向清耀++陳昌

近年來(lái)“函數(shù)、導(dǎo)數(shù)與正整數(shù)有關(guān)不等式的綜合問(wèn)題”成為各地高三調(diào)研考試及高考中的命題熱點(diǎn)，且一般以壓軸題出現(xiàn)！此類問(wèn)題一般設(shè)置有幾小問(wèn)，最后證明不等式，一般可以用數(shù)學(xué)歸納法，或者利用不等式適當(dāng)放縮進(jìn)行證明. 命題者還有一個(gè)重要意圖是利用前幾問(wèn)中已經(jīng)得出的結(jié)論，充分發(fā)揮大家的創(chuàng)造力，把函數(shù)中的變量[x]用含有[n]的式子進(jìn)行替換，再通過(guò)適當(dāng)變形、求和來(lái)證明不等式.但是如何替換及變形是難點(diǎn)，怎么突破？

類型一 證明含二元正整數(shù)不等式

例1 已知函數(shù)[f（x）=ax+xlnx]，且圖象在點(diǎn)[（1e，f（1e））]處的切線斜率為1（[e]為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）.

（1）求實(shí)數(shù)[a]的值；

（2）設(shè)[g（x）=f（x）-xx-1]，求[g（x）]的單調(diào)區(qū)間；

（3）當(dāng)[m>n>1（m，n∈Z）]時(shí)，證明： [nmmn>nm].

解析 （1）[a=1].

（2）[g（x）]的單調(diào)增區(qū)間為[（0，1）]，[（1，+∞）].

（3）要證[nmmn>nm]，即證[lnnm-lnmn>lnn-lnm]，

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

即證[f（m）>g（n）.]

∵[m>n>1]，由（2）可知，[g（x）]在[（1，+∞）]上單調(diào)遞增，

∴[g（m）>g（n）]，∴[nmmn>nm].

點(diǎn)撥 含兩個(gè)變?cè)牟坏仁?，通過(guò)變形（兩邊取對(duì)數(shù)、取倒數(shù)等），將它變形為一個(gè)函數(shù)[f（x）]背景下兩個(gè)函數(shù)值的大小[f（m）≥f（n）]（或[f（m）≤f（n）]）形式，再根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得出結(jié)論！

類型二 證明含一元正整數(shù)不等式

1. 直接替換，再求和

例2 已知函數(shù)[f（x）=lnx+ax+1（a∈R）].

（1）當(dāng)[a=2]時(shí)，試比較[f（x）]與[1]的大小；

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

解析 （1）當(dāng)[a=2]時(shí)， ①若[x>1]時(shí)，[f（x）>1]；②若[0

（2）根據(jù)（1）的結(jié)論，當(dāng)[x>1]時(shí)，[lnx+2x+1>1]，即[lnx>x-1x+1].

令[x=k+1k]，則有[lnk+1k>12k+1].

∴[k=1nlnk+1k>k=1n12k+1].

[∵ln（n+1）=k=1nlnk+1k]，

∴[ln（n+1）>13+15+…+12n+1].

點(diǎn)撥 含有一元正整數(shù)不等式的證明，且是求和形式，聯(lián)想[k=1nlnk+1k=ln21+ln32+…+lnn+1n][=ln（21?32?43…n+1n）][=ln（n+1）]，把[lnx>x-1x+1]中間的[x]直接用[k+1k]替換，得到[lnk+1k>12k+1]，兩邊求和不等式得證！

2. 替換，放縮，再求和

例3 已知函數(shù)[f（x）]，當(dāng)[x>0]時(shí)，[f（x）=1+lnxx].

（1）如果當(dāng)[x≥1]時(shí)，不等式[f（x）≥kx+1]恒成立，求實(shí)數(shù)[k]的取值范圍；

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

解析 （1）實(shí)數(shù)[k]的取值范圍為[（-∞，2]].

（2）由（1）知，當(dāng)[x≥1]時(shí)，即[f（x）≥2x+1]，

即[1+lnxx≥2x+1].

從而[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].

將以上不等式兩端分別相加得，

[ln（n+1）>n-2（12+23+34+…+nn+1）（n∈N*）].

點(diǎn)撥 由第二問(wèn)可得[lnx≥1-2x+1]，同例2，聯(lián)想用[k+1k]替換[x]，得到[lnk+1k≥1-2k2k+1]，但與所證結(jié)果有“距離”，再?gòu)挠疫匸n-2（12+23+34+…+nn+1）]觀察推理，需將替換后的式子進(jìn)行一次放縮，即為[lnx≥1-2x+1>1-2x]，[lnk+1k≥1-2k2k+1>1-2kk+1]，再兩邊求和，不等式得證！

3. “巧”替換，“活”變形，再求和

例4 已知函數(shù)[f（x）=ex-ax-1（a>0）][e]為自然對(duì)數(shù)的底數(shù).

（1）求函數(shù)[f（x）]的最小值；

（2）若[f（x）≥0]對(duì)任意[x∈R]恒成立，求實(shí)數(shù)[a]的值；

（3）在（2）的條件下，證明：[（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?yàn)閇a=1]，所以對(duì)任意實(shí)數(shù)[x]均有[ex-x-1≥0]，即[1+x≤ex].

令[x=-kn（n∈N*，k=1，2，3…，n-1）]，

則[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].

點(diǎn)撥 由第二問(wèn)易得[1+x≤ex]，由要證結(jié)論可知[x]與[kn]有關(guān)，需要思考調(diào)整，最后用[-kn]“巧妙”替換成[0<1-kn≤e-kn]，再變形為[（1-kn）n≤（e-kn）n=e-k]，此時(shí)“順序顛倒”著出現(xiàn)結(jié)果，不等式得證.

4. 替換，變形，添（減）項(xiàng)

例5 已知函數(shù)[f（x）=ax+bx+c（a>0）]的圖象在點(diǎn)[（1，f（1））]處的切線方程為[y=x-1].

（1）用[a]表示[b]，[c]；

（2）若[f（x）≥lnx]在[[1，+∞）]上恒成立，求實(shí)數(shù)[a]的取值范圍；

（3）證明：[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]的取值范圍為[12，+∞].

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

令[a=12]得，[f（x）=12（x-1x）≥lnx]，[x≥1]（[x=1]時(shí)取等號(hào)）.

∴[x>1]時(shí)，[12（x-1x）>lnx].

取[x=k+1k（k∈N*）]，則[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）].

點(diǎn)撥 由第二問(wèn)易得[12（x-1x）>lnx]，由要證結(jié)論可知[x]與[k+1k]有關(guān)，變形后得[12（1k+1k+1）][>ln（k+1）-lnk]，兩邊求和得到不等式[12+（12+13+…+1n）+12（n+1）>][ln（n+1）]，此時(shí)需兩邊同時(shí)再添加[12]. 此題是添項(xiàng)，但有時(shí)需減項(xiàng).

5. 執(zhí)果索因，恰當(dāng)替換，“活”變形，“巧”構(gòu)造

例6 已知函數(shù)[g（x）=x2-（2a+1）x+alnx].

（1）當(dāng)[a=1]時(shí)，求函數(shù)[g（x）]的單調(diào)遞增區(qū)間；

（2）若函數(shù)[g（x）]在區(qū)間[1，e]上單調(diào)遞增，求[a]的取值范圍；

（3）在（1）的條件下，設(shè)[f（x）=g（x）+4x-x2-2lnx]， 證明：[k=2n1k-f（k）>3n2-n-2n（n+1）（n≥2）]，參考數(shù)據(jù)：[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）].

點(diǎn)撥 此題入手容易，左邊直接代入[f（x）]，求得[k=2n1k-f（k）=k=2n1lnk=1ln2+1ln3+…1lnn]，此時(shí)右邊如何得到是難點(diǎn)！學(xué)會(huì)從要證明的結(jié)果分析，此題只需把[x]簡(jiǎn)單替換成[k]即可，要“善”變形[1lnx>4（x+1）（x-1）][=2（1x-1-1x+1）]，也即[lnx<14（x2-1）] ，“巧”構(gòu)造函數(shù)[h（x）=lnx-14（x2-1）]，[x∈[2，+∞）]，妙哉！

6. “靈活”變形，“恰當(dāng)”賦值，“疊加”求和

例7 設(shè)[n]是正整數(shù)，[r]為正有理數(shù).

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

（2）證明：[nr+1-（n-1）r+1r+1

（3）設(shè)[x∈R]，記[[x]]為不小于[x]的最小整數(shù)，例如[[2]=2]，[[π]=4]，[[-32]=-1]. 令[S=813+823+833][+…+1253]，求[[S]]的值.（參考數(shù)據(jù)：[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：當(dāng)[x>-1]時(shí)，[（1+x）r+1>（r+1）x+1]（伯努利不等式），

所證不等式即為：[nr+1-（r+1）nr<（n-1）r+1，nr+1+（r+1）nr<（n+1）r+1.]

若[n≥2，]

則[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]顯然成立.

[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，當(dāng)[k∈N*]時(shí)，

[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.]

點(diǎn)撥 第一問(wèn)很簡(jiǎn)單；第二問(wèn)用分析法，通過(guò)靈活變形不難得知，只需將第一問(wèn)結(jié)論中的[x]替換成[1n]和[-1n]即可；第三問(wèn)需要用[k]和[13]分別賦值替換[n]和[r]，[34[k43-（k-1）43]