常用导数放缩法

一：消参放缩(适合含参)1.已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m)．(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(2)当m≤2时，证明f(x)＞0.解：(1)f′(x)＝1exxm.由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1.于是f(x)＝ex－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝1e1xx.函数f′(x)＝1e1xx在(－1，＋∞)单调递增，且f′(0)＝0.因此当x∈(－1,0)时，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0.所以f(x)在(－1,0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．(2)当m≤2，x∈(－m，＋∞)时，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只需证明当m＝2时，f(x)＞0.当m＝2时，函数f′(x)＝1e2xx在(－2，＋∞)单调递增．又f′(－1)＜0，f′(0)＞0，故f′(x)＝0在(－2，＋∞)有唯一实根x0，且x0∈(－1,0)．当x∈(－2，x0)时，f′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，从而当x＝x0时，f(x)取得最小值．由f′(x0)＝0得0ex＝012x，ln(x0＋2)＝－x0，故f(x)≥f(x0)＝012x＋x0＝20012xx＞0.综上，当m≤2时，f(x)＞0.2.已知函数fxmexlnx1.（Ⅰ）当m1时，求曲线yfx在点1，f1处的切线方程；（Ⅱ）当m1时，证明：fx1.【答案】（Ⅰ）ye1x（Ⅱ）当m1时，f(x)mexlnx1exlnx1.（放缩）要证明f(x)1，只需证明exlnx20.3.知函数1()ln(1)(1)nfxaxx，其中*xN，a为常数．（Ⅱ）当1a时，证明：对任意的正整数n，当2n≥时，有()1fxx≤．当1a时，1()ln(1)(1)nfxxx．当2x≥时，对任意的正整数n，恒有11(1)nx≤，故只需证明1ln(1)1xx≤．令()1(1ln(1))2ln(1)hxxxxx，2x，，则12()111xhxxx，当2x≥时，()0hx≥，故()hx在2，上单调递增，因此当2x≥时，()(2)0hxh≥，即1ln(1)1xx≤成立．故当2x≥时，有1ln(1)1(1)nxxx≤．即()1fxx≤．二：构造放缩（适合f(x)或其变式的N项和有关）4.设函数2ln1fxxbx.（1）若x=1时，函数fx取最小值，求实数b的值；（2）若函数fx在定义域上是单调函数，求实数b的取值范围；（3）若1b，证明对任意正整数n，不等式33311......31211)1(n＜kfnk都成立解:（1）由x+1＞0得x＞–1∴f(x)的定义域为(-1，+∞),对x∈(-1，+∞),都有f(x)≥f(1)，∴f(1)是函数f(x)的最小值，故有f/(1)=0,,022,12)(/bxbxxf解得b=-4.经检验合题意；（2）∵,12212)(2/xbxxxbxxf又函数f(x)在定义域上是单调函数，∴f/(x)≥0或f/(x)≤0在(-1，+∞)上恒成立.若f/(x)≥0，∵x+1＞0，∴2x2+2x+b≥0在(-1，+∞)上恒成立,即b≥-2x2-2x=21)21(22++x恒成立,由此得b≥21;若f/(x)≤0,∵x+1＞0,∴2x2+2x+b≤0,即b≤-(2x2+2x)恒成立，因-(2x2+2x)在(-1，+∞)上没有最小值，∴不存在实数b使f(x)≤0恒成立.综上所述，实数b的取值范围是,21.（3）当b=-1时，函数f(x)=x2-ln(x+1)，令函数h(x)=f(x)–x3=x2–ln(x+1)–x3，则h/(x)=-3x2+2x-1)1(31123xxxx，∴当,0x时，h/(x)＜0所以函数h(x)在,0x上是单调递减.又h(0)=0，∴当,0x时，恒有h(x)＜h(0)=0,[即x2–ln(x+1)＜x3恒成立.故当,0x时,有f(x)＜x3..∵1,0,,kNk取,1kx则有311(),fkk∴33311......31211)1(n＜kfnk,故结论成立。5.已知函数)(11ln)(Raxaaxxxf（1）当21a时，讨论)(xf的单调区间（2）当0a时，对于任意的Nn且2n，证明：不等式)1(21243)(1..........)4(1)3(1)2(1nnnnffff解:（提示：右侧式子为裂项相消求和，所以要根据积累找出通项公式，再构造新函数）三：函数放缩（利用得到的函数不等式，对参数赋值后结合数列知识进行放缩）提示：函数放缩的题目多数可以用理科的数学归纳法与定积分方法研究，有兴趣可自行尝试。6.已知函数()ln()1afxxaxR．（1）当29a时，如果函数kxfxg)()(仅有一个零点，求实数k的取值范围；（2）当2a时，试比较)(xf与1的大小；（3）求证：121715131)1ln(nn（n*N）．解：（1）当29a时，)1(29ln)(xxxf，定义域是),0(，22)1(2)2)(12()1(291)(xxxxxxxf，令0)(xf，得21x或2x．当210x或2x时，0)(xf，当221x时，0)(xf，函数)(xf在)21,0(、),2(上单调递增，在)2,21(上单调递减．)(xf的极大值是2ln3)21(f，极小值是2ln23)2(f．当0x时，)(xf；当x时，)(xf，当)(xg仅有一个零点时，k的取值范围是2ln3k或2ln23k．（2）当2a时，12ln)(xxxf，定义域为),0(．令112ln1)()(xxxfxh，0)1(1)1(21)(222xxxxxxh，)(xh在),0(上是增函数．①当1x时，0)1()(hxh，即1)(xf；②当10x时，0)1()(hxh，即1)(xf；③当1x时，0)1()(hxh，即1)(xf．（3）（法一）根据（2）的结论，当1x时，112lnxx，即11lnxxx．令kkx1，则有1211lnkkk，nknkkkk111211ln．nkkkn11ln)1ln(，1215131)1ln(nn．7.已知函数0bfxaxcax（）（）的图象在点(1,(1))f处的切线方程为1yx.abc⑴用表示出、；()ln[1)fxxa≥⑵若在，上恒成立，求的取值范围；⑶1111ln(1)(1)232(1)nnnnn证明：⑴2'()bfxax，则有(1)0(1)1fabcfab，解得:b=a-1,c=1-2a.⑵由⑴知，1()12afxaxax，令1()()ln12lnagxfxxaxaxx，1,x则(1)0g，22221(1)()11(1)'()aaxxaaxxaagxaxxxx①当12oa，11aa若11axa，则'()0gx，()gx是减函数，所以()()gxglo()lnfxx，故()lnfxx在1,上恒不成立。②12a时，11aa若()lnfxx，故当1x时，()lnfxx。综上所述，所求a的取值范围为1,2⑶由⑵知：当12a时，有()ln(1)fxxx.令12a，有11()()ln(1)2fxxxxx当1x时，11()ln.2xxx令1kxk，有111111ln(1)(1)2121kkkkkkkk即111ln(1)ln()21kkkk，1,2,3....kn将上述n个不等式依次相加得11111ln(1)(.....)2232(1)nnn,整理得1111....ln(1)232(1)nnnn.8.已知函数.1)1()1ln()(xkxxf（1）求函数)(xf的极值点。（2）若0)(xf恒成立，试确定实数k的取值范围。（3）证明：①当2x时，ln(1)2xx；②*1ln(1)(,1)14niinnnNni.（训练）证明：)1,(6)1)(4(1ln154ln83ln32ln2nNnnnnn.解：⑴函数的定义域为(1,)中，1()1fxkx.当k≤0时，()0fx，则()fx在(1,)上是增函数.当0k时，()fx在1(1,1)k上是增函数，在1(1,)k上是减函数.⑵由⑴知，当k≤0时，()fx在(1,)上是增函数.而(2)10fk，()fx≤0不成立.当0k时，由⑴知max1(1)lnyfkk，要使()fx≤0恒成立，则lnk≤0，解得k≥1.⑶①由⑵知当1k时，有()fx在(1,)上恒成立，且()fx在(2,)是减函数.又(2)0f，∴当2x时，()(2)0fxf，即ln(1)2xx.②令21,xn则22ln1,nn即2ln(1)(1)nnn，从而ln112nnn.∴ln2ln3ln4ln1231(1)345122224nnnnn成立.（训练）由(2)知，.11ln1，xxx：k时理解得当∴2233)1)(1()1)(1(1lnnnnnnnn.∴311ln2nnn)1,(nNn)1,(6)1)(4()1(2)13(31)1543(311ln154ln83ln32ln2nNnnnnnnnn9.已知函数()1(0,)xfxeaxae为自然对数的底数.⑴求函数()fx的最小值；⑵若()fx≥0对任意的xR恒成立，求实数a的值；⑶在⑵的条件下，证明：121()()()()(*)1nnnnnnennnnneN其中.（训练）在⑵的条件下，求证：22222232323ln[1]ln[1]ln[1]2(31)(31)(31)nn.解：（1）由题意0,()xafxea，由()0xfxea得lnxa.当(,ln)xa时,()0fx；当(ln,)xa时，()0fx.∴()fx在(,ln)a单调递减，在(ln,)a单调递增.即()fx在lnxa处取得极小值，且为最小值，其最小值为ln(ln)ln1ln1.afaeaaaaa（2）()0fx≥对任意的xR恒成立，即在xR上，min()0fx≥.由（1），设()ln1.gaaaa，所以()0ga≥.由()1ln1ln0gaaa得1a.∴()ga在区间(0,1)上单调递增，在区间(1,)上单调递减，∴()ga在1a处取得极大值(1)0g.因此()0ga≥的解为1a，∴1a.（3）由（2）知，因为1a，所以对任意实数x均有1xex≥0，即1xxe≤.令kxn(*,0,1,2,3,1)nknN…,，则01knken≤.∴(1)()knnknkeen≤.∴(1)(2)21121()()()()1nnnnnnnneeeennnn≤……1