專題7導(dǎo)數(shù)與數(shù)列不等式（學(xué)生版答案解析）

專題7導(dǎo)數(shù)與數(shù)列不等式答案解析【專題探究】例1【解析】(1)當(dāng)a=1時，fx=x?1e當(dāng)x<0時，f'x<0，當(dāng)x>0故fx的減區(qū)間為?∞,0，增區(qū)間為0,+∞設(shè)?x=xeax?設(shè)gx=1+axeax若a>12，則g'故存在x0∈0,+∞，使得?故gx在0,x0故?x在0,x0若0<a≤12，則下證：對任意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<S由上述不等式有eax+故?'x≤0總成立，即?x在當(dāng)a≤0時，有?'x=eax所以?x<?0(3)取a=12，則?x>0令t=e12故2tlnt<t2所以對任意的n∈N?整理得到：lnn+1故1=ln練1【解析】（1）函數(shù)f當(dāng)x=0時，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等價于φ(x)=0在區(qū)間0,2上恰有兩個不同的實(shí)數(shù)根．又φ'當(dāng)x∈(0,1)時，φ'(x)>0，于是φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈1,2時，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?令f'(x)=0得，x=0或x=?3∴當(dāng)?1<x<0時，f'(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>0時，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對任意正整數(shù)n，取x=1n>0得，ln1故2+3練2【解析】解：(1)要使fx=3ex+2a>ax，即f(x)?ax=3e則F′x當(dāng)a≤3e2時，F(xiàn)′x≥0，所以因?yàn)镕2=3e當(dāng)a>3e2時，令F′x所以Fx在2,lna所以Fxmin=F綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是?∞,3e(2)(i)要證明函數(shù)gx=2xlnx+1+只需證明2xlnx+1+令?可得?′x當(dāng)x≥1時，?′x>0，即?x所以?x(ii)由(i)可知，當(dāng)x∈1,+∞時，2則2lnn+1+則有2ln即2ln故ln2+例2(1)a=12，f(x)=sinx?12x+1，f'(x)=cosx?12，

當(dāng)?π3+2kπ<x<π3+2kπ，k∈Z時，f'(x)>0，當(dāng)π3+2kπ<x<5π3+2kπ，k∈Z時，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)不等式恒成立等價于ax+cosx?sinx?1≤0，

令?(x)=ax+cosx?sinx?1，則由?(0)≤0?(π)≤0?(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，

對于?a≤2π，?x∈[0,π]，?(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φ(x)<0恒成立．

2°當(dāng)x∈(3π4從而即g(π15練3【解析】（1）當(dāng)a=e2時，fx=所以當(dāng)x<1時，f''x<0，f'x當(dāng)x>1時，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,f'x>0;x∈0,x0時,f'所以0和x0是f所以fx（2）fx=e設(shè)?x=f'x又?'0=1?2a所以當(dāng)a≤12時,?'x≥0，?x即f'x≥0，fx在0,當(dāng)a>12時，令?'x當(dāng)x∈0,ln2a時，?'x<0，?xfx在0,ln2a所以x∈(0,ln2a時，f所以a的取值范圍是?∞,1（3）由（2）可知a=12時，?x∈0,+∞即2e當(dāng)n∈N?時,2e所以2=1?13+練4【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，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，x+1lnx令x=n2?2>1n≥2,n∈所以lnn2所以化簡可得k=2nln例3【解析】（1）由條件可得f0=g0=0，且f'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?x=x+1再令φx=?'x所以φx=?'x在0,+∞上單調(diào)遞減，所以?'x<?'故?x<?0=0．所以（2）由（1）可得當(dāng)x>0時，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設(shè)?x則?'由于函數(shù)y=x+2x在區(qū)間2,+∞上單調(diào)遞增，所以函數(shù)?'而?'2=132?ln8<0,所以當(dāng)x∈2,+∞時所以當(dāng)x∈2,+∞時,故當(dāng)n∈N?且n≥2時,?n<0所以當(dāng)n∈N?時，?n所以lnn+2Tn<1?練5【解析】（1）f'x=1x+1+a．設(shè)直線y=2x與曲線y=f依題意得：&y0=2x0&令gx=lnx+1?所以當(dāng)x>0時,g'x>0,gx單調(diào)遞增；當(dāng)?1<x<0時，g'x當(dāng)x=0時,gx取得最小值g0=0，所以gx故方程（*）的解為x0=0，此時a=1（2）①要證明nn?en只需證enn+1由（1）知，當(dāng)x>0時，gx>0，即因此當(dāng)n∈N?時，ln1+上式累加得：ln1+1＝2\*GB3②要證明2n!n!<nn?e只需證n+1n?令?x=lnx+1?x所以當(dāng)x>0時，?'x<0，?x單調(diào)遞減；當(dāng)?1<x<0時，?'x當(dāng)x=0時，?x取得最大值?0=0，即?x由lnx+1≤x上式累加得：ln1+1綜上nn?練6【解析】(1)由題知f(x)定義域?yàn)?0，+∞)，故f(x)≥0等價于g(x)=ln注意到g(1)=0，g'(x)=x?ax2，若a≤0，則g從而x∈(0,1)時，g(x)<g(1)=0，舍去；若a>0，令g'x=0，得x=a，從而g(x)在(0，a)故gxmin=ga≥0(2)一方面：命題等價于：nln由（1）可知，當(dāng)a=1時，恒有l(wèi)nx令x=1x得，lnx≤x?1，從而在上式中令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.例4【解析】（1）fx<gx即xln記?x=lnx當(dāng)a≤0時，?'x>0，?x在1,+∞上單調(diào)遞增，由?所以x?x>0，即f當(dāng)0<a<2時，2a>1,x∈1,2a時，?所以x?x>0，即f當(dāng)a≥2時，x∈1,+∞，?'x<0，?x在所以x?x<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，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【解析】（1）當(dāng)a=12時，fx=e可得函數(shù)fx在?∞，0，0,2上單調(diào)遞減，在2,+∞①當(dāng)m+1≤2，即m≤1時，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，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,fx=e∴1∴∴練8【解析】(1)fx當(dāng)a=1，n=1時，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，fx=ex?所以fx(2)當(dāng)a=1時，fx即ex=1+x+令gx=1+x+所以，當(dāng)n為偶數(shù)時，g'x<0因?yàn)間0=1，所以gx當(dāng)n為奇數(shù)時，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，fx=0有唯一實(shí)解(3)當(dāng)x≥0，n∈N?時，fx即ex≥a1+x+由（2）知，0<1+x+x2例5【解析】（1）①當(dāng)n=2時，有a2=(1+1②假設(shè)當(dāng)n=k時，有ak≥2，則當(dāng)n=k+1時，有所以ak+1由①，②可知：當(dāng)n≥2時，有an（2）要證明bn<e成立，只需證(1+n)當(dāng)x>0時，設(shè)fx=ln1+x?x，有所以fx=ln1+x所以fx<f(0)，即ln1+x此時有l(wèi)n(1+n)＜n成立，即(1+n)1n（3）因an≥2，所以1≤a所以an+1≤(1+1所以lna由（2）當(dāng)x>0時，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【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)(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，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?n∈N?，an練10【解析】（1）當(dāng)x≥0時，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，f(x)=13①當(dāng)m=0時，f'(x)=x2≥0且f(x)<f(0)=0；②當(dāng)m<0時，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，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，a1=1>0成立，=2\*romanii.假設(shè)n=k時，ak>0，則由（1）f(x)在[0,+∞)上是增函數(shù).則f(ak)>f(0)=0，即故對任意n∈N?，又an?a∴an<a②∵0<an+1<a∴an1+當(dāng)k≥2時a1則P=a當(dāng)n=1時，P1=a11+【專題訓(xùn)練】1.【解析】(1)要證不等式fx≤gx令?x=lnx?x+1,?'x?x在0,1上單調(diào)遞增，在1,+∞上單調(diào)遞減，?x≤?(2)由（1）知lnx≤x?1，令x=1+12k所以ln1+即1+12.【解析】解：(1)函數(shù)f(x)=ax2+(1?a)x?lnx由f(x)有2個相異極值點(diǎn)，得方程2ax2+(1?a)x?1=0于是Δ=(1?a)2+8a>0x1所以a的取值范圍是a<?22?3(2)令g(x)=f(x)?1=ax2+(1?a)x?當(dāng)a>0時，函數(shù)g′(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，而g′(14+a2)=當(dāng)x>x0時，g′(x)>0，因此函數(shù)g(x)在(x則當(dāng)x0<x<1時，g(x)<0，即當(dāng)a<0時，而x→+∞時，g(x)→?∞，不等式f(x)≥1不恒成立，不符合題意；當(dāng)a=0時，g(x)=x?lnx?1，求導(dǎo)得g′(x)=1?1x，當(dāng)0<x<1時，g′(x)<0，當(dāng)函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+∞)上單調(diào)遞增，g(x)即對任意正數(shù)x，g(x)≥0恒成立，即不等式f(x)≥1恒成立，符合題意，所以a=0．(3)由(2)知，對任意x>0，不等式lnx≤x?1，當(dāng)且僅當(dāng)x=1令x=3n?14則ln=14(1?因此(1+1當(dāng)n?6時，(1+1所以對?n∈N?，(1+14)(1+3.【解析】(1)函數(shù)?x的定義域?yàn)?1,+∞且?x則?'由于?x在?1,+∞內(nèi)單調(diào)遞減，則?'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）問可知?x從而?x<?0=0；則令x=k有l(wèi)n1+從而ln=ln=1故1+14.【解析】證明：(1)先證明ln(x+1)<x對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，f(x)<f(0)=0，所以x∈(0,+∞)時，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，g(x)>g(0)=0，所以x∈(0,+∞)時，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.【解析】（1）f'x令f'x=0可得x=kπk∈N?，當(dāng)x∈2kπ,2k+1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，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，1x12=4當(dāng)n≥3時，1=1綜上所述，對一切的n∈N?，6.【解析】（1）當(dāng)a=0時，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，由（1）可知f(x)單調(diào)遞增，符合；當(dāng)a>0時，（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.【解析】（1）∵F(x)=ax?lnx(x>0)，①當(dāng)a≤0時，F(xiàn)'(x)<0，∴F(x)在②當(dāng)a>0時，F(xiàn)'對x∈(0,1a)，F(xiàn)'(x)<0對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，顯然當(dāng)a>0時，即G'設(shè)?(x)=xcos(1?x)，顯然，?(x)=x∴?(x)<?1=1．由綜上，a的取值范圍是(?∞,1]．（3）由（2）知，當(dāng)a=1時，G(x)=sin(1?x)+∴當(dāng)x∈(0,1)時，G(x)=sin令1?x=t．則當(dāng)t∈(0,1)時，sint<ln11?t成立．∵∴sin1∴k=1=8.【解析】解：(1)令?(x)=g(x)?f(x)=x22+cosx?1，x∈[0,+∞),?′(x)=x?sinx，

令k(x)=x?sinx，則k′(x)=1?cosx≥0，

所以k(x)=x?sinx在[0,+∞)上單調(diào)遞增，

所以k(x)≥k(0)=0，即?′(x)≥0，所以?(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增，

所以?(x)≥?(0)=0，所以g(x)≥f(x)成立；

(2)證明：?①當(dāng)