导数的应用4——构造函数证明数列不等式例题[大全5篇]

第一篇：导数的应用4——构造函数证明数列不等式例题

导数的应用

（四）——构造函数证明数列不等式

例1（选讲或练习）：求证 1111+++…+ln(1n)234n1

例2．已知函数f(x)ln(x1)k(x1)1

（1）求函数f(x)的单调区间；（2）若f(x)0恒成立，试确定实数k的取值范围；（3）证明：

①ln(x1)nx2在（2，+）上恒成立

lnin(n1)(nN,n>1)(重点讲练)②i14i2反

例

3、设函数f(x)lnxpx1p0．

（I）求函数f(x)的极值点，并判断其为极大点还是极小值点；

ln22ln32lnn22n2n（II）证明：222(nN,n2).2(n1)23n（利用p=1时II的结论）．

例4已知函数f(x)1lnx,(x1)x（１）试判断函数f(x)的单调性，并说明理由； k恒成立，求实数k的取值范围； x12n2（３）求证： [(n1)!](n1)e,(nN).（２）若f(x)(阶乘本质是数列前n项积的问题，可先证两边取对数的式子，即化为前n项和的问题)

例5（选讲）、已知函数f(x)=xln(x+a)的最小值为0,其中a>0.(Ⅰ)求a的值;(Ⅱ)若对任意的x[0,+),有f(x)kx成立,求实数k的最小值;(Ⅲ)证明

例6（培优用）已知函数f(x)alnx1(a0).2n2i1ln(2n+1)<2(nN).（利用（2）的结论

*i=124； x1（2）若对x(1,e)，f(x)x恒成立，求实数a的取值范围；（1）当a1且x1时，证明：f(x)3n11（3）当a时，证明：f(i)2(n1n1)．

2i2

例7(培优)

设f(x)的定义域为(0,),f(x)的导函数为f(x),且对任意正数x均有f(x)(Ⅰ)判断函数F(x)f(x)，xf(x)在(0,)上的单调性； x

(Ⅱ)设x1，x2(0,)，比较f(x1)f(x2)与f(x1x2)的大小，并证明你的结论；

*（Ⅲ）设x1，x2，xn(0,)，若n2，比较f(x1)f(x2)f(xn)与f(x1x2xn)的大小，并证明你的结论.例8(培优).已知函数f(x)是在(0,)上处处可导的函数,若xf'(x)f(x)在x0上恒成立.(I)求证：函数g(x)(II)当x1f(x)在(0,)上是增函数；

x0,x20时,证明:f(x1)f(x2)f(x1x2)；(可否推广？)

(III)构造函数证明

1111n2222ln2ln3ln4ln(n1)(nN*).22222(n1)(n2)234(n1)巩固练习：

1：求证

2：求证ln2ln3ln4lnn1(n>1)234nn2ln2ln3ln4lnn(n>1)n(n1)

3.先证明下面不等式，并构造相应数列不等式并加以证明:(1)ln(1x)x(x0)1x1x)x(x0)(2)ln(x1x)x(x0)

第二篇：构造函数证明数列不等式

构造函数证明数列不等式 ln2ln3ln4ln3n5n6n3n(nN*).例1.求证：23436

ln2ln3lnn2n2n1例2.求证:(1)2,(n2)2(n1)23n

例3.求证:

例4.求证:(1

练习：

1求证:(112)(123)[1n(n1)]e

2.证明:

3.已知a11,an1(1

4.已知函数f(x)是在(0,)上处处可导的函数,若x2n311111ln(n1)1 23n12n111111)(1)(1)e和(1)(1)(12n)98132!3!n!e.ln2ln3ln4lnnn(n1)(nN*,n1)345n14112)a.ae证明.nnn2n2nf'(x)f(x)在x0上恒成立.(I)求证：函数g(x)

(II)当x1f(x)在(0,)上是增函数； x0,x20时,证明:f(x1)f(x2)f(x1x2)；(III)已知不等式ln(1x)x在x1且x0时恒成立。

5.已知函数f(x)xlnx.若a0,b0,证明:f(a)(ab)ln2f(ab)f(b).

第三篇：构造函数,结合导数证明不等式

构造函数,结合导数证明不等式

摘 要：运用导数法证明不等式首先要构建函数，以函数作为载体可以用移项作差，直接构造；合理变形，等价构造；分析（条件）结论，特征构造；定主略从，减元构造；挖掘隐含，联想构造等方法进行证明.关键词：构造函数；求导；证明；不等式

利用导数证明不等式是四川高考压轴题的热点题型之一，此类问题的特点是：问题以不等式形式呈现，“主角”是导数，而不等式的证明不仅技巧性强，而且方法灵活多变，因此构造函数成为证明不等式的良好“载体”，如何有效合理地构造函数是证明不等式的关键所在，下面以实例谈谈如何构造函数的若干解题策略.注：此题也可用数学归纳法证明.解后感悟：函数隐藏越深，难度就越大，如何去寻找证明不等式的“母函数”是解决问题的关键，通过合理变形，展开思维联想的翅膀，发现不等式背后的隐藏函数，便会柳暗花明.结束语：导数为证明不等式问题开辟了新方法，使过去不等式的证明方法，从特殊技巧变为通性通法，合理构造函数，能使解题更具备指向性，剑之所指，所向披靡.

第四篇：构造函数,利用导数证明不等式

构造函数，利用导数证明不等式

湖北省天门中学薛德斌2010年10月

例

1、设当xa,b时，f/(x)g/(x)，求证：当xa,b时，f(x)f(a)g(x)g(a)．

例

2、设f(x)是R上的可导函数，且当x1时(x1)f/(x)0．

求证：（1）f(0)f(2)2f(1)；（2）f(2)2f(1)．

例

3、已知m、nN，且mn，求证：(1m)(1n)．

nm

例

4、（2010年辽宁卷文科）已知函数f(x)(a1)lnxax21，其中a2，证明： x1,x2(0,)，|f(x1)f(x2)|4|x1x2|.例

5、（2010年全国Ⅱ卷理科）设函数fxxaIn1x有两个极值点x1、x2，且

2x1x2，证明：fx2

12In2.4a0，b0，例

6、已知函数f(x)xlnx，求证：f(a)(ab)ln2f(ab)f(b).xln(1x)x； 1x

11112ncln（2）设c0，求证：.2cn1cn2c2ncnc例

7、（1）已知x0，求证：

第五篇：构造函数证明数列不等式答案

构造函数证明数列不等式答案

例1.求证：

ln22ln33ln44

ln33

nn

3

n

5n66

(nN).*

解析:先构造函数有lnxx1lnx11,从而

x

x

ln22ln33ln44

ln33

nn

31（n





n)

因为





n

1123111111111

nnn

2134567892

n1

3n139933

23n13n

6691827

5n



6

n

所以

ln22



ln33



ln44



ln33

n

n

31

n

5n6

3

5n66

例2.求证:(1)2,ln22







ln33







lnnn







2n

n1

2(n1)

(n2)

解析:构造函数f(x)

lnxx,得到

lnnn







lnnn

2,再进行裂项

lnnn

1

1n

1

1n(n1),所以有

ln2,13

ln3ln2,…,13

n

1n

lnnln(n1),1n1

ln(n1)lnn,相

加后可以得到:



1n1

ln(n1)

另一方面SABDE

1n1



ni

1x,从而有

1ni

n

i



ni

1x

n

lnx|nilnnln(ni)取i1

有,lnnln(n1),12

1n

所以有ln(n1)1

,所以综上有





1n1

12!

ln(n1)1



1n

例11.求证:(1)(1

13!)(1

1n!)e和(1

19)(1

181)(1

2n)e.解析:构造函数后即可证明

例12.求证:(112)(123)[1n(n1)]e解析:ln[n(n1)1]2

3n(n1)1

2n3,叠加之后就可以得到答案

例13.证明:

ln23ln34ln45

lnnn1





n(n1)

(nN*,n1)

解析:构造函数f(x)ln(x1)(x1)1(x1),求导,可以得到:f'(x)

1x1

1

2xx1

'',令f(x)0有1x2,令f(x)0有x2,所以f(x)f(2)0,所以ln(x1)x2,令xn1有,lnn

lnnn1

n12

n1

所以

,所以

ln23



ln34



ln45



lnnn1



n(n1)

(nN*,n1)

例14.已知a11,an1(1

1n(n1)

1nn

n)an

n

.证明ane.12

n

解析: an1(1)an

(1

1n(n1)

)an,然后两边取自然对数,可以得

到lnan1ln(1

1n(n1)



n)lnan

然后运用ln(1x)x和裂项可以得到答案)放缩思路：

an1(1

1n

n



2n)anlnan1ln(1

1nn



n)lnanlnan

1nn



n

。于

是lnan1lnan

1nn



n，n1n1



i1

(lnai1lnai)



i1

1n1

1()

11111 2(2i)lnanlna112n2.1nn2ii2

1

即lnanlna12ane.注：题目所给条件ln(1x)x（x0）为一有用结论，可以起到提醒思路与探索放缩方向的作用；当然，本题还可用结论2

an1(1

1n(n1))an

1n(n1)

n

n(n1)(n2)来放缩：

an11(1

1n(n1))(an1)

ln(an11)ln(an1)ln(1

n1

n1

1n(n1)

1i(i1))

1n(n1)

.1n1，

[ln(ai11)ln(ai1)]

i2



i2

ln(an1)ln(a21)1

即ln(an1)1ln3an3e1e.例15.(2008年厦门市质检)已知函数f(x)是在(0,)上处处可导的函数,若xf'(x)f(x)

f(x)x

在x0上恒成立.(I)求证：函数g(x)在(0,)上是增函数；

(II)当x10,x20时,证明:f(x1)f(x2)f(x1x2)；(III)已知不等式ln(1x)x在x1且x0时恒成立，求证：

ln2

ln3

ln4

1(n1)

ln(n1)

n

2(n1)(n2)

(nN).*

解析:(I)g'(x)

f'(x)xf(x)

xf(x)x

0,所以函数g(x)

f(x)x

在(0,)上是增函数

(II)因为g(x)在(0,)上是增函数,所以

f(x1)x1



f(x1x2)x1x2

f(x1)

x1x1x2

f(x1x2)

f(x2)x2



f(x1x2)x1x2

f(x2)

x2x1x2

f(x1x2)

两式相加后可以得到f(x1)f(x2)f(x1x2)(3)

f(x1)x1



f(x1x2xn)x1x2xn

f(x1)

x1

x1x2xn

x2

x1x2xn

xn

x1x2xn

f(x1x2xn)

f(x2)x2f(xn)xn



f(x1x2xn)x1x2xnf(x1x2xn)x1x2xn

f(x2)

f(x1x2xn)……



f(xn)

f(x1x2xn)

相加后可以得到:

f(x1)f(x2)f(xn)f(x1x2xn)所以

x1lnx1x2lnx2x3lnx3xnlnxn(x1x2xn)ln(x1x2xn)

令xn

11112222ln2ln3ln4ln(n1),有 222222

34(n1)(1n)

111

ln222

3(n1)2





11112222

34(n1)2

111

2232(n1)2



111ln(n1)n2132



111n



n12n22(n1)(n2)

所以

ln2

ln3

ln4

1(n1)

ln(n1)

n

2(n1)(n2)

(nN).*

(方法二)

ln(n1)(n1)



ln(n1)

(n1)(n2)



11

ln4

(n1)(n2)n1n2

1nln412

ln(n1)ln42

(n1)2n22(n2)1

ln4

所以

ln2

ln3

ln4

又ln41

1n1,所以1ln221ln321ln42

222

1(n1)

ln(n1)

n

2(n1)(n2)

(nN).*

例16.(2008年福州市质检)已知函数f(x)xlnx.若a0,b0,证明:f(a)(ab)ln2f(ab)f(b).解析:设函数g(x)f(x)f(kx),f(x)xlnx,(k0)

g(x)xlnx(kx)ln(kx),0xk.g(x)lnx1ln(kx)1ln令g(x)0,则有

xkx

1

xkx,k2

xk.2xkkx

0

∴函数g(x)在[,k）上单调递增，在(0,k

k2

]上单调递减.kk

∴g(x)的最小值为g()，即总有g(x)g().22

而g()f()f(k

k

k

k2)kln

k2

k(lnkln2)f(k)kln2,g(x)f(k)kln2, 即f(x)f(kx)f(k)kln2.令xa,kxb,则kab.f(a)f(b)f(ab)(ab)ln2.f(a)(ab)ln2f(ab)f(b).