專題7導(dǎo)數(shù)與數(shù)列不等式（教師版）

專題7：導(dǎo)數(shù)與數(shù)列不等式<<<專題綜述>>><<<專題綜述>>>數(shù)列是高中數(shù)學(xué)中的一個(gè)重要內(nèi)容，在高等數(shù)學(xué)也占有重要的位置.函數(shù)與不等式是高中數(shù)學(xué)培養(yǎng)學(xué)生思維能力的重要內(nèi)容，可以體現(xiàn)數(shù)學(xué)思維中的很多方法，解決兩者結(jié)合在一起的問(wèn)題，既要具備靈活運(yùn)用數(shù)學(xué)基礎(chǔ)知識(shí)和數(shù)學(xué)基本能力，又要具備較高的應(yīng)用數(shù)學(xué)抽象、邏輯推理分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的數(shù)學(xué)素養(yǎng).<<<專題探究>>><<<專題探究>>>導(dǎo)數(shù)與數(shù)列中有關(guān)不等式的證明是緊密相連且互相滲透的.在復(fù)習(xí)中，我們一定要注意它們的聯(lián)系，它們所涉及的問(wèn)題往往是靈活應(yīng)用導(dǎo)數(shù)與數(shù)列中有關(guān)不等式的知識(shí)，把這兩者完美地結(jié)合在一起.學(xué)生要在知識(shí)的交匯點(diǎn)學(xué)會(huì)思考分析，達(dá)到知識(shí)的融會(huì)貫通.同時(shí)，提高自己的分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力.利用導(dǎo)數(shù)證明數(shù)列不等式，一方面以函數(shù)為背景讓學(xué)生探尋函數(shù)的性質(zhì)，另一方面體現(xiàn)數(shù)列是特殊的函數(shù)，進(jìn)而利用恒成立的不等式將沒(méi)有規(guī)律的數(shù)列放縮為為有具體特征的數(shù)列，巧妙地將函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、數(shù)列、不等式結(jié)合在一起．證明此類問(wèn)題時(shí)常根據(jù)已知的函數(shù)不等式，用關(guān)于正整數(shù)n的不等式替代函數(shù)不等式中的自變量．通過(guò)多次求和達(dá)到證明的目的．此類問(wèn)題一般至少有兩問(wèn)，已知的不等式常由第一問(wèn)根據(jù)待證式的特征而得到．已知函數(shù)式為指數(shù)不等式(或?qū)?shù)不等式)，而待證不等式為與對(duì)數(shù)有關(guān)的不等式(或與指數(shù)有關(guān)的不等式)，還要注意指、對(duì)數(shù)式的互化，如ex＞x題型一：題型一：應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究i=1n題設(shè)情境是應(yīng)用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性、由不等式恒成立求參變量的取值范圍、應(yīng)用函數(shù)思想證明數(shù)列不等式.第（1）問(wèn)應(yīng)用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的基本知識(shí)求解；第（2）問(wèn)應(yīng)用“帶參討論”技巧，結(jié)合同構(gòu)法和放縮法推導(dǎo)實(shí)數(shù)a的取值范圍；第（3）問(wèn)利用第（2）問(wèn)的相關(guān)結(jié)論：a=12，則?x>0，總有xe12x例1（湖南省長(zhǎng)沙市雅禮中學(xué)20222023學(xué)年高三上學(xué)期月考）已知函數(shù)f(x)=xe（1）當(dāng)a=1時(shí)，討論f(x)的單調(diào)性；（2）當(dāng)x>0時(shí)，f(x)<-1，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；（3）設(shè)n∈N*【思路點(diǎn)撥】第（1）問(wèn)求出f'x，討論其符號(hào)后可得fx的單調(diào)性.第（2）問(wèn)設(shè)hx=xeax-ex+1，求出h″x，先討論a>12時(shí)題設(shè)中的不等式不成立，再就0<a≤12結(jié)合放縮法討論h'x符號(hào)，最后就a≤0結(jié)合放縮法討論【規(guī)范解析】(1)當(dāng)a=1時(shí)，fx=x-1當(dāng)x<0時(shí)，f'x<0，當(dāng)x>0故fx的減區(qū)間為-∞,0，增區(qū)間為0,+∞設(shè)hx=xeax-設(shè)gx=1+ax若a>12，則g'故存在x0∈0,+∞，使得?故gx在0,x0故hx在0,x0為增函數(shù)，故若0<a≤12，則下證：對(duì)任意x>0，總有l(wèi)n1+x證明：設(shè)Sx=ln故Sx在0,+∞上為減函數(shù)，故Sx<S0由上述不等式有eax+故h'x≤0總成立，即hx在當(dāng)a≤0時(shí)，有h'x=eax所以hx<h0=0(3)取a=12，則?x>0令t=e12故2tlnt<t2-1所以對(duì)任意的n∈N*整理得到：lnn+1故1=lnn+1練1（浙江省2023屆高三數(shù)學(xué)原創(chuàng)預(yù)測(cè)卷一(全國(guó)1卷)）已知函數(shù)fx=lnx+a（1）求實(shí)數(shù)a的值；（2）若關(guān)于x的方程fx=-52x+b（3）證明：對(duì)任意的正整數(shù)n，不等式2+34【規(guī)范解析】（1）函數(shù)f當(dāng)x=0時(shí)，f(x)取得極值，∴f'(0)=0，故1解得a=1，經(jīng)檢驗(yàn)a=1符合題意．（2）由a=1知f由f(x)=-52x+b，令φx則f(x)=-52x+b等價(jià)于φ(x)=0在區(qū)間0,2上恰有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根．又φ'x當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，φ'(x)>0，于是φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈1,2時(shí)，φ'(x)<0，于是φ(x)在依題意有φ(0)=-b≤0，φ1=解得ln3-1≤b<ln2+1（3）fx=lnx+1-x2令f'(x)=0得，x=0或x=-3∴當(dāng)-1<x<0時(shí)，f'(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>0時(shí)，f'x<0∴f(0)為f(x)在(-1,+∞)上的最大值．∴f(x)≤f(0)，故ln(x+1)-x2-x≤0對(duì)任意正整數(shù)n，取x=1n>0得，ln1故2+3練2（廣東省深圳市福田區(qū)福田中學(xué)2023屆高三上學(xué)期月考）已知函數(shù)fx（1）對(duì)于x∈0,1，fx>0恒成立，求實(shí)數(shù)（2）當(dāng)a=1時(shí)，令hx=fx-sinx+lnx+1（3）求證：lnn+1【規(guī)范解析】（1）fx=sinx-ax>0,sinx-ax>0,∵0<x<1,令gx=sinxx，g'令mx=xcosx-sinx,m'∴mx在0,1遞減，∴mx<m0=0,∴g'x<0,∴gx>g1=sin1,（2）a=1時(shí)，hx=lnx-x+1x>0,令h'x>0，解得：0<x<1，令h'∴hx在0,1上單調(diào)遞增，在1,+∞上單調(diào)遞減，∴hx的最大值是h1（3）構(gòu)造函數(shù)gx=ln1+x-x當(dāng)-1<x<0時(shí),g'x>0,gx在當(dāng)x>0時(shí),g'x<0,gx在所以，當(dāng)x=0時(shí)，gx=所以gx≤g0=0，即ln1+x≤x，當(dāng)令x=1n,則ln1+1n<ln∴l(xiāng)n2-ln1<1,ln3-ln2<以上n個(gè)不等式相加得:lnn即lnn題型二：題型二：應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究i=1nai題設(shè)情境是應(yīng)用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性、由不等式恒成立求參變量的取值范圍、應(yīng)用函數(shù)思想證明數(shù)列不等式.第（1）問(wèn)應(yīng)用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的基本知識(shí)求解；第（2）問(wèn)應(yīng)用“特殊值法”，求得實(shí)數(shù)a的取值范圍，然后證明實(shí)數(shù)a在該范圍時(shí)，原不等式恒成立；第（3）問(wèn)利用第（2）問(wèn)的相關(guān)結(jié)論，結(jié)合待證不等式的結(jié)構(gòu)特征，得到不等式sinx-π4例2（四川省內(nèi)江市威遠(yuǎn)中學(xué)校20222023學(xué)年高三上學(xué)期月考）函數(shù)fx（1）a=12,求（2）若fx≥cosx在x∈0,π上恒成立,（3）令函數(shù)gx=fx【思路點(diǎn)撥】(1)代入a的值，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；

(2)問(wèn)題等價(jià)于ax+cosx-sinx-1≤0，令h(x)=ax+cosx-sinx-1，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的取值范圍即可；

(3)求出g(x)=sinx，令x-π4=kπ15，得到x=4k+1560π，可得到sinkπ【規(guī)范解析】解：(1)a=12，f(x)=sinx-12x+1，f'(x)=cosx-12，

當(dāng)-π3+2kπ<x<π3+2kπ，k∈Z時(shí)，f'(x)>0，當(dāng)π3+2kπ<x<5π3+2kπ，k∈Z時(shí)，f'(x)<0，

所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-π3+2kπ,π3+2kπ)，k∈Z，

f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(π3+2kπ,5π3+2kπ)，k∈Z．

(2)不等式恒成立等價(jià)于ax+cosx-sinx-1≤0，

令h(x)=ax+cosx-sinx-1，則由h(0)≤0h(π)≤0h(π2)≤0，可得到a≤2π，

∵y=ax+cosx-sinx-1可以看作是關(guān)于a的一次函數(shù)，單調(diào)遞增，

∴令φ(x)=2πx+cosx-sinx-1，

對(duì)于?a≤2π，?x∈[0,π]，h(x)≤φ(x)恒成立，

只需證明φ(x)=2πx+cosx-sinx-1≤0即可，

φ'(x)=2π-sinx-cosx=2π-2sin(x+π4)，

1°當(dāng)x∈(0,π2)，sinx+cosx=2sin(x+π4)∈(1,2],

則φ'(x)=2π-sinx-cosx<2π-1<0，φ(x)在(0,π2)上單調(diào)遞減，又φ(x)=0，

所以此時(shí)φ(x)<0恒成立．

2°當(dāng)從而即g(π15練3（四川省內(nèi)江市威遠(yuǎn)中學(xué)校20222023學(xué)年高三模擬）已知fx（1）當(dāng)a=e2時(shí),（2）當(dāng)x∈0,+∞時(shí),fx≥0（3）求證：22e-1+2【規(guī)范解析】（1）當(dāng)a=e2時(shí)，fx=所以當(dāng)x<1時(shí)，f''x<0，f'x當(dāng)x>1時(shí)，f''x>0，f'x在1,+∞上單調(diào)遞增，因?yàn)閒'f'所以存在x0∈1,2所以x∈-∞,0時(shí),f'x>0;x∈0,x0時(shí),f'所以0和x0是f所以fx（2）fx=e設(shè)hx=f'x=又h'0=1-2a所以當(dāng)a≤12時(shí),h'x≥0，hx即f'x≥0，fx在0,+∞當(dāng)a>12時(shí)，令h'x當(dāng)x∈0,ln2a時(shí)，h'x<0，hxfx在0,ln2a所以x∈(0,ln2a時(shí)，f所以a的取值范圍是-∞,1（3）由（2）可知a=12時(shí)，?x∈0,+∞即2e當(dāng)n∈N*時(shí),2e所以2=1-13+練4（江蘇省淮安市高中校協(xié)作體20222023學(xué)年高三上學(xué)期聯(lián)考）已知函數(shù)fx=x+1lnx，曲線y=f(x)在（1）求證：x>1時(shí)，fx>ax+b（2）求證：ln21【規(guī)范解析】（1）函數(shù)fx的定義域?yàn)?,+∞，f'又f'1=2，f1設(shè)Fx=x+1ln令gx=F'當(dāng)x>1時(shí)，g'x>0，所以gx又g1=0，所以gx=F'所以Fx>F1=0，故x>1（2）由（1）知：當(dāng)x>1時(shí)，x+1lnx令x=n2-2>1n≥2,n∈所以lnn2所以化簡(jiǎn)可得k=2nlnk題型三：題型三：應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究i=1n題設(shè)情境是應(yīng)用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求a的值、證明函數(shù)不等式和數(shù)列不等式.第（1）問(wèn)由曲線y=fx和y=gx在原點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)值相等求a的值，然后應(yīng)用凹凸反轉(zhuǎn)方法，通過(guò)構(gòu)造函數(shù)應(yīng)用導(dǎo)數(shù)證明不等式；第（2）問(wèn)利用第（1）問(wèn)的結(jié)論得到fn例3（江蘇省南京市江寧區(qū)五校20222023學(xué)年高三上學(xué)期聯(lián)考）已知函數(shù)fx=x22+axa>0，g（1）求實(shí)數(shù)a的值，并證明：當(dāng)x>0時(shí)，fx（2）令bn=lnn+1n+1【思路點(diǎn)撥】（1）由導(dǎo)數(shù)的幾何意義得f'0=g'0,便可求得a=1,從由f構(gòu)造函數(shù)hx（2）利用第（1）問(wèn)結(jié)論得fn>gn，即2n+1ln【規(guī)范解析】（1）由條件可得f0=g0=0，且因?yàn)榍€y=fx和y=gx在原點(diǎn)處有相同的切線，所以f'0要證fx>gx令hx=x+1再令φx=h'x=ln所以φx=h'x在0,+∞上單調(diào)遞減，所以h'x<h'故hx<h0=0．所以x+1（2）由（1）可得當(dāng)x>0時(shí)，fx所以fn>gn兩邊同除以2n+12，得lnn+1∴Tn要證n+2Tn<又因?yàn)楣手恍枳C2lnn+2-ln設(shè)hx則h'由于函數(shù)y=x+2x在區(qū)間2,+∞上單調(diào)遞增，所以函數(shù)h'而h'2=132-ln8<0,所以當(dāng)x∈2,+∞時(shí),所以當(dāng)x∈2,+∞時(shí),故當(dāng)n∈N*且n≥2時(shí),hn<0所以當(dāng)n∈N*時(shí)，hn<0．所以lnn+2Tn練5（湖南省長(zhǎng)沙市長(zhǎng)郡中學(xué)模擬）函數(shù)fx=lnx+1（1）求a的值；（2）證明：對(duì)于任意正整數(shù)n,nn?【規(guī)范解析】（1）f'x=1x+1+a．設(shè)直線y=2x與曲線依題意得：&y0=2x0&y0令gx=lnx+1-所以當(dāng)x>0時(shí),g'x>0,gx單調(diào)遞增；當(dāng)-1<x<0時(shí)，g'x當(dāng)x=0時(shí),gx取得最小值g0=0，所以gx故方程（*）的解為x0=0，此時(shí)a=1（2）①要證明nn?en只需證enn+1由（1）知，當(dāng)x>0時(shí)，gx>0，即ln因此當(dāng)n∈N*時(shí)，ln1+上式累加得：ln1+1n＝2\*GB3②要證明2n!n!<nn?e只需證n+1n?令hx=lnx+1-x所以當(dāng)x>0時(shí)，h'x<0，hx單調(diào)遞減；當(dāng)-1<x<0時(shí)，h'x>0當(dāng)x=0時(shí)，hx取得最大值h0=0，即hx由lnx+1≤x上式累加得：ln1+1綜上nn?練6（湖南省常德市五校聯(lián)盟20222023學(xué)年高三上模擬）已知函數(shù)fx(1)若fx≥0，求(2)證明：對(duì)一切n∈N*均有n+1（其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）.【規(guī)范解析】(1)由題知f(x)定義域?yàn)?0，+∞)，故f(x)≥0等價(jià)于注意到g(1)=0，g'(x)=x-ax2，若a≤0，則g從而x∈(0,1)時(shí)，g(x)<g(1)=0，舍去；若a>0，令g'x=0，得x=a，從而g(x)在(0故gxmin=ga≥0(2)一方面：命題等價(jià)于：nln由（1）可知，當(dāng)a=1時(shí)，恒有l(wèi)nx令x=1x得，lnx≤x-1，從而1-在上式中令x=1n+1，得到1即nln從而ln<[(n+1)=(n+1)ln(>[n=nln由以上兩方面可知，命題成立.題型四：題型四：應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究i=1n題設(shè)情境是不等式恒成立求參數(shù)a的取值范圍，證明數(shù)列積的不等式.第（1）問(wèn)應(yīng)用“帶參討論法”研究不等式恒成立問(wèn)題，從而確定參數(shù)a的取值范圍；第（2）問(wèn)利用第（1）問(wèn)的結(jié)論：當(dāng)a=2時(shí)，fx<gx在1,+∞上成立，即ln例4（河北省衡水中學(xué)2022屆高三上學(xué)期3調(diào)）已知函數(shù)fx=xlnx（1）若fx<gx在1,+∞上恒成立，求實(shí)數(shù)a（2）求證：1+1n+1【思路點(diǎn)拔】第（1）問(wèn)由x>0及xlnx-ax-12<0,構(gòu)造函數(shù)hx=lnx-ax-12,通過(guò)分類討論實(shí)數(shù)a的取值范圍求實(shí)數(shù)a的取值范圍；第（2）問(wèn)利用第（1【規(guī)范解析】（1）fx<gx即xln記hx=lnx當(dāng)a≤0時(shí)，h'x>0，hx在1,+∞上單調(diào)遞增，由h所以xhx>0，即f當(dāng)0<a<2時(shí)，2a>1,x∈1,2a時(shí)，h所以xhx>0，即f當(dāng)a≥2時(shí)，x∈1,+∞，h'x<0，hx在所以xhx<0，即f故fx<gx在1,+∞上恒成立，實(shí)數(shù)a的取值范圍是（2）當(dāng)a=2時(shí)，fx<gx在1,+∞上成立，即令x=1+kn+12,k=1,2,?,n，n∈所以k=1n<1n+1所以1+1n+1練7（浙江省臺(tái)州市2023屆高三第一次教學(xué)質(zhì)量評(píng)估）已知fx=eaxx（1）當(dāng)a=12時(shí)，求函數(shù)fx在m,m+1（【規(guī)范解析】（1）當(dāng)a=12時(shí)，fx=e可得函數(shù)fx在-∞，0，0,2①當(dāng)m+1≤2，即m≤1時(shí)，函數(shù)fx在m,m+1上單調(diào)遞減，∴fx②當(dāng)m≥2，函數(shù)fx在m,m+1上單調(diào)遞增,∴fx③當(dāng)m<2<m+1，即1<m<2時(shí)，函數(shù)fx在m,2上單調(diào)遞減，在2,m+1上單調(diào)遞增，∴fx（2）證明：由（1）可得：x≥2時(shí),fx=ex∴1∴∴練8（第一中學(xué)20222023學(xué)年模擬）已知fx=e(1)當(dāng)a=1時(shí)，分別求n=1和n=2的fx(2)求證：當(dāng)a=1時(shí)，fx=0有唯一實(shí)數(shù)解(3)若對(duì)任意的x≥0，n∈N*都有fx【規(guī)范解析】(1)fx當(dāng)a=1，n=1時(shí)，fx=e由f'x=ex-1>0，得所以，fx在0,+∞上單調(diào)遞增，在-∞,0當(dāng)a=1，n=2時(shí)，fx=ex-1+x+x所以fx在R(2)當(dāng)a=1時(shí)，fx即ex=1+x+令gx=1+x+所以，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，g'x<0因?yàn)間0=1，所以gx當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，若x<0，則g'x>0，g若x<0，則g'x<0，gx在0,+∞上單調(diào)遞減．因?yàn)間0綜上，當(dāng)a=1時(shí)，fx=0有唯一實(shí)解(3)當(dāng)x≥0，n∈N*時(shí)，fx即ex≥a1+x+由（2）知，0<1+x+x2題型五：題型五：應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究遞推數(shù)列相關(guān)的不等式問(wèn)題題設(shè)情境是有關(guān)數(shù)列通項(xiàng)的不等式證明和新定義型數(shù)列通項(xiàng)范圍的探究.第（1）問(wèn)應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法證明；第（2）問(wèn)應(yīng)用分析法，通過(guò)構(gòu)造函數(shù)應(yīng)用導(dǎo)數(shù)證明；第（3）問(wèn)利用第（1）問(wèn)的結(jié)論，應(yīng)用放縮法和累加求和法證明不等式.例5（第一中學(xué)20222023學(xué)年高三上學(xué)期11月期中）已知數(shù)列{an}中，a1=23，且an+1=(1+（1）當(dāng)n≥2時(shí)，求證：an（2）求證：bn（3）對(duì)于數(shù)列{xn}如果存在常數(shù)A、B數(shù)列，利用（1）（2）的結(jié)論探究數(shù)列{an【思路點(diǎn)拔】第(1)問(wèn)由遞推關(guān)系式an+1=(1+12轉(zhuǎn)換要證明bn<e成立，只須證(1+n)1n應(yīng)用導(dǎo)數(shù)證明；第(3)問(wèn)利用第(1)問(wèn)結(jié)論通過(guò)適當(dāng)放縮推導(dǎo)得an+1≤(1+同時(shí)取對(duì)數(shù)得lnan+1-ln得an≤23e【規(guī)范解析】（1）①當(dāng)n=2時(shí)，有a2=(1+1②假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，有ak≥2，則當(dāng)n=k+1時(shí)，有所以ak+1由①，②可知：當(dāng)n≥2時(shí)，有an（2）要證明bn<e成立，只需證(1+n)當(dāng)x>0時(shí)，設(shè)fx=ln1+x-x，有所以fx=ln1+x所以fx<f(0)，即ln1+x此時(shí)有l(wèi)n(1+n)＜n成立，即(1+n)（3）因an≥2，所以1≤a所以an+1≤(1+1所以lna由（2）當(dāng)x>0時(shí)，有l(wèi)n1+x則有l(wèi)n(1+1所以有l(wèi)na將各式相加ln因?yàn)?2且1+1所以lnan-lna所以an又a1=23≤故數(shù)列{an}練9（廣東省揭陽(yáng)市揭東區(qū)第二中學(xué)2023屆高三上學(xué)期月考）已知函數(shù)f(x)=ln(e(1)判斷f(x)的單調(diào)性,并說(shuō)明理由；(2)若數(shù)列{an}滿足a1=1,an+1【規(guī)范解析】(1)f令g(x)=(x-1)ex∴g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)>g(0)=0，∴f'(x)>0，f(x)在(2)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞)，由an+1=f(a由a要證an>即證：an先證左邊：ln由(1)知當(dāng)x>0時(shí)，x-1ex+1>0故ean-1再證右邊：lnex-1x令H(x)=ex令tx=∴tx在在(0,+∞)上單調(diào)遞減，t(x)>t(0)=0,即∴H(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減，H(x)>H(0)=0，也得證．綜上：對(duì)?n∈N*，an練10（江蘇省南京市師范大學(xué)附屬中學(xué)20222023學(xué)年模擬）已知函數(shù)f(x)=&x-（1）若函數(shù)f(x)是R上的增函數(shù)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍.（2）已知數(shù)列{an}滿足a①求證：0<a②設(shè)Pn=a【規(guī)范解析】（1）當(dāng)x≥0時(shí)，由于f(x)=x-ln(∵x≥0，∴l(xiāng)n(1+x)≥0，x從而f(x)在[0,+∞)上的增函數(shù)，且f(x)≥f(0)=0 當(dāng)x<0時(shí)，f(x)=13①當(dāng)m=0時(shí)，f'(x)=x2≥0且f(x)<f(0)=0；②當(dāng)m<0時(shí)，令f'(x)=x(x+2m)>0得x<0或∴f(x)在(-∞,0)上是增函數(shù)，且f(x)<f(0)=0.故f(x)在R上是增函數(shù)； ③當(dāng)m>0時(shí)，令f'(x)=x(x+2m)>0得x<-2m或∴f(x)在(-∞,-2m)上單調(diào)遞增，(-2m,0)且x∈(-2m,0)時(shí)f(x)>f(0)=0.故f(x)在R上不單調(diào)遞增.綜上可得，f(x)在R上遞增，則m≤0. （2）①首先應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法證明an=1\*romani.當(dāng)n=1時(shí)，a1=1>0成立，=2\*romanii.假設(shè)n=k時(shí)，ak>0，則由（1）f(x)在[0,+∞)上是增函數(shù).則f(ak)>f(0)=0，即故對(duì)任意n∈N*，又an-a∴an<a②∵0<an+1<a∴an1+a當(dāng)k≥2時(shí)a1則P=a當(dāng)n=1時(shí)，P1=a11+<<<專題訓(xùn)練>>><<<專題訓(xùn)練>>>1.（北京師范大學(xué)附屬實(shí)驗(yàn)中學(xué)2023屆高三期中數(shù)學(xué)試題）已知函數(shù)fx證明：(1)當(dāng)x∈0,+∞，不等式f(2)對(duì)于任意正整數(shù)n,不等式1+12?【解析】(1)要證不等式fx≤gx令hx=lnx-x+1,h'xhx在0,1上單調(diào)遞增，在1,+∞上單調(diào)遞減，hx≤h1(2)由（1）知lnx≤x-1，令x=1+12k所以ln1+即1+12.（2023年浙江省押題預(yù)測(cè)數(shù)學(xué)試題）已知函數(shù)f(x)=x-1-aln（1）若f(x)≥0，求a的值；（2）設(shè)m為整數(shù)，且對(duì)于任意正整數(shù)n，1+121+【解析】（1）fx的定義域?yàn)?①若a≤0，因?yàn)閒1②若a>0，由f'x=1-ax=x-ax知，當(dāng)x∈所以fx在0,a上單調(diào)遞減，在a，+∞由于f1=0，所以當(dāng)且僅當(dāng)a=1時(shí)，fx≥0（2）由（1）知當(dāng)x∈1,+∞時(shí)，x-1-令x=1+12n從而ln1+故1+1又1+121+123.（湖湘名校教育聯(lián)合體20222023學(xué)年高三大聯(lián)考數(shù)學(xué)試題）設(shè)函數(shù)fxgx(1)若函數(shù)hx=fx(2)設(shè)n∈N*，證明：1+1n【解析】(1)函數(shù)hx的定義域?yàn)?1,+∞且hx則h'由于hx在-1,+∞內(nèi)單調(diào)遞減，則h'x即1+x-a?x2從而a≥1+xx2當(dāng)且僅當(dāng)1+x=11+x，即x=0故a的取值范圍為[(2)取a=12，由第（1）問(wèn)可知hx從而hx<h0=0；則令x=k有l(wèi)n1+從而ln=ln=1故1+14.（湖南省雅禮十六校20222023學(xué)年高三聯(lián)考數(shù)學(xué)試題）已知正項(xiàng)數(shù)列an，aan+1=證明：（1）an+1<an；（2）an【解析】證明：(1)先證明ln(x+1)<x對(duì)x∈(0,+∞)記f(x)=ln(x+1)-x，則所以f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減，所以x>0時(shí)，f(x)<f(0)=0，所以x∈(0,+∞)時(shí)，ln(x+1)<x又an>0，所以an+1即an+1(2)要證an只需證an-ln記g(x)=ln(x+1)-2xx+2，所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，所以x>0時(shí)，g(x)>g(0)=0，所以x∈(0,+∞)時(shí)，ln(x+1)>2xx+2，又a(3)由(2)知an-2a則1an+1+1<又1a1+1=2，所以1由(1)知an>2an+1，所以則an≤1?15.（湖南省雅禮十六校20222023學(xué)年高三聯(lián)考數(shù)學(xué)試題）已知函數(shù)f(x)=xcos（1）求f(x)的單調(diào)區(qū)間；（2）記xi為f(x)的從小到大的第i(i∈N*)個(gè)零點(diǎn)，證明：對(duì)一切【解析】（1）f'x令f'x=0可得x=kπk∈N*，當(dāng)x∈2kπ,2k+1π當(dāng)x∈2k+1π,2k+2πk∈N*故函數(shù)fx的單調(diào)遞減區(qū)間為2kπ,單調(diào)遞增區(qū)間為2k+1π,(2)由(1)可知函數(shù)fx在區(qū)間0,π上單調(diào)遞減，又fπ2當(dāng)n∈N*時(shí)，因?yàn)榍液瘮?shù)fx的圖像是連續(xù)不斷的，所以fx在區(qū)間又fx在區(qū)間nπ,n+1π當(dāng)n=1時(shí)，1x12=4當(dāng)n≥3時(shí)，1=1綜上所述，對(duì)一切的n∈N*，6.（江西省萍鄉(xiāng)市蘆溪中學(xué)2023屆高三開(kāi)學(xué)考數(shù)學(xué)（理）試題）已知函數(shù)f(x)=sinx-xcosx（1）若a=0，證明：f(x)≥0；（2）若f(x)單調(diào)遞增，求a的取值范圍；（3）當(dāng)n≥2且n∈N*時(shí)，證明：【解析】（1）當(dāng)a=0時(shí)，f(x)=sinx-x所以f(x)單調(diào)遞增，有f(x)≥f(0)=0；（2）由f'(x)=x[(1-2a)sinx-axcosx當(dāng)a=0時(shí)，由（1）可知f(x)單調(diào)遞增，符合；當(dāng)a>0時(shí)，（i）若1a-2≥1，即由（1）可知f'(x)=ax1所以f(x)單調(diào)遞增，符合；（ii）若a>13，0≤x≤g'(x)=1a-3所以g'(x)單調(diào)遞增，又g'(0)=1a-3<0故可知g'(x)有唯一零點(diǎn)，記為x0所以0≤x<x0，有g(shù)'x<0所以f'(x)=axg(x)≤0，f(x)單調(diào)遞減，不符合；綜上可知0≤a≤1（3）取a=13，由（2）可知f(x)單調(diào)遞增，有即0<x<1，有sinx-xcos取x=3k（k≥2），則有所以k3所以k=2=n-1+17.（江蘇省鹽城市第一中學(xué)20222023學(xué)年高三學(xué)情調(diào)研數(shù)學(xué)試題）已知函數(shù)f(x)=ax，g(x)=lnx，其中（1）若函數(shù)F(x)=f(x)-g(x)有極值1，求a的值．（2）若函數(shù)G(x)=f[sin(1-x)]+g(x)在區(qū)間(0,1)（3）證明：k=1n【解析】（1）∵F(x)=ax-lnx(x>0)，①當(dāng)a≤0時(shí)，F(xiàn)'(x)<0，∴F(x)在②當(dāng)a>0時(shí)，F(xiàn)'對(duì)x∈(0,1a)，F(xiàn)'(x)<0對(duì)x∈(1a,+∞)，F(xiàn)'(x)>0∴F(x)在x=1a處極小值，即∴1-ln1a（2）∵G(x)=asin∵G(x)=asin(1-x)+∴G'(x)=-acos∵x∈(0,1)，cos(1-x)>0，∴當(dāng)a≤0時(shí)，顯然當(dāng)a>0時(shí)，即G'設(shè)h(x)=xcos(1-x)，顯然，h(x)=x∴h(x)<h1=1．由綜上，a的取值范圍是(-∞,1]．（3）由（2）知，當(dāng)a=1時(shí)，G(x)=sin(1-x)+∴當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，G(x)=sin令1-x=t．則當(dāng)t∈(0,1)時(shí)，sint<ln11-t成立．∵∴sin1∴k=1=8.（江蘇省鹽城市伍佑中學(xué)20222023學(xué)年高三模擬）設(shè)函數(shù)f(x)=e（1）當(dāng)a=b=0時(shí)，求曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程y=h(x)；并證明f(x)≥h(x)(x≥0)恒成立；（2）當(dāng)b=-1時(shí)，若f(x)≥g(x)對(duì)于任意的x∈[0,+∞)恒成立，求a的取值范圍；（3）求證：k=1n【解析】（=1\*ROMANI）當(dāng)a=0,b=0時(shí)，f(x)=ex，∴曲線y=fx在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為y-1=1(x-0)令Fx=fx-hx∴F'x=∴Fx≥F(0)即（2）當(dāng)b=-1時(shí)，f(x)≥g(x)等價(jià)于ex+ax-1≥x2令G(x)=e①當(dāng)a≥-1時(shí)，由