專題限時集訓(xùn)18　利用導(dǎo)數(shù)證明不等式

3/3專題限時集訓(xùn)(十八)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式1．(2021·衡水模擬)已知f(x)＝(x＋3)ln(x＋1)－3x(0<x<3)．(1)證明：f(x)<0；(2)證明：eq\f(3,4)＋eq\f(3,7)＋…＋eq\f(3,3n＋1)>ln(n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*)).[證明](1)要證f(x)<0，即證ln(x＋1)－eq\f(3x,x＋3)<0，令g(x)＝ln(x＋1)－eq\f(3x,x＋3)(0<x<3)，則g′(x)＝eq\f(1,x＋1)－eq\f(9,x＋32)＝eq\f(xx－3,x＋1x＋32)<0，故g(x)為減函數(shù)，g(x)<g(0)＝0，故f(x)<0.(2)由(1)可知：0<x<3時，eq\f(3x,x＋3)>ln(x＋1)，令x＝eq\f(1,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*))，則eq\f(3·\f(1,n),\f(1,n)＋3)>lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)＋1))，化為eq\f(3,3n＋1)>lneq\f(n＋1,n)，故eq\f(3,4)＋eq\f(3,7)＋…＋eq\f(3,3n＋1)>lneq\f(2,1)＋lneq\f(3,2)＋…＋lneq\f(n＋1,n)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1)·\f(3,2)·…·\f(n＋1,n)))＝ln(n＋1)，所以原式得證．2．(2021·湖南師大附中三模)已知函數(shù)f(x)＝x－eq\f(1,2)sinx－eq\f(m,2)lnx＋1.(1)當(dāng)m＝2時，試判斷函數(shù)f(x)在(π，＋∞)上的單調(diào)性；(2)存在x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2))，求證：x1x2<m2.[解](1)法一：當(dāng)m＝2時，f(x)＝x－eq\f(1,2)sinx－lnx＋1，f′(x)＝1－eq\f(1,2)cosx－eq\f(1,x)，當(dāng)x∈(π，＋∞)時，f′(x)＝1－eq\f(1,2)cosx－eq\f(1,x)≥1－eq\f(1,2)－eq\f(1,π)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,π)>0，所以，當(dāng)m＝2時，函數(shù)f(x)在(π，＋∞)上單調(diào)遞增．法二：當(dāng)m＝2時，f(x)＝x－eq\f(1,2)sinx－lnx＋1，f′(x)＝1－eq\f(1,2)cosx－eq\f(1,x)，由1－eq\f(1,2)cosx－eq\f(1,x)＝0?cosx＝2－eq\f(2,x)，結(jié)合函數(shù)y＝cosx與y＝2－eq\f(2,x)圖象可知：當(dāng)x∈(π，＋∞)時，cosx≤1,2－eq\f(2,x)>2－eq\f(2,π)>1，所以兩函數(shù)圖象沒有交點，且2－eq\f(2,x)>cosx.所以當(dāng)x∈(π，＋∞)時，f′(x)＝1－eq\f(1,2)cosx－eq\f(1,x)>0.所以，當(dāng)m＝2時，函數(shù)f(x)在(π，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)證明：不妨設(shè)0<x1<x2，由feq(\a\vs4\al\co1(x1))＝feq(\a\vs4\al\co1(x2))得，x1－eq\f(1,2)sinx1－eq\f(m,2)lnx1＋1＝x2－eq\f(1,2)sinx2－eq\f(m,2)lnx2＋1，∴eq\f(m,2)eq(\a\vs4\al\co1(lnx2－lnx1))＝x2－x1－eq\f(1,2)eq(\a\vs4\al\co1(sinx2－sinx1)).設(shè)g(x)＝x－sinx，則g′(x)＝1－cosx≥0，故g(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，∴x2－sinx2>x1－sinx1，從而x2－x1>sinx2－sinx1，∴eq\f(m,2)eq(\a\vs4\al\co1(lnx2－lnx1))＝x2－x1－eq\f(1,2)eq(\a\vs4\al\co1(sinx2－sinx1))>eq\f(1,2)eq(\a\vs4\al\co1(x2－x1))，∴m>eq\f(x2－x1,lnx2－lnx1)，要證x1x2<m2只要證m>eq\r(x1x2)，下面證明：eq\f(x2－x1,lnx2－lnx1)>eq\r(x1x2)，即證eq\f(\f(x2,x1)－1,ln\f(x2,x1))>eq\r(\f(x2,x1))，令t＝eq\f(x2,x1)，則t>1，即證明eq\f(t－1,lnt)>eq\r(t)，只要證明：lnt－eq\f(t－1,\r(t))<0，設(shè)h(t)＝lnt－eq\f(t－1,\r(t))，h′(t)＝－eq\f(\r(t)－12,2t\r(t))<0，則h(t)在(1，＋∞