导数与数列型不等式

关于导数与数列型不等式的解法导数与数列型不等式的交汇问题，体现了导数的工具性，凸显了知识之间的纵横联系，一些题构思精巧、新颖，加强对能力的考察，逐渐成为高考的新亮点。本文就2014年高考陕西理数第21题谈起，总结解决此类问题的一般思路和方法。例1（2014年高考陕西卷理21）设函数()ln(1)fxx，()'()gxxfx，0x，其中'()fx是()fx的导函数.（1）11()(),()(()),nngxgxgxggxnN，求()ngx的表达式；（2）若()()fxagx恒成立，求实数a的取值范围；（3）设nN，比较(1)(2)()gggn与()nfn的大小，并加以证明.解：（1）)1ln()(xxf，)(')(xxfxg，0x，xxf11)('，xxxg1)(，)()(1xgxg，))(()(1xggxgnn，xxxg1)(∴1，xxxxxxxg21111)(2，假设当1≥kn时，kxxxgk1)(，则xkxkxxkxxxgk)1(1111)(1当1kn时，xkxxgk)1(1)(1也成立.综上，nxxxgn1)(，Nn∈（2）)(≥)(xagxf，xxxg1)(，0≥1)1ln(∴xaxx，0≥x.令xaxxxh1)1ln()(，0x，易知0)0(h，则22)1(1)1()1(11)('xaxxxxaxxh，0x.当1a时，0)('xh在0x上恒成立，)(xh在),0[上单调递增，0)0()(hxh，满足条件；当1a时，令0)('xh，解得1ax，令0)('xh，解得10ax.于是)(xh在]1,0[a上单调递减，在),1(a上单调递增，0)0()1(hah，与题设矛盾，综上可知1a.（3）)()()2()1(nfnnggg，证明如下：要证)1ln()113121(13221)()2()1(xnnnnnnggg，只需证)1ln()113121(nn.在（2）中取1a，可得xxx1)1ln(，0x，令nx1，*Nn，则nnn11)1ln(，故有211ln2ln，312ln3ln，…，11ln)1ln(nnn，上述各式相加可得)113121()1ln(nn.从上面的解答方法可以看出，解决问题的方法为由函数得到函数不等式，进而对x取值，再得到数列不等式，达到解决问题的目的。在此过程中有两个关键步骤：其一是如何得到函数不等式，其二是如何由函数不等式过渡到数列不等式。下面通过几道例题来感受一下：例2已知函数kxxf)(，xxxgln)(，（1）求函数xxxgln)(的单调区间；（2）若不等式)()(xgxf在区间),0(上恒成立，求实数k的取值范围；（3）求证：enn21ln33ln22ln444.解：（1）函数xxxgln)(的单调增区间为),0(e，单调减区间为),(e.（2）0x，xxkxln，2lnxxk.令2ln)(xxxh，3ln21)('xxxh，令0)('xh，解得ex0；令0)('xh，解得ex.则)(xh在),0(e单调递增，在),(e单调递减，故eehxh21)()(，则ek21.（3）由（2）知exx21ln2，)2(121ln24xxexx，enennenenn21)11(21))1(1321211(21)13121(21ln33ln22ln222444.例3已知函数xttxxfln)(.（1）若函数)(xf在),1[上为增函数，求实数t的取值范围；（2）当2n且*Nn时，证明：nnlnln13ln12ln1.解：（1）实数t的取值范围为),1[.（2）由（1）知，令1t，则xxxfln1)(在),1[上为增函数，0)1()(fxf，即xxln1，当且仅当1x时取等号.要证明)1ln()23ln()12ln(lnln13ln12ln1nnnn，只需证)1ln(ln1nnn.在xxln1中取)2(nnx，有nnln1，则11ln1nn；在xxln1中取)2(1nnnx，易知1x，则)1ln(11nnn.综上可知)1ln(ln1nnn成立，则原命题成立.