高考数学一轮复习（培优版） 第三章　3.13　不等式的证明方法(七)-导数与数列

§3.13不等式的证明方法(七)——导数与数列重点解读利用导数证明数列不等式，一方面以函数为背景让学生探寻函数的性质，另一方面体现数列是特殊的函数，进而利用恒成立的不等式将没有规律的数列放缩为有具体特征的数列，巧妙地将函数、导数、数列、不等式结合在一起.题型一由对数不等式链条引发的放缩例1(2025·大理模拟)已知函数f(x)=lnx-mx+1.(1)若m=0，求函数f(x)在点(e，f(e))处的切线方程；(2)若f(x)≤0恒成立，求实数m的取值范围；(3)求证：∀n∈N*，1+121+(1)解若m=0，则f(x)=lnx+1，f'(x)=1x，f(e)所以切线斜率k=f'(e)=1所以切线方程为y-2=1e(x-e)即x-ey+e=0.(2)解函数f(x)的定义域为(0，+∞)，则由题意得，对∀x∈(0，+∞)，都有f(x)≤0恒成立，即m≥1+lnxx恒成立，只需m≥1+ln设g(x)=1+lnxx(x>0则g'(x)=1-(1+lnx)令g'(x)=0，解得x=1，当x∈(0，1)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(1，+∞)时，g'(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)max=g(1)=1，故m≥1，故实数m的取值范围为[1，+∞).(3)证明由(2)得当m=1时，f(x)≤0恒成立，即lnx≤x-1，当且仅当x=1时等号成立，将lnx≤x-1中的x替换为1+12n，n∈显然1+12n≠则ln1+12n<1+故ln1+12+ln1+122+…+ln1+12n<12+12即ln1+121+1故1+121+122…1+1思维升华(1)构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.(2)由对数不等式链引发的放缩：x2-x≥xlnx≥x-1≥lnx≥1-1x≥lnxx(x常用的有：①lnx≤x-1；②ln(x+1)≤x；③lnx≥1-1x跟踪训练1(2026·咸阳模拟)已知函数f(x)=x-2+aln1x(a∈R)(1)若f(x)≥-1恒成立，求a的值；(2)设n∈N*，求证：13+14+…+1n+2<(1)解方法一f(x)=x-2+aln1x≥-1即x-alnx-1≥0，令g(x)=x-alnx-1，x>0，g'(x)=1-ax=当a≤0时，g'(x)>0，所以g(x)在(0，+∞)上单调递增，又g(1)=0，所以当x∈(0，1)时，g(x)<0，不符合题意；当a>0时，当x∈(0，a)时，g'(x)<0；当x∈(a，+∞)时，g'(x)>0，所以g(x)在(0，a)上单调递减，在(a，+∞)上单调递增，所以g(x)min=g(a)=a-alna-1≥0，令h(a)=a-alna-1，a>0，h'(a)=1-lna-1=-lna，当a∈(0，1)时，h'(a)>0，当a∈(1，+∞)时，h'(a)<0，所以h(a)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，所以h(a)max=h(1)=0，即h(a)≤0，当且仅当a=1时等号成立，此时g(x)min=g(a)=0，即g(x)≥0，所以a=1.方法二因为f(x)=x-2+aln1x=x-2-alnx，且f(x)的定义域为(0，+∞)则f'(x)=1-a若f(x)≥-1，注意到f(1)=-1，可得f'(1)=1-a=0，解得a=1，当a=1时，则f(x)=x-2-lnx，f'(x)=1-1x=令f'(x)>0，解得x>1；令f'(x)<0，解得0<x<1；可知f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，可得f(x)≥f(1)=-1，符合题意.综上所述，a的值为1.(2)证明由(1)可得x-2+ln1x≥-1即ln1x≥1-x当且仅当x=1时，等号成立，令x=nn+2≠1，n∈N可得lnn+2n即ln31>23，ln42>24，ln53>25，ln累加可得ln31+ln42+ln53+ln64+…+lnn+2n>23+24又因为ln31+ln42+ln53+ln64+…+lnn即ln(n+1)(n+2)2>23+24+所以13+14+…+1n+2<12ln(题型二由飘带函数引发的放缩例2已知函数f(x)=ax+a-1x+1-2a(a>0(1)若f(x)-lnx≥0在[1，+∞)上恒成立，求a的取值范围；(2)证明：1+12+13+…+1n+12(n+1)>12+ln(n+1(1)解令g(x)=f(x)-lnx=ax+a-1x+1-2a-lnx，x∈[1，+∞则g(1)=0，g'(x)=a-a-1x=ax2当0<a<12时，1-若1<x<1-则g'(x)<0，g(x)单调递减，所以在1，1-aa上，g(x)<g(1当a≥12时，1-a若x≥1，则g'(x)≥0，当且仅当x=1时等号成立，g(x)单调递增，所以g(x)≥g(1)=0，即f(x)-lnx≥0在[1，+∞)上恒成立，综上所述，a的取值范围为12(2)证明由(1)知，当a≥12时，有f(x)≥lnx(x≥1)取a=12，有f(x)=12x-1x≥lnx(x≥1)，且当x令x=k+1k，k∈则lnk+1k<1即ln(k+1)-lnk<121k+1k+1，k=1，2，3，…即ln2-ln1<121+12，ln3-ln2<1212+13，将上述n个不等式依次相加得ln(n+1)<12+12两边加12，整理得1+12+13+…+1n+12(n+1)>12+ln(思维升华本例题的解题关键点在于采用赋值的方法，得到ln(k+1)-lnk<121k+1k+1，k=1，2，3，…，n跟踪训练2已知函数f(x)=(x+1)lnx-ax+2，a∈R.(1)若函数f(x)是单调函数，求实数a的取值范围；(2)证明：13+15+17+…+12n+1<12ln(n+1)(1)解由题意f'(x)=lnx+x+1x-a=lnx+1x+1-a，设g(x)=lnx+1x+1-a，x>0则g'(x)=1x-1x所以g'(x)>0⇔x>1，g'(x)<0⇔0<x<1，故f'(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，从而f'(x)min=f'(1)=2-a，又当x→+∞时，f'(x)→+∞，所以f'(x)的值域为[2-a，+∞)，因为f(x)是单调函数，所以2-a≥0，当且仅当x=1，a=2时，f'(x)=0，解得a≤2，故实数a的取值范围是(-∞，2].(2)证明由(1)可得当a=2时，f(x)=(x+1)lnx-2x+2在(0，+∞)上单调递增，所以当x>1时，f(x)>f(1)，即(x+1)lnx-2x+2>0，所以lnx>2x-2x取x=1+1k(k∈N*)可得ln1+1k>所以12ln1+1故12k+1<1依次取k=1，2，…，n(n∈N*)得13<12ln21，15<12ln32，17<以上各式相加得13+15+17+…+12n+1<12ln21+12ln32+1=12ln21×32×43所以13+15+17+…+12n+1<12ln(n+1)题型三由其他不等式引发的放缩(指数、三角函数)例3已知函数f(x)=xlnx-a(x-1)，a∈R.(1)若f(x)≥0恒成立，求实数a的值；(2)当n∈N*时，证明：sin1n+1+sin1n+2+sin1n+3+…(1)解方法一因为f(x)=xlnx-a(x-1)≥0，x>0，所以lnx-a1-1x≥设g(x)=lnx-a1-1x，则g'(x)=1x-ax2当a≤0时，g'(x)>0，g(x)在(0，+∞)上单调递增，当x∈(0，1)时，g(x)<g(1)=0，不满足题意；当0<a<1时，g(x)在(a，+∞)上单调递增，所以g(a)<g(1)=0，不满足题意；当a>1时，g(x)在(0，a)上单调递减，所以g(a)<g(1)=0，不满足题意；当a=1时，g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，所以g(x)min=g(1)=0，所以g(x)≥0，所以f(x)≥0.综上，a=1.方法二因为f(x)=xlnx-a(x-1)(x>0)，注意到f(1)=0，所以当f(x)≥0恒成立时，x=1是f(x)的最小值点，也是极小值点，则f'(1)=0，而f'(x)=1+lnx-a，所以1+ln1-a=0，解得a=1，当a=1时，f(x)=xlnx-x+1(x>0)，f'(x)=lnx，令f'(x)<0，得0<x<1，则f(x)在区间(0，1)上单调递减，令f'(x)>0，得x>1，则f(x)在区间(1，+∞)上单调递增，所以f(x)≥f(1)=0，所以a=1.(2)证明由(1)得，xlnx-x+1≥0，x>0，即lnx≥1-1当且仅当x=1时等号成立，令x=n+kn+k-1，k∈{1，2，…，n则lnn+k所以1n+k<lnn+kn+k-1=ln(n+k)-ln(n+k-1)，k∈{1，2，…令g(x)=x-sinx(x≥0)，则g'(x)=1-cosx≥0恒成立，所以函数g(x)在[0，+∞)上单调递增，故当x>0时，g(x)>g(0)=0，即sinx<x.所以sin1n+k<1n+k<ln(n+k)-ln(n+k-1)，k∈{1，2，…，n}所以sin1n+1+sin1n+2+sin1n+3+…+sin12n<[ln(n+1)-lnn]+[ln(n+2)-ln(n+1)]+…+[ln(2n)-ln(2n-1)]=ln(2n)-ln即sin1n+1+sin1n+2+sin1n+3+…+sin12n<ln思维升华本例题借助lnx≥1-1x得出sin1n+k<ln(n+k)-ln(n+k-1跟踪训练3(2025·湖北名校联考)已知e为自然对数的底数，函数f(x)=ex-x，h(x)=ex-ax2-x-1，(1)若h'(x)在[0，+∞)上单调递增，求实数a的最大值；(2)求证：f

12+f

13+f

14+…+f

1n+1>n+n(1)解由h'(x)=ex-2ax-1得(ex-2ax-1)'=ex-2a，因为h'(x)在[0，+∞)上单调递增，所以ex-2a≥0在[0，+∞)上恒成立，即a≤ex2对x∈[0，+∞)故a≤ex2所以实数a的最大值为12(2)证明由(1)知，当a=12，x∈[0，+∞)时，h'(x)≥h'(0)=e0故h(x)在[0，+∞)上单调递增，所以h(x)≥h(0)=0，即ex-12x2-x-1≥0，x≥0所以ex-x≥12x2+1即f(x)≥12x2+1，x≥0， 当且仅当x=0时等号成立，在①式中分别令x=12，13，…，相加得f

12+f

13+…+f

1n+1>121=121=1212-1n即f

12+f

13+f

14+…+f

1n+1>n+n课时精练[分值：34分]1.(17分)已知函数f(x)=xeax-ex.(1)当x>0，a=12时，证明：f(x)<-1恒成立；(8分(2)设n∈N*，证明：112+1+122+2+…+1n2+n证明(1)当a=12时，f(x)=xe12要证f(x)=xe12x-ex<-1，只需证xe12x-ex+1<0，令t=e12x，则t>1，t2=ex，x所以只需证2tlnt-t2+1<0(t>1)恒成立，即证2lnt-t+1t<0对任意的t>1恒成立设h(t)=2lnt-t+1t，t则h'(t)=2t-1-1t2=-t2所以函数h(t)在(1，+∞)上单调递减，所以h(t)<h(1)=0，即证得f(x)<-1恒成立.(2)由(1)知2lnt<t-1t对任意的t>1恒成立所以对任意的n∈N*，有2lnn+1n<n所以lnn+1n<n+1n所以ln(n+1)-lnn<1n2+n，所以112+1+122+2+…+1n2+n>(ln2-ln1)+(ln3-ln2)+…+[ln(n+1)即112+1+122+2+…+1n2+n>ln2.(17分)洛必达法则对导数的研究产生了深远的影响.洛必达法则：给定两个函数F(x)，G(x)满足①limx→x0F(x)=0及limx→x0G(x)=0；②在点x0的去心邻域内F(x)与G(x)可导且G'(x)≠0；③limx→x0F'(x)G'(x)=l，则limx→x0F(x)G((1)证明：h(x)在区间[0，2π]上单调递减；(4分)(2)对于x∈[0，2π]，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；(6分)(3)∀n∈N*，证明：cos1e+cos1e2+…+cos1en>n-112.(附：e≈2.718，e2≈7.(1)证明h(x)=3sinx-xcosx-2x，∴h'(x)=2cosx+xsinx-2，令m(x)=2cosx+xsinx-2，x∈[0，2π]，则m'(x)=-sinx+xcosx，令n(x)=-sinx+xcosx，x∈[0，2π]，则n'(x)=-xsinx，若x∈[0，π]，则n'(x)≤0，∴n(x)在[0，π]上单调递减，n(x)≤n(0)=0，∴m(x)在[0，π]上单调递减，m(x)≤m(0)=0，∴h(x)在[0，π]上单调递减，若x∈(π，2π]，则n'(x)≥0，∴n(x)在(π，2π]上单调递增，∴n(π)<n(x)≤n(2π)，即-π<n(x)≤2π，∴存在唯一x0∈(π，2π)，使得n(x0)=0，且在(π，x0)上，n(x