的取值范围为.3.已知函数（1）若，讨论在上的单调性；（2）若在上恒成立，求a的取值范围.【解析】（1）当时，，，显然当时，，所以，从而，当时，，所以在上单调递减，又，所以在上恒成立，综上所述，在上恒成立，故在上单调递增.（2）当时，对任意的，，所以，设，则，所以在上单调递增，又，所以，而，所以，满足题意；当时，，，所以在上单调递增，又，，以在上有唯一的零点，且当时，，故在上单调递减，因为，所以当时，，从而在上不能恒成立，不合题意；综上所述，实数的取值范围是.4.已知函数（1）讨论在上的单调性；（2）若不等式对任意的恒成立，求实数a的取值范围.【解析】（1）由题意，，当时，显然在上恒成立，所以在上单调递减；当时，，且，所以，，从而在上单调递增，在上单调递减；当时，显然在上恒成立，所以在上单调递增.（2）由题意，即为，设，①当时，，设，则，设，则，所以在上单调递增，又，所以恒成立，即，又，所以在上恒成立，从而在上单调递增，因为，所以，又，所以，满足题意；②当时，，，因为当时，，所以恒成立，故在上单调递增，设，则，所以在上单调递增，又，所以恒成立，即，从而，所以当时，必有，又，所以在上有唯一的零点，且当时，，从而在上单调递减，结合知当时，，所以在上不能恒成立，不合题意，综上所述，实数a的取值范围是.5.已知函数.（1）当时，求函数在上的最小值；（2）若在上恒成立，求a的取值范围.【解析】（1）当时，，，在上，，，所以，从而在上单调递增，故.（2）当时，在上，，设，则，，所以在上单调递增，又，所以恒成立，故在上单调递增，因为，所以恒成立，因为，所以，满足题意；当时，，，所以在上单调递增，又，，且，所以在上有唯一的零点，当时，，从而在上单调递减，因为，所以当时，，从而在上不能恒成立，不合题意；综上所述，a的取值范围是【反思】本题的不等式在端点处恰好成立，有端点效应，所以，可据此找到带参讨论的分界点.题型五单变量不含参不等式证明方法之切线放缩如图，如图，y＝x＋1是y＝ex在(0，1)处的切线，有ex≥x＋1恒成立；y＝x－1是y＝lnx在(1，0)处的切线，有lnx≤x－1恒成立．在不等式“改造”或证明的过程中，有时借助于ex，lnx有关的常用不等式进行适当的放缩，再进行证明，会取得意想不到的效果．由ex≥x＋1引出的放缩：①ex－1≥x(用x－1替换x，切点横坐标是x＝1)，通常表达为ex≥ex．②ex＋a≥x＋a＋1(用x＋a替换x，切点横坐标是x＝－a)，平移模型，找到切点是关键．③xex≥x＋lnx＋1(用x＋lnx替换x，切点横坐标满足x＋lnx＝0)，常见的指对跨阶改头换面模型，切线的方程是按照指数函数给予的．④ex≥eq\f(e2,4)x2>x2(x>0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(用\f(x,2)替换x，切点横坐标是x＝2))，通常有(x>0)的构造模型．由lnx≤x－1(也可以记为lnex≤x，切点为(1，0))引出的放缩：最常见的就是ln(x＋1)≤x，由lnx<x－1向左平移1个单位长度来理解，或者将ex≥x＋1两边取对数而来．①lnx≤eq\f(x,e)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(用\f(x,e)替换x，切点横坐标是x＝e))，表示过原点的f(x)＝lnx的切线为y＝eq\f(x,e)．②lnx≥1－eq\f(1,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(用\f(1,x)替换x，切点横坐标x＝1))，或者记为xlnx≥x－1．③lnx≤x2－x(由lnx≤x－1及x－1≤x2－x，切点横坐标是x＝1)，或者记为eq\f(lnx,x)≤x－1．④lnx≤eq\f(1,2)(x2－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(由lnx≤x－1≤\f(1,2)(x2－1)))，即在点(1，0)处三曲线相切．围观(围观(典型例题)：一叶障目，抑或胸有成竹例1.求证：当x>0时，不等式2－lnx＋eq\f(1,x)>0恒成立．【思维引导】由常用不等式ex≥x＋1，得≥x－eq\f(3,2)，即2≥2x－3，于是可得到这道题的解题思路．解析令f(x)＝2－2x＋3(x>0)，则f′(x)＝2－2(x>0)，由f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))＝0，可知f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)))上是减函数，在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，＋∞))上是增函数，所以f(x)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))＝0，所以2≥2x－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当且仅当x＝\f(5,2)时等号成立))①．令g(x)＝2x－3－lnx＋eq\f(1,x)(x>0)，则g′(x)＝2－eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f((2x＋1)(x－1),x2)(x>0)，易知g(x)在(0，1]上是减函数，在[1，＋∞)上是增函数，所以g(x)≥g(1)＝0，所以2x－3≥lnx－eq\f(1,x)(当且仅当x＝1时等号成立)②．因为①和②中的等号不能同时成立，所以由①和②，得2>lnx－eq\f(1,x)，所以2－lnx＋eq\f(1,x)>0．例2.已知函数f(x)＝lnx－x＋1．(1)讨论f(x)的单调性；(2)求证：当x∈(1，＋∞)时，1<eq\f(x－1,lnx)<x；【思维引导】解析(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)(x>0)，可知f(x)的单调增区间是(0，1]，单调减区间是[1，＋∞)．(2)由(1)可知，当x>0时，f(x)≤f(1)＝0(当且仅当x＝1时，等号成立)，所以当x>0且x≠1时，有f(x)<0，即lnx<x－1，故当x∈(1，＋∞)时，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<lnx<x－1，,ln\f(1,x)<\f(1,x)－1<0，))故1<eq\f(x－1,lnx)<x．例3．已知函数f(x)＝ln(1＋x)．(1)求证：当x∈(0，＋∞)时，eq\f(x,1＋x)<f(x)<x；(2)已知e为自然对数的底数，求证：∀n∈N*，eq\r(e)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n2)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,n2)))<e．解析(1)令g(x)＝f(x)－eq\f(x,x＋1)＝ln(1＋x)－eq\f(x,x＋1)(x>0)，则g′(x)＝eq\f(1,x＋1)－eq\f(1,(x＋1)2)＝eq\f(x,(x＋1)2)>0(x>0)，所以g(x)在(0，＋∞)上是增函数，所以当x∈(0，＋∞)时，g(x)>g(0)＝0，即f(x)>eq\f(x,x＋1)成立．令h(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x(x>0)，则h′(x)＝eq\f(1,x＋1)－1＝－eq\f(x,x＋1)<0(x>0)，所以h(x)在(0，＋∞)上是减函数，所以当x∈(0，＋∞)时，h(x)<h(0)＝0，即f(x)<x成立．综上所述，当x∈(0，＋∞)时，eq\f(x,1＋x)<f(x)<x成立．(2)由(1)可知，ln(1＋x)<x对x∈(0，＋∞)都成立，所以lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n2)))＋…＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,n2)))<eq\f(1,n2)＋eq\f(2,n2)＋…＋eq\f(n,n2)，即lneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n2)))·…·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,n2)))))<eq\f(1＋2＋…＋n,n2)＝eq\f(n＋1,2n)．因为n∈N*，所以eq\f(n＋1,2n)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2n)≤eq\f(1,2)＋eq\f(1,2×1)＝1，所以lneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n2)))·…·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,n2)))))<1，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n2)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,n2)))<e．又由(1)可知，ln(1＋x)>eq\f(x,x＋1)对x∈(0，＋∞)都成立，所以lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(k,n2)))>eq\f(\f(k,n2),1＋\f(k,n2))＝eq\f(k,n2＋k)(k＝1，2，…，n)，所以lneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n2)))·…·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,n2)))))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n2)))＋…＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,n2)))>eq\f(1,n2＋1)＋eq\f(2,n2＋2)＋…＋eq\f(n,n2＋n)≥eq\f(1,n2＋n)＋eq\f(2,n2＋n)＋…＋eq\f(n,n2＋n)＝eq\f(1＋2＋…＋n,n2＋n)＝eq\f(1,2)，所以lneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n2)))·…·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,n2)))))>eq\f(1,2)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n2)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,n2)))>eq\r(e)，所以eq\r(e)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n2)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,n2)))<e．套路(举一反三套路(举一反三)：手足无措，抑或从容不迫1．已知函数f(x)＝lnx－a2x2＋ax．(1)试讨论f(x)的单调性；(2)若a＝1，求证：当x>0时，f(x)<e2x－x2－2．解析(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝0时，f(x)＝lnx在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f′(x)＝eq\f(1,x)－2a2x＋a＝eq\f(－2a2x2＋ax＋1,x)＝－eq\f((ax－1)(2ax＋1),x)，当0<x<eq\f(1,a)时，f′(x)>0，当x>eq\f(1,a)时，f′(x)<0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减；当a<0时，f′(x)＝－eq\f((ax－1)(2ax＋1),x)，当0<x<－eq\f(1,2a)时，f′(x)>0，当x>－eq\f(1,2a)时，f′(x)<0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))上单调递减．(2)当a＝1时，f(x)＝lnx－x2＋x，要证当x>0时，f(x)<e2x－x2－2，只需证lnx<e2x－x－2．令g(x)＝e2x－2x－1，则g′(x)＝2e2x－2＝2(e2x－1)，当x>0时，g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝0，所以，当x>0时，e2x>2x＋1，所以e2x－x－2>x－1．令h(x)＝x－1－lnx，x>0，则h′(x)＝1－eq\f(1,x)，当0<x<1时，h′(x)<0，当x>1时，h′(x)>0，所以h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝0，所以当x>0时，h(x)≥h(1)＝0，即当x>0时，x－1≥lnx，所以，当x>0时，e2x－x－2>x－1≥lnx，即lnx<e2x－x－2，所以，当x>0时，f(x)<e2x－x2－2．2．已知函数．(1)设是函数的极值点，求的值并讨论的单调性；(2)当时，证明：．解析(1)，，由是函数的极值点得(1)，即，．于是，，由知在上单调递增，且(1)，是的唯一零点．因此，当时，，递减；时，，递增，函数在上单调递减，在上单调递增．(2)证明：当，时，ex-m=ex取函数，，当时，，单调递减；当时，，单调递增，得函数在时取唯一的极小值即最小值为(1)．∴f(x)=而上式三个不等号不能同时成立，故．3．若函数f(x)＝ex－ax－1(a＞0)在x＝0处取极值．(1)求a的值，并判断该极值是函数的最大值还是最小值；(2)证明：1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)＞ln(n＋1)(n∈N*)．解析(1)因为x＝0是函数极值点，所以f′(0)＝0，所以a＝1．f(x)＝ex－x－1，易知f′(x)＝ex－1．当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，故极值f(0)是函数最小值．(2)由(1)知ex≥x＋1．即ln(x＋1)≤x，当且仅当x＝0时，等号成立，令x＝eq\f(1,k)(k∈N*)，则eq\f(1,k)＞ln(1＋eq\f(1,k))，即eq\f(1,k)＞lneq\f(1＋k,k)，所以eq\f(1,k)＞ln(1＋k)－lnk(k＝1，2，…，n)，累加得1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)＞ln(n＋1)(n∈N*)．4．(2018·全国Ⅰ改编)已知函数f(x)＝aex－lnx－1．(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a的值并求f(x)的单调区间；(2)求证：当a＝eq\f(1,e)时，f(x)≥0．解析(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a·ex－eq\f(1,x)，由题设知，f′(2)＝a·e2－eq\f(1,2)＝0，所以a＝eq\f(1,2e2)，从而f(x)＝eq\f(1,2e2)ex－lnx－1，f′(x)＝eq\f(1,2e2)ex－eq\f(1,x)(x>0)．因为f′(x)＝eq\f(1,2e2)ex－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上是增函数，且f′(2)＝0，所以当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0．所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．(2)当a＝eq\f(1,e)时，f(x)＝eq\f(ex,e)－lnx－1，所以只要证明eq\f(ex,e)－lnx－1≥0即可．设g(x)＝ex－ex(x>0)，则g′(x)＝ex－e(x>0)，可知g(x)在(0，1]上是减函数，在[1，＋∞)上是增函数，所以g(x)≥g(1)＝0，即ex≥ex⇒eq\f(ex,e)≥x．又由ex≥ex(x>0)⇒x≥1＋lnx(x>0)，所以eq\f(ex,e)－lnx－1≥x－lnx－1≥0，所以eq\f(ex,e)－lnx－1≥0得证，所以当a＝eq\f(1,e)时，f(x)≥0．5．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，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))＜m，求m的最小值．解析(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．①若a≤0，因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(1,2)＋aln2＜0，所以不满足题意．②若a＞0，由f′(x)＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)知，当x∈(0，a)时，f′(x)＜0，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，故x＝a是f(x)在x∈(0，＋∞)上的唯一一个最小值点．因为f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0．故a＝1．(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－lnx＞0．令x＝1＋eq\f(1,2n)，得lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))＜eq\f(1,2n)，从而lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))＋…＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))＜eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)＝1－eq\f(1,2n)＜1，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))＜e．因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,23)))＞2，所以m的最小值为3．题型六含参不等式之先必要后充分(必要性探路)思维导图-思维导图方法梳理当参变分离较为困难、带参讨论界点不明时，含参不等式问题还可以采用先必要、后充分的做法，即先抓住一些关键点，将关键点代入不等式解出参数的范围，获得结论成立的必要条件，再论证充分性，从而解决问题.围观(围观(典型例题)：一叶障目，抑或胸有成竹例1.已知函数，，其中且.（1）求的最大值；（2）对任意的，不等式恒成立，求实数a的取值范围【解析】（1）由题意，，所以，，从而在上单调递增，在上单调递减，故.（2）因为恒成立，所以，解得：，下面证明当时，恒成立，由（1）知，所以，故，令，则，当时，，而，所以，从而在上单调递减，结合知恒成立，当时，；，所以在上单调递增，在上单调递减，故，所以对任意的，恒成立，又，所以，故实数a的取值范围为.【反思】本题的不等式参变分离不易，直接求导带参讨论也不容易找到分界点，从而将不等式等价变形成，可以通过分析参数a的变化对图象的影响，找到临界相切的状态，以此状态为切入点，控制参数范围，找到不等式恒成立的必要条件，再论证充分性，解决问题.例2.已知函数，其中.（1）当时，求的导函数在上的零点个数：（2）若关于x的不等式在R上恒成立，求a的取值范围.【解析】（1）当时，，，，当时，或，，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，易求得，，，，所以在，，上各存在一个零点，故在上共有3个零点.（2）解法1：①.设，则，且不等式①即为②，当t=±1时，显然不等式②对任意的实数当时，不等式②等价于，设，则为偶函数，考虑时的情形，易求得，设则，所以或，，从而在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，又，，所以，从而当时，，故在上单调递减，所以在上的最大值为，结合为偶函数可得在上的最大值也为1，因为恒成立，所以，故a的取值范围是.解法2：①，设，则，且不等式①即为②，设，则恒成立，所以，从而，此时，，设，则，，注意到为偶函数，考虑当时的情形，此时，，从而在上单调递减，在上单调递增，又，，所以在上有唯一的零点，且当时，，当时，，从而在上单调递减，在上单调递增，又，，所以在上恒成立，结合为偶函数可得在上恒成立，又，所以恒成立，满足题意，综上所述，a的取值范围是【反思】本题解法1采用参变分离，研究函数的最值，需要较强的运算求解能力；解法2采用的是先必要后充分的解法，那么为什么根据时不等式成立，求得的参数范围即为正确答案呢?这背后的逻辑还是得回归到图形上来．套路(举一反三套路(举一反三)：手足无措，抑或从容不迫1.已知函数.（1）当时，证明：对任意的，；（2）若对任意的，不等式恒成立，求实数a的取值范围.【解析】（1）当时，，所以，令，则，，所以在上单调递增，又，所以，从而在上单调递增，结合可得，故.（2）令从，则对任意的恒成立，由和可得，下面证明时，不等式恒成立，当时，，令，则，，所以，，从而在上单调递减，在上单调递增，故，所以在上单调递增，又，所以恒成立，因为，所以，综上所述，实数a的取值范围为.2.己知函数，其中.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）对任意的，不等式恒成立，求实数a的取值范围.【解析】（1）当时，，,所以，，故所求切线为.（2）因为当时，恒成立，所以，解得：或，若，则，因为，所以，故，不合题意；若，则，，所以在上单调递减，结合，知在上有唯一零点且，当时，，所以单调递增；当时，，所以单调递减，从而，又，所以两边取对数得：，故，所以从而恒成立，故实数a的取值范围为.3.已知函数，其中.（1）当时，求在处的切线方程；（2）若对任意的恒成立，求a的取值范围.【解析】（1）当时，，所以，，故所求切线方程为.（2），设，则恒成立，所以，从而，此时，，设，则，所以在上单调递增，又，所以，即，又，所以，又，所以，满足题意，故a的取值范围是.4.已知函数，其中.（1）证明：存在唯一零点；（2）若对任意的恒成立，求a的取值范围.【解析】（1）显然当时，恒成立，所以在上没有零点；当时，由题意，，所以在上单调递增，又，当时，，所以在上有一个零点，故存在唯一的零点.（2），设，则恒成立，所以，从而，设，则，所以，，从而在上单调递减，在上单调递增，故，所以当时，，设，则，所以在上单调递增，又，所以恒成立，因为，所以，满足题意，故a的取值范围是.题型七含参不等式之整参问题思维导图-思维导图方法梳理本书在前面小节中已经阐述过含参不等式的临界相切这种模型，如果这一模型中的临界状态无法求出，那么参数的准确范围也就求不出来，此时题干往往会限定参数为整数，可求出整参的最小值或最大值.这类问题的处理，除了有参变分离、带参讨论等含参不等式问题的解题通法可以采用之外，还有筛选排查法可以选用.通常借助隐零点问题.围观(围观(典型例题)：一叶障目，抑或胸有成竹例1.已知函数（1）求的极值；（2）若，且存在使，求k的最小值.【解析】（1）由题意，，令得：，所以，从而，，故，，所以在上单调递减，在上单调递增，故有极小值，无极大值.（2）解法1：即为，所以问题等价于存在使，令，，则，①当时，，所以在上单调递增，结合知恒成立，不合题意；②当时，，，所以在上单调递减，在上单调递增，故，若存在使，则，即，令，则，所以在上单调递减,又，，所以在上有唯一的零点，且，当时，，当时，，结合k为整数知使成立的k的最小值为4，综上所述，整数k的最小值为4.解法2：即为，也即令，则问题等价于，，令，则，所以在上单调递增，又，，所以在上有唯一零点，且，当时，，所以，当时，，所以，从而在上单调递减，在上单调递增，故①又，所以，代入式①得：，所以，结合和知k的最小值为4.解法3：即为，问题等价于存在使，①当时，，令，则，所以，，从而在上单调递减，在上单调递增，故，又，所以，故不存在使，不合题意；②当时，，取知，所以存在使，满足题意；综上所述，整数k的最小值为4.【反思】含参不等式的整参问题，除了含参不等式的参变分离、带参讨论这些通法之外，还可以使用筛选排查法.套路(举一反三)：手足无措，抑或从容不迫1.套路(举一反三)：手足无措，抑或从容不迫（1）求的单调区间；（2）若当时，不等式恒成立，求整数k的最大值.【解析】（1）由题意，，且，令，则，所以，，从而在上单调递增，在上单调递减，故，所以，从而，故的减区间为，，无增区间.（2）解法1：即为，也即，令，则，且恒成立，当时，，，所以在上单调递减，在上单调递增，故，所以等价于，令，则，所以在上单调递减，又，，所以在上有唯一的零点，且，当时，，当时，，结合k为整数知k的最大值为3.解法2：即为，也即，令，则令，，则，所以在上单调递增，又，，所以在上有唯一的零点，且，当时，，所以，当时，，所以，从而在上单调递减，在上单调递增，故，又，所以，从而，因为，所以，因为恒成立，所以，故整数k的最大值为3.解法3：即为，也即，设，则恒成立，①当时，，，所以，从而，，故在上单调递减，在上单调递增，所以，满足题意；②当时，，所以在上不能恒成立，不合题意；综上所述，整数k的最大值为3.2．设函数（1）求的极值；（2）若曲线在点处的切线与x轴平行，且当时，恒成立，求整数k的最大值.【解析】（1）由题意，，，当时，，所以在R上单调递减，从而无极值；当时，，，所以在上单调递减，在上单调递增，故有极小值，无极大值.（2）解法1：由题意，，解得：，所以，，从而不等式即为，也即，令，则，且恒成立，当时，，，所以在上单调递减，在上单调递增，从而，故恒成立等价于，设，则，所以在上单调递减，又，，所以在上有唯一的零点且，当时，；当时，，结合k为整数知满足的k的最大值为2.解法2：由题意，，故，所以，，不等式即为，也即，令，则，令，则，所以在上单调递增，又，，所以在上有唯一的零点，且，当时，，从而，当时，，从而，所以在上单调递减，在上单调递增，故，因为，所以，故，由可得，因为恒成立，所以，结合k为整数知k的最大值为2.解法3：由题意，，所以，故，，从而不等式即为，也即，设，，则恒成立，当时，，，所以，，故在上单调递减，在上单调递增，从而，故恒成立，满足题意；②当时，，所以不能恒成立，不合题意，综上所述，整数k的最大值为2.3．已知函数（1）求在上的最小值；（2）当时，恒成立，求正整数k的最大值.【解析】（1）由题意，，所以，，从而在上单调递减，在上单调递增，当时，在上单调递减，在上单调递增，所以，当时，在上单调递增，所以.（2）解法1：当时，等价于，设，则，令，则，所以在上单调递增，又，，所以在上有唯一零点，且，当时，，所以，当时，，所以，从而在上单调递减，在上单调递增，故①又，所以，代入①知化简得：结合可得，因为恒成立，所以，结合k为整数知k的最大值为2.解法2：当时，等价于，设，，则恒成立，①当时，，，，所以，，从而在上