【新高考复习】专题36 导数放缩证明不等式必刷100题(解析版)

专题36导数放缩证明不等式必刷100题1．已知函数ln()xfxxx.（1）求()fx的最大值；（2）若()fxkx恒成立，求实数k的取值范围；（3）求证：*(1)231ln!12nnnnNnn.【答案】（1）1（2）112ke（3）证明见解析【分析】（1）利用导数判断()fx的单调性，根据单调性确定其最大值；（2）利用参变分离得到fxkx，即maxfxkx，令()fxhxx，研究函数()hx的单调性求其最大值；（3）由（1）知ln1xfxxx，即ln11xxx＋＋，令1xn，则211lnnnnn，即11lnnnnnn，由n的任意性代入求和可得证.（1）lnxfxxx，定义域为0,，求导2221ln1ln1xxxfxxx，令21ln,0gxxxx，求导221120xgxxxx，gx在0,单调递减，且10g，所以当0,1x时，0gx，0fx，fx单调递增；所以当1,x时，0gx，0fx，fx单调递减；max11fxf；（2）∵,0fxkxx，∴2ln1fxxkxx，令2ln1xhxx，原问题等价于maxkhx，∵432ln12lnxxxxhxxx，令0hx，得xe当0,xe时，0hx，hx单调递增；当,xe时，0hx，hx单调递减，所以max112hxhee,所以实数k的取值范围为112ke；（3）证明：由（1）知ln1xfxxx，即ln1xxx，即ln11xxx＋＋，当且仅当0x时等号成立，令1xn，∵nN，∴21111ln11nnnnn，即211lnnnnn，即11lnnnnnn22ln11，32ln223，3ln4433，L，11lnnnnnn累加可得：231231ln2ln3lnln11442323nnnnnLL又2344232231231ln2ln3lnlnlnlnlnln113nnnnnnLL2311231lnlnln1142323!nnnnnnnnnLL所以*(1)231ln!12nnnnNnn﹒2．已知函数(1)()ln1kxfxxx．（1）求函数()fx的极值；（2）（i）当1x时，()0fx恒成立，求正整数k的最大值；（ii）证明：3(2)1(112)(123)[1(1)]nnnne．【答案】（1）答案见解析（2）（i）3；（ii）证明见解析【分析】（1）求导后，分k≤0和k0讨论即可；（2）（i）转化为寻求f(x)min0，需要找隐零点的范围（ii）将所证结论两边取对数，再运用（i）的结论可得3(1)ln1xxx，令x＝1+n（n+1），则ln[n（n+1）+1]＞2﹣3333221111nnnnnn，从而可证.（1）2()xkfxx，x＞0，当k≤0时，f′（x）＞0，函数在（0，+∞）上单调递增，没有极值；当k＞0时，由f′（x）＞0得x＞k，由f′（x）＜0得0＜x＜k，所以f（x）在（0，k）上单调递减，在（k，+∞）上单调递增，此时函数f（x）的极小值f（k）＝lnk﹣k+2，没有极大值；（2）（i）当x＞1时，f（x）＞0恒成立，即只要f（x）min＞0即可，由（1）k＞0时，f（x）在（0，k）上单调递减，在（k，+∞）上单调递增，（a）若k≤1时，f（x）在（1，+∞）上单调递增，f（x）min＞f（1）＝1满足题意；（b）当k＞1时，f（x）在（0，k）上单调递减，在（k，+∞）上单调递增，f（x）min＝f（k）＝lnk﹣k+2＞0，令g（x）＝lnx﹣x+2，则1()xgxx＜0，所以g（x）在（1，+∞）上单调递减，且g（2）＝ln2＞0，g（3）＝ln3﹣1＞0，g（4）＝ln4﹣2＜0，所以存在x0∈（3，4）使得g（x0）＝0，则g（x）＝lnx﹣x+2＞0的解集为（1，x0），综上k的取值范围（﹣∞，x0），其中x0∈（3，4），所以正整数k的最大值3；（ii）证明：要证32111212311nnnneL两边取对数，即证3ln1121231121nnnnnL也即证3ln112ln123ln1121nnnnnL由（i）知3(1)ln1xxx，令x＝1+n（n+1），则ln[n（n+1）+1]＞2﹣3333221111nnnnnn所以111112ln112ln123ln11231231nnnnnLL13231211nnnnn所以（1+1×2）（1+2×3）…[1+n（n+1）]＞3(2)1nne．3．已知函数233212fxxx．（1）求fx的极大值点和极小值点；（2）若函数223ln3gxx，当0,1x时，证明：gxfx．【答案】（1）极大值点为19x，极小值点为1x（2）证明见解析【分析】（1）对fx求导得fx，并解方程0fx，判断根两侧的导数的符号，即可得fx的极大值点和极小值点；（2）利用分析法，通过构造函数，利用函数的单调性和放缩法即可证得结果．（1）233212fxxx定义域为R，导函数31912fxxx，由0fx，得19x或1x，令0fx，得119x；令0fx，得19x或1x．所以fx在1,9，1,上单调递增，在1,19上单调递减．故fx的极大值点为19x，极小值点为1x．（2）欲证gxfx，只需证22233ln32132xxx，即证22292131ln23xxxx设函数291012xuxxx，则29919113122uxxxxxx，令0ux，得103x；令0ux，得113x．所以函数ux在10,3上单调递增，在1,13上单调递减，所以max1233uxu，即当01x时，23ux．设函数1ln01hxxxx，则10xhxx，所以hx在0,1上单调递减，则10hxh，即01lnxx，所以221lnxx，即221ln0xx，又113，所以22292131ln23xxxx，（点拨：放缩法是常用的证明不等式的方法）所以当0,1x时，gxfx．4．已知函数ln()xfxxx．（1）求()fx的最大值；（2）若()fxkx恒成立，求实数k的取值范围；（3）求证：222231ln112nnnnN【答案】（1）－1；（2）[112e，＋]；（3）证明见解析﹒【分析】(1)利用导数判断f(x)的单调性，根据单调性确定其最大值；(2)∵x＞0，利用参变分离得到fxkx…，问题转为求fxx的最大值问题，研究fxx的单调性求其最大值；(3)由(1)知f(x)＝ln1xxx，即ln1xxx，即ln11xxx＋＋，令x＝1n，则211lnnnnn＋＋＜，则31ln2lnln2nn＋＋＋＋＝ln(n＋1)＜22223112nn＋＋＋＋．（1）fx定义域为0，＋，2221ln1ln1xxxfxxx＝＝，令21ln0gxxxx＝，＞221120xgxxxx＋＝＝＜，gx在0，＋单调递减，∵10g＝，0100xgxfxfx，，＞，＞，单调递增，100xgxfxfx，＋，＜，＜，单调递减，[]11maxfxf＝＝；（2）∵,0fxkxx，∴2ln1fxxkxx…，令2ln1xhxx，原问题等价于maxkhx…，∵432ln12lnxxxxhxxx，所以0,,0,xehxhx单调递增，,,0,xehxhx单调递减，所以max1[]12hxhee,112ke…；（3）证明：由(1)知f(x)＝ln1xxx，即ln1xxx，即ln11xxx＋＋，当且仅当x＝0时等号成立，令x＝1n，∵nN，∴21111ln11nnnnn＋＋＜＋＝，即211lnnnnn＋＋＜，∴22223131ln2lnln122nnnn＋＋＋＋＋＞＋＋＋＝ln(n＋1)，即ln(n＋1)＜22223112nn＋＋＋＋，nN﹒5．已知函数2()ln,()(2)(0)fxxxgxaxaa．（1）当0a时，证明：()()fxgx；（2）当0a时，若函数()()()hxfxgx有两个不同的零点，求实数a的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）01a【分析】（1）通过不等式的性质化简不等式并构造函数，利用函数最值可证明不等式（2）函数与方程的综合问题，通过构造函数，利用导数确定函数的单调性，配合零点存在定理综合分析，求解参数范围（1）证明：当0a时，()2gxx，要证()()fxgx，即证2ln2xxx，又0x，即证ln2xx．令()lnmxxx，则()ln1mxx．令()0mx，则1ex．所以，当10,ex时，()0,()mxmx单调递减；当1,xe时，()0,()mxmx单调递增，所以min11()2eemxm，所以ln2xx成立，所以()()fxgx．（2）因为函数()()()hxfxgx有两个不同的零点，即方程()()0fxgx有两个不等实根，所以2ln(2)0xxaxa，即22ln0aaxxx在(0,)内有两个不等实根．令22()lnaaxxxx，则22333122(2)2(2)()()aaxaxaxxaxxxxxx．因为0a，所以()x在(0,)a上单调递减，在(,)a上单调递增，所以min1()()lnaxaaa．因为方程2(2)ln0aaxxx在(0,)内有两个不等实根，所以1()ln0aaaa，令1()ln(0)xnxxxx，因为211()0xxnx，所以()nx在(0,)上单调递增．又(1)0n，由()()0(1)naan，得01a．当01a时，因为22222e(2)(2)()31(e)lne0,()ln0eeeeaaaaeeaaaaaa，所以()x在(,e)a上有一个零点．令1()ln1Hxxx