【导数术】10.导数数列不等式

文章目录

10.导数数列不等式
- （1）核心原理
- - （1-1）和式放缩
  - （1-2）积式放缩
  - （1-3）等比放缩
- （2）练习
- - Pra.10.1Pra.10.1Pra.10.1 [和式放缩]
  - Pra.10.2Pra.10.2Pra.10.2
  - Pra.10.3Pra.10.3Pra.10.3
  - Pra.10.4Pra.10.4Pra.10.4[积式放缩]
  - Pra.10.5Pra.10.5Pra.10.5[等比放缩]

10.导数数列不等式

（1）核心原理

导数数列不等式的题目一般是第一小问证明一个导数恒等式，这种题目一般比较简单，直接求导即可证明。第二问是利用第一问的结论证明一个数列不等式。

[注意]：一般要用到第一问结论，不要凭空证明。

（1-1）和式放缩

一般来说，导数数列不等式左侧是数列形式，右侧是和时，即形如：
a1+a2+...+an<f(n)a_1+a_2+...+a_n<f(n) a1+a2+...+an<f(n)
考虑到左侧是求和形式，右侧如果也是求和形式，就等价于证明两个数列的前nnn项和的大小关系。

证明这个不等式，考虑证明更强的一个不等式，即：

证明左侧数列每一项都小于或者大于右侧数列的对应项

这便是所谓的和式放缩了。

核心问题又来了：如何求出f(n)f(n)f(n)对应的通项公式？

其实很简单，那便是：

f(0)=0f(0)=0f(0)=0时，右侧bn=f(n)−f(n−1)b_n=f(n)-f(n-1)bn=f(n)−f(n−1)
f(0)≠0f(0)\neq 0f(0)=0时，右侧

bn={f(1),n=1f(n)−f(n−1),n≥2b_n=\left\{ \begin{aligned} &f(1),&n=1\\ &f(n)-f(n-1),&n\geq2 \end{aligned} \right. bn={f(1),f(n)−f(n−1),n=1n≥2

（1-2）积式放缩

同理，设要证明的是形如：
a1a2...an<f(n)a_1a_2...a_n<f(n) a1a2...an<f(n)
把左右两侧看成两个数列乘积的形式，一般要求两侧对应的数列每一项均正。

考虑到左侧是求积形式，右侧如果也是求积形式，就等价于证明两个数列的前nnn项积的大小关系。

证明这个不等式，考虑证明更强的一个不等式，即：

证明左侧数列每一项都小于或者大于右侧数列的对应项

右侧数列通项为：

f(0)=1f(0)=1f(0)=1时，右侧bn=f(n)f(n−1)b_n=\frac {f(n)}{f(n-1)}bn=f(n−1)f(n)
f(0)≠1f(0)\neq 1f(0)=1时，右侧

bn={f(1),n=1f(n)f(n−1),n≥2b_n=\left\{ \begin{aligned} &f(1),&n=1\\\\ &\frac{f(n)}{f(n-1)},&n\geq2 \end{aligned} \right. bn=⎩⎨⎧f(1),f(n−1)f(n),n=1n≥2

[补充] 事实上对积式放缩两侧取对数即得和式放缩，这也是要求每一项均正的本质。

（1-3）等比放缩

所谓的等比放缩，即证明形如和式放缩：
a1+a2+...+an<f(n)a_1+a_2+...+a_n<f(n) a1+a2+...+an<f(n)
我们能够证明：
an+1an<q(n∈N+)[一般0<q<1]\frac{a_{n+1}}{a_n}<q(n\in\N_+)~~~~[一般0<q<1] anan+1<q(n∈N+) [一般0<q<1]
从而：
{a2<a1qa3<a1q2......an<a1qn−1\left\{ \begin{aligned} &a_2<a_1q\\ &a_3<a_1q^2\\ &......\\ &a_n<a_1q^{n-1} \end{aligned} \right. ⎩⎨⎧a2<a1qa3<a1q2......an<a1qn−1
所以：
a1+a2+...+an<a1+a1q+a1q2+...+a1qn−1=a1(1+q+q2+...)=a11−qn1−q<a11−q\begin{aligned} a_1+a_2+...+a_n&<a_1+a_1q+a_1q^2+...+a_1q^{n-1}\\ &=a_1(1+q+q^2+...)\\ &=a_1\frac{1-q^n}{1-q}\\ &<\frac{a_1}{1-q} \end{aligned} a1+a2+...+an<a1+a1q+a1q2+...+a1qn−1=a1(1+q+q2+...)=a11−q1−qn<1−qa1
根据这个结果进行后续的证明即可。

（2）练习

Pra.10.1Pra.10.1Pra.10.1 [和式放缩]

已知函数f(x)=x−1x−aln⁡xf(x)=x-\frac 1 x -a\ln xf(x)=x−x1−alnx

（1）若函数f(x)f(x)f(x)在x=1x=1x=1处取得极值，求aaa以及f(x)f(x)f(x)的极值；

（2）①若x≥1x \geq 1x≥1时，f(x)≥0f(x) \geq 0f(x)≥0恒成立，求aaa范围；

②证明：当n∈N+n \in N_+n∈N+时，
ln⁡22+ln⁡232+...+ln⁡2n+1n<nn+1\ln^22+\ln^2 \frac 3 2 +...+\ln^2 \frac {n + 1}n < \frac n {n + 1} ln22+ln223+...+ln2nn+1<n+1n

SolutionSolutionSolution：（1）a=2a=2a=2；（2）见下述证明

考虑到a=2a=2a=2时有：
x−1x−2ln⁡x≥0(x≥1)x-\frac{1}{x}-2\ln x\geq0(x\geq1) x−x1−2lnx≥0(x≥1)
注意到右侧f(0)=0f(0)=0f(0)=0，左右侧通项公式分别为：
an=ln⁡2n+1n,bn=nn+1−n−1n=1n(n+1)a_n=\ln^2\frac{n+1}{n},b_n=\frac{n}{n+1}-\frac{n-1}{n}=\frac{1}{n(n+1)} an=ln2nn+1,bn=n+1n−nn−1=n(n+1)1
采用和式放缩，加强证明an≤bna_n\leq b_nan≤bn即可，不妨令：
t=n+1n>1t=\frac{n+1}{n}>1 t=nn+1>1
等价于证明：
ln⁡2t≤t+1t−2,t>1\ln ^2t\leq t + \frac1 t -2,t>1 ln2t≤t+t1−2,t>1
这是显然的，由已证明的不等式有：
ln⁡x2≤x−1x\ln x^2\leq x-\frac1 x lnx2≤x−x1
使用x\sqrt xx代替xxx可得：
ln⁡x≤x−1x(x≥1)\ln x\leq \sqrt x-\frac{1}{\sqrt x}(x\geq1) lnx≤x−x1(x≥1)
两侧均为正数，平方得：
ln⁡2x≤x+1x−2(x≥1)\ln^2 x\leq x+\frac1 x-2(x\geq1) ln2x≤x+x1−2(x≥1)
这便是要证明的，证毕。

Pra.10.2Pra.10.2Pra.10.2

已知函数f(x)=ax+bx−1+c(a>0)f(x)=ax+bx^{-1}+c(a>0)f(x)=ax+bx−1+c(a>0)在点(1,f(1))(1,f(1))(1,f(1))的切线方程为y=x−1y=x-1y=x−1.

（1）若f(x)>ln⁡xf(x)>\ln xf(x)>lnx在[1,+∞)[1,+\infty)[1,+∞)恒成立，求aaa的取值范围.

（2）求证：
∑i=1n1i>ln⁡(n+1)+n2(n+1)(n∈N+)\sum\limits_{i=1}^n\frac 1 i>\ln(n+1)+\frac{n}{2(n+1)}(n\in \N_+) i=1∑ni1>ln(n+1)+2(n+1)n(n∈N+)

SolutionSolutionSolution：第一问a≥12a\geq \frac1 2a≥21，第二问易证，略。

Pra.10.3Pra.10.3Pra.10.3

已知函数f(x)=x−ln⁡(x+a)(a>0)f(x)=x-\ln(x+a)(a>0)f(x)=x−ln(x+a)(a>0)的最小值为000.

（1）求aaa；

（2）对∀x∈[0,+∞),f(x)≤kx2\forall x\in[0,+\infty),f(x)\leq kx^2∀x∈[0,+∞),f(x)≤kx2，求kmin⁡k_{\min}kmin；

（3）求证：
∑i=1n22i−1−ln⁡(2n+1)<2,n∈N+\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{2}{2i-1}-\ln(2n+1)<2,n\in \N_+ i=1∑n2i−12−ln(2n+1)<2,n∈N+

SolutionSolutionSolution：a=1,kmin⁡=12a=1,k_{\min}=\frac 1 2a=1,kmin=21

证明题把左侧看成一个新数列，通项公式为：
an=22n−1−ln⁡2n+12n−1a_n=\frac {2}{2n-1}-\ln\frac{2n+1}{2n-1} an=2n−12−ln2n−12n+1
第二问可得：
x−ln⁡(x+1)≤12x2x-\ln(x+1)\leq \frac 1 2x^2 x−ln(x+1)≤21x2
考虑到：
ln⁡2n+12n−1=ln⁡(1+22n−1)\ln\frac{2n+1}{2n-1}=\ln(1+\frac{2}{2n-1}) ln2n−12n+1=ln(1+2n−12)
用22n−1\frac 2 {2n-1}2n−12替代xxx，可得：
an<2(2n−1)2<2(2n−3)(2n−1),whenn≥2a_n<\frac{2}{(2n-1)^2}<\frac{2}{(2n-3)(2n-1)},when~ n\geq2 an<(2n−1)22<(2n−3)(2n−1)2,when n≥2
裂项求和证明小于222即可，略。

Pra.10.4Pra.10.4Pra.10.4[积式放缩]

已知函数f(x)=ex−exf(x)=e^x-exf(x)=ex−ex.

（1）求f(x)f(x)f(x)的最小值；

（2）求证：
e1+12+13+...+1n>n+1e^{1+\frac 1 2+\frac 1 3+...+\frac 1 n}>n+1 e1+21+31+...+n1>n+1

SolutionSolutionSolution：min⁡=0\min =0min=0，直接积式放缩即可。

Pra.10.5Pra.10.5Pra.10.5[等比放缩]

已知函数f(x)=ex+axf(x)=e^x+axf(x)=ex+ax.

（1）若f(x)≥1f(x)\geq 1f(x)≥1在x≥0x\geq 0x≥0时恒成立，求aaa的取值范围.

（2）求证：
(n−1n)n+(n−2n)n+...+(1n)n<11−e−1(\frac{n-1}{n})^n+(\frac{n-2}{n})^n+...+(\frac 1 n)^n<\frac{1}{1-e^{-1}} (nn−1)n+(nn−2)n+...+(n1)n<1−e−11

SolutionSolutionSolution：a≥−1a\geq -1a≥−1，

通项公式为：
ak=(n−kn)n,k=1,2⋯,n−1a_k=(\frac{n-k}{n})^n,k=1,2\cdots,n-1 ak=(nn−k)n,k=1,2⋯,n−1
有：
akak−1=(n−kn−k+1)n=(1−1n−k+1)n\frac{a_k}{a_{k-1}}=(\frac{n-k}{n-k+1})^n=(1-\frac{1}{n-k+1})^n ak−1ak=(n−k+1n−k)n=(1−n−k+11)n
第一问证明了：
ex≥x+1e^x\geq x+1 ex≥x+1
用−1n−k+1-\frac {1}{n-k+1}−n−k+11替代xxx，于是：
(1−1n−k+1)n≤e−nn−k+1(1-\frac 1{n-k+1})^n\leq e^{{\frac{-n}{n-k+1}}} (1−n−k+11)n≤en−k+1−n
显然右侧是关于kkk的减函数，k=1k=1k=1时取最大值，于是：
(1−1n−k+1)n≤e−nn−k+1≤e−1(1-\frac 1{n-k+1})^n\leq e^{{\frac{-n}{n-k+1}}}\leq e^{-1} (1−n−k+11)n≤en−k+1−n≤e−1
于是：
a2≤a1e−1a3<a2e−1<a1e−2⋯an<⋯a1e−(n−2)\begin{aligned} &a_2\leq a_1e^{-1}\\ &a_3<a_2e^{-1}<a_1e^{-2}\\ &\cdots\\ &a_n<\cdots a_1e^{-(n-2)} \end{aligned} a2≤a1e−1a3<a2e−1<a1e−2⋯an<⋯a1e−(n−2)
所以：
a1+a2+...+an<a1+a1e−1+...+a1e−(n−2)=a1(1+e−1+...+e−(n−2))<1⋅[1−e−(n−2)1−e−1]<11−e−1\begin{aligned} &a_1+a_2+...+a_n<a_1+a_1e^{-1}+...+a_1e^{-(n-2)}\\ &=a_1(1+e^{-1}+...+e^{-(n-2)})\\ &<1\cdot[\frac{1-e^{-(n-2)}}{1-e^-1}]\\ &<\frac{1}{1-e^{-1}} \end{aligned} a1+a2+...+an<a1+a1e−1+...+a1e−(n−2)=a1(1+e−1+...+e−(n−2))<1⋅[1−e−11−e−(n−2)]<1−e−11