导数背景下正整数不等式的证明

向清耀++陈昌

近年来“函数、导数与正整数有关不等式的综合问题”成为各地高三调研考试及高考中的命题热点，且一般以压轴题出现！此类问题一般设置有几小问，最后证明不等式，一般可以用数学归纳法，或者利用不等式适当放缩进行证明. 命题者还有一个重要意图是利用前几问中已经得出的结论，充分发挥大家的创造力，把函数中的变量[x]用含有[n]的式子进行替换，再通过适当变形、求和来证明不等式.但是如何替换及变形是难点，怎么突破？

类型一 证明含二元正整数不等式

例1 已知函数[f（x）=ax+xlnx]，且图象在点[（1e，f（1e））]处的切线斜率为1（[e]为自然对数的底数）.

（1）求实数[a]的值；

（2）设[g（x）=f（x）-xx-1]，求[g（x）]的单调区间；

（3）当[m>n>1（m，n∈Z）]时，证明： [nmmn>nm].

解析 （1）[a=1].

（2）[g（x）]的单调增区间为[（0，1）]，[（1，+∞）].

（3）要证[nmmn>nm]，即证[lnnm-lnmn>lnn-lnm]，

即证[n-1nlnm>m-1mlnn]，即证[mlnmm-1>nlnnn-1].

即证[f（m）>g（n）.]

∵[m>n>1]，由（2）可知，[g（x）]在[（1，+∞）]上单调递增，

∴[g（m）>g（n）]，∴[nmmn>nm].

点拨 含两个变元的不等式，通过变形（两边取对数、取倒数等），将它变形为一个函数[f（x）]背景下两个函数值的大小[f（m）≥f（n）]（或[f（m）≤f（n）]）形式，再根据函数的单调性得出结论！

类型二 证明含一元正整数不等式

1. 直接替换，再求和

例2 已知函数[f（x）=lnx+ax+1（a∈R）].

（1）当[a=2]时，试比较[f（x）]与[1]的大小；

（2）求证：[ln（n+1）>13+15+17+…+12n+1]（[n∈N*]）.

解析 （1）当[a=2]时， ①若[x>1]时，[f（x）>1]；②若[0

（2）根据（1）的结论，当[x>1]时，[lnx+2x+1>1]，即[lnx>x-1x+1].

令[x=k+1k]，则有[lnk+1k>12k+1].

∴[k=1nlnk+1k>k=1n12k+1].

[∵ln（n+1）=k=1nlnk+1k]，

∴[ln（n+1）>13+15+…+12n+1].

点拨 含有一元正整数不等式的证明，且是求和形式，联想[k=1nlnk+1k=ln21+ln32+…+lnn+1n][=ln（21?32?43…n+1n）][=ln（n+1）]，把[lnx>x-1x+1]中间的[x]直接用[k+1k]替换，得到[lnk+1k>12k+1]，两边求和不等式得证！

2. 替换，放缩，再求和

例3 已知函数[f（x）]，当[x>0]时，[f（x）=1+lnxx].

（1）如果当[x≥1]时，不等式[f（x）≥kx+1]恒成立，求实数[k]的取值范围；

（2）证明：[ln（n+1）>n-2（12+23+34+…+nn+1）][（n∈N*）].

解析 （1）实数[k]的取值范围为[（-∞，2]].

（2）由（1）知，当[x≥1]时，即[f（x）≥2x+1]，

即[1+lnxx≥2x+1].

从而[lnx≥1-2x+1>1-2x]，

令[x=k+1k（k=1，2，3，…，n）]，得[lnk+1k>1-2kk+1].

∴[ln21>1-22，][ln32>1-2?23]，…，[lnn+1n>1-2nn+1].

将以上不等式两端分别相加得，

[ln（n+1）>n-2（12+23+34+…+nn+1）（n∈N*）].

点拨 由第二问可得[lnx≥1-2x+1]，同例2，联想用[k+1k]替换[x]，得到[lnk+1k≥1-2k2k+1]，但与所证结果有“距离”，再从右边[n-2（12+23+34+…+nn+1）]观察推理，需将替换后的式子进行一次放缩，即为[lnx≥1-2x+1>1-2x]，[lnk+1k≥1-2k2k+1>1-2kk+1]，再两边求和，不等式得证！

3. “巧”替换，“活”变形，再求和

例4 已知函数[f（x）=ex-ax-1（a>0）][e]为自然对数的底数.

（1）求函数[f（x）]的最小值；

（2）若[f（x）≥0]对任意[x∈R]恒成立，求实数[a]的值；

（3）在（2）的条件下，证明：[（1n）n+（2n）n+（3n）n][+…（n-1n）n+（nn）n

解析 （1）[f（lna）=a-alna-1].

（2）[a=1].

（3）由（2）知，因为[a=1]，所以对任意实数[x]均有[ex-x-1≥0]，即[1+x≤ex].

令[x=-kn（n∈N*，k=1，2，3…，n-1）]，

则[0<1-kn≤e-kn.]

∴[（1-kn）n≤（e-kn）n=e-k].

∴[（1n）n+（2n）n+（3n）n+…+（n-1n）n]

[

∴[（1n）n+（2n）n+（3n）n+…+（n-1n）n+（nn）n]

[

[=1-e-n1-e-1<11-e-1=ee-1].

点拨 由第二问易得[1+x≤ex]，由要证结论可知[x]与[kn]有关，需要思考调整，最后用[-kn]“巧妙”替换成[0<1-kn≤e-kn]，再变形为[（1-kn）n≤（e-kn）n=e-k]，此时“顺序颠倒”着出现结果，不等式得证.

4. 替换，变形，添（减）项

例5 已知函数[f（x）=ax+bx+c（a>0）]的图象在点[（1，f（1））]处的切线方程为[y=x-1].

（1）用[a]表示[b]，[c]；

（2）若[f（x）≥lnx]在[[1，+∞）]上恒成立，求实数[a]的取值范围；

（3）证明：[1+12+13+…+1n>ln（n+1）+n2（n+1）]，（[n∈N]，且[n≥1）].

解析 （1）[b=a-1， c=1-2a].

（2）[a]的取值范围为[12，+∞].

（3）由（2）知[a≥12]时，[f（x）≥lnx]在[1，+∞]上恒成立.

令[a=12]得，[f（x）=12（x-1x）≥lnx]，[x≥1]（[x=1]时取等号）.

∴[x>1]时，[12（x-1x）>lnx].

取[x=k+1k（k∈N*）]，则[12（k+1k-kk+1）>lnk+1k].

即[12（1k+1k+1）>ln（k+1）-lnk]，令[k=1]，2，…，[n]得，

[12（1+12）>ln2-ln1]，[12（12+13）>ln3-ln2]，…，

[12（1n+1n+1）>ln（n+1）-lnn].

相加得，[12+（12+13+…+1n）+12（n+1）>ln（n+1）].

∴[1+12+13+…+1n>ln（n+1）+12-12（n+1）]

[=ln（n+1）+n2（n+1）].

点拨 由第二问易得[12（x-1x）>lnx]，由要证结论可知[x]与[k+1k]有关，变形后得[12（1k+1k+1）][>ln（k+1）-lnk]，两边求和得到不等式[12+（12+13+…+1n）+12（n+1）>][ln（n+1）]，此时需两边同时再添加[12]. 此题是添项，但有时需减项.

5. 执果索因，恰当替换，“活”变形，“巧”构造

例6 已知函数[g（x）=x2-（2a+1）x+alnx].

（1）当[a=1]时，求函数[g（x）]的单调递增区间；

（2）若函数[g（x）]在区间[1，e]上单调递增，求[a]的取值范围；

（3）在（1）的条件下，设[f（x）=g（x）+4x-x2-2lnx]， 证明：[k=2n1k-f（k）>3n2-n-2n（n+1）（n≥2）]，参考数据：[ln2≈0.6931].

解析 （1）[0，12，1，+∞].

（2）[a≤1].

（3）令[h（x）=lnx-14（x2-1）]，[x∈[2，+∞）]，[h（x）=2-x22x<0].

∵[x∈[2，+∞）]，[h（x）<0]，

∴[h（x）≤h（2）=ln2-34<0]，即[lnx<14（x2-1）].

∴[1lnx>4（x+1）（x-1）=2（1x-1-1x+1）].

又∵[k-f（k）=lnk]，

[k=2n1k-f（k）=k=2n1lnk=1ln2+1ln3+…+1lnn>2（1-13+12-14+…+1n-2-1n+1n-1-1n+1）]

[=2（1+12-1n-1n+1）=3n2-n-2n（n+1）（n≥2）].

点拨 此题入手容易，左边直接代入[f（x）]，求得[k=2n1k-f（k）=k=2n1lnk=1ln2+1ln3+…1lnn]，此时右边如何得到是难点！学会从要证明的结果分析，此题只需把[x]简单替换成[k]即可，要“善”变形[1lnx>4（x+1）（x-1）][=2（1x-1-1x+1）]，也即[lnx<14（x2-1）] ，“巧”构造函数[h（x）=lnx-14（x2-1）]，[x∈[2，+∞）]，妙哉！

6. “灵活”变形，“恰当”赋值，“叠加”求和

例7 设[n]是正整数，[r]为正有理数.

（1）求函数[f（x）=（1+x）r+1-（r+1）x-1（x>-1）]的最小值；

（2）证明：[nr+1-（n-1）r+1r+1

（3）设[x∈R]，记[[x]]为不小于[x]的最小整数，例如[[2]=2]，[[π]=4]，[[-32]=-1]. 令[S=813+823+833][+…+1253]，求[[S]]的值.（参考数据：[8043≈344.7，][8143≈350.5，][12443≈618.3，][12643≈631.7]）.

解析 （1）[f（x）min=f（0）=0].

（2）由（1）知：当[x>-1]时，[（1+x）r+1>（r+1）x+1]（伯努利不等式），

所证不等式即为：[nr+1-（r+1）nr<（n-1）r+1，nr+1+（r+1）nr<（n+1）r+1.]

若[n≥2，]

则[nr+1-（r+1）nr<（n-1）r+1?（n-r-1）<（1-1n）r（n-1）][?1-rn-1<（1-1n）r].①

∵[（1-1n）r>1-rn，-rn>-rn-1]，

∴[（1-1n）r>1-rn>1-rn-1]，故①式成立.

若[n=1，] [nr+1-（r+1）nr<（n-1）r+1]显然成立.

[nr+1+（r+1）nr<（n+1）r+1?n+r+1<（1+1n）r（n+1）]

[?1+rn+1<（1+1n）r].②

∵[（1+1n）r>rn+1，rn>rn+1]，

∴[（1+1n）r>rn+1>1+rn+1.]故②式成立.

∴原不等式成立.

（3）由（2）可知，当[k∈N*]时，

[34[k43-（k-1）43]

∴[S>34k=81125[k43-（k-1）43]=34（12543-8043）≈210.225].

[S>34k=81125[（k+1）43-k43]=34（12643-8143）≈210.9.]

∴[[S]=211.]

点拨 第一问很简单；第二问用分析法，通过灵活变形不难得知，只需将第一问结论中的[x]替换成[1n]和[-1n]即可；第三问需要用[k]和[13]分别赋值替换[n]和[r]，[34[k43-（k-1）43]