對數(shù)不等式與數(shù)列不等式

對數(shù)不等式與數(shù)列不等式由對數(shù)不等式≤ln(1+x)≤x及其加強不等式巳繁殖出一類數(shù)列不等式的蘑菇群,高考必將由她繼續(xù)衍生數(shù)列不等式試題,“會當凌絕頂,一覽眾山小”,只要我們“居高臨下”抓住其生成的方法,就能看透試題的本質(zhì),輕松拿下.[母題結(jié)構(gòu)]:(Ⅰ)當x≥0時,≤ln(1+x);(Ⅱ)當0≤x≤a2-2a(a≥2)時,ln(1+x)≤.[母題解析]:(Ⅰ)令f(x)=ln(1+x)-,則(x)=≥0f(x)在[0,+∞)上遞增f(x)≥f(0)=0;(Ⅱ)令f(x)=ln(1+x)-,則(x)=f(x)在[0,a2-2a]上遞減f(x)≤f(0)=0.1.通項不等式子題類型Ⅰ:(2005年重慶高考試題)數(shù)列{an}滿足a1=1且an+1=(1+)an+(n≥1).(Ⅰ)用數(shù)學歸納法證明:an≥2(n≥2);(Ⅱ)已知不等式ln(1+x)<x對x>0成立,證明:an<e2(n≥1),其中無理數(shù)e=2.71828….[解析]:(Ⅰ)由a2=2,不等式成立;假設(shè)ak≥2(k≥2)ak+1=(1+)ak+>ak≥2,由數(shù)學歸納法知,an≥2(n≥2);(Ⅱ)由an+1=(1+)an+≤(1++)anlnan+1-lnan≤ln(1++)<+=(-)+lnan=lna1+(lna2-lna1)+(lna3-lna2)+…+(lnan-lnan-1)<(1-)+(-)+…+(-)+[1-()n-1]<2an<e2.[點評]:本題的難點在第(Ⅱ)問,解決第(Ⅱ)問的關(guān)鍵是妙用對數(shù)不等式ln(1+x)<x;如果題目條件中不給出對數(shù)不等式ln(1+x)<x又如何想到她呢？實質(zhì)上,凡是與e有關(guān)的不等式問題,均可以考慮使用對數(shù)不等式解決.[同類試題]:1.(2014年全國高考試題)函數(shù)f(x)=ln(x+1)-(a>1).(Ⅰ)討論f(x)的單調(diào)性;(Ⅱ)設(shè)a1=1,an+1=ln(an+1),證明:<an≤.2.和型不等式子題類型Ⅱ:(2017年全國Ⅲ高考試題)已知函數(shù)f(x)=x-1-alnx.(Ⅰ)若f(x)≥0,求a的值;(Ⅱ)設(shè)m為整數(shù),且對于任意正整數(shù)n,(1+)(1+)…(1+)<m,求m的最小值.[解析]:(Ⅰ)由(x)=(x-a)(x>0),且f(1)=0,所以,f(x)≥0f(x)≥f(1)x=1是f(x)的最小值點,也是f(x)的極小值點(1)=0a=1.(Ⅱ)由f(x)≥0lnx≤x-1ln(1+)≤(1+)-1=ln(1+)+ln(1+)+…+ln(1+)≤++…+=1-<1(1+)(1+)…(1+)<e;又(1+)(1+)(1+)=>2m的最小值為3.[點評]:先解決對數(shù)不等式,再解決數(shù)列不等式是高考命制對數(shù)不等式生成數(shù)列不等式試題的一般模式,解決此類問題的關(guān)鍵是從第(Ⅰ)問中尋找解決第(Ⅱ)問的對數(shù)不等式,一般情況下,參數(shù)取最大值或最小值時,即為所尋找的不等式.[同類試題]:2.(2011年“華約”自主招生試題)已知函數(shù)f(x)=,f(1)=1,f()=,令x1=,xn+1=f(xn).(Ⅰ)求數(shù)列{xn}的通項公式;(Ⅱ)證明:x1x2…xn>.3.函數(shù)不等式子題類型Ⅲ:(2005年復旦大學保送生考試試題)定義在R上的函數(shù)f(x)=,Sn=f()+f()+f()+…+f(),n=2,3,….(Ⅰ)求Sn;(Ⅱ)是否存在常數(shù)M>0,n≥2,有++…+≤M？[解析]:(Ⅰ)由f(x)=f(x)+f(1-x)=+=+=1.由Sn=f()+f()+f()+…+f()Sn=f()+f()+f()+…+f(),兩式相加得:2Sn=n-1Sn=;(Ⅱ)由Sn==++…+=2(1+++…+),由ln(1+x)<x>ln1+++…+>ln+ln+…+ln=ln(n+1)++…+>2ln(n+1),又因2ln(n+1)單調(diào)遞增,無上界,所以不存在常數(shù)M,滿足不等式++…+≤M.[點評]:由對數(shù)不等式不僅可繁殖數(shù)列通項與求和不等式,一般情況下,凡是與“l(fā)n”或“”有關(guān)的不等式問題,均可以考慮使用對數(shù)不等式解決,逆向構(gòu)造數(shù)列的和是尋找不等式的常用方法.[同類試題]:3.(2015年廣東高考試題)數(shù)列{an}滿足:a1+2a2+…+nan=4-,n∈N+.(Ⅰ)求a3的值;(Ⅱ)求數(shù)列{an}的前n項和Tn;(Ⅲ)令b1=a1,bn=+(1+++…+)an(n≥2),證明:數(shù)列{bn}的前n項和Sn滿足Sn<2+2lnn.4.子題系列:4.(2005年湖北高考試題)已知不等式++…+>[log2n],其中n為大于2的整數(shù),[log2n]表示不超過log2n的最大整數(shù).設(shè)數(shù)列{an}的各項為正,且滿足a1=b(b>0),an≤,n=2,3,4,….(Ⅰ)證明:an<,n=3,4,5,…;(Ⅱ)試確定一個正整數(shù)N,使得當n>N時,對任意b>0,都有an<.5.(1984年全國高考試題)設(shè)a>2,給定數(shù)列{xn},其中x1=a,xn+1=(n=1,2,…),求證:(Ⅰ)xn>2且<1(n=1,2,…);(Ⅱ)如果a≤3,那么xn≤2+(n=1,2,…);(Ⅲ)如果a>3,那么當n≥時,必有xn+1<3.6.(2013年全國高考試題)已知函數(shù)f(x)=ln(1+x)-.(Ⅰ)若x≥0時,f(x)≤0,求λ的最小值;(Ⅱ)設(shè)數(shù)列{an}的通項an=1+++…+,證明:a2n-an+>ln2.7.(2009年清華大學保送生考試試題)f(x)=ln,a1=1,an+1=f(an).(Ⅰ)求證:exx-ex+1≥0恒成立;(Ⅱ)試求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(Ⅲ)求證:{an}為遞減數(shù)列,且an>0恒成立.8.(2013年“華約”自主招生試題)設(shè)函數(shù)f(x)=(1-x)ex-1.(Ⅰ)證明:當x>0時,f(x)<0;(Ⅱ)令xne=e-1,x1=1,證明:數(shù)列{xn}遞減且xn>.5.子題詳解:1.解:(Ⅰ)f(x)的定義域為(-1,+∞),由(x)=;①當a2-2a>0,即a>2時,f(x)在(-1,0)和(a2-2a,+∞)上遞增,在(0,a2-2a)上遞減;②當a2-2a=0,即a=2時,f(x)在(-1,+∞)上遞增;③當a2-2a<0,即1<a<2時,f(x)在(-1,a2-2a)和(0,+∞)上遞增,在(a2-2a,0)上遞減;(Ⅱ)由(Ⅰ)知,當a=2時,f(x)在(0,+∞)上遞增f(x)>f(0)=0ln(x+1)>(x>0);又由(Ⅰ)知,當a=3時,f(x)在(0,3)上遞減f(x)<f(0)=0ln(x+1)<(0<x<3)當0<x<3時,<ln(x+1)<;下面用數(shù)學歸納法證明:①當n=1時,a1=1,結(jié)論成立;②假設(shè)<ak≤,由ak+1=ln(ak+1)>ln(+1)>=;ak+1=ln(ak+1)<ln(+1)<=<ak+1<,即當n=k+1時,結(jié)論成立.2.解:(Ⅰ)由f(1)=1,f()=a=b=1xn+1==(+1)-1=(-1)xn=;(Ⅱ)因x1x2…xn>lnx1+lnx2+…+lnxn>-(ln2+1)ln+ln+…+ln<ln2+1;而ln+ln+…+ln=ln[1+()0]+ln[1+()1]+…+ln[1+()n-1](ln(1+x)<x)<ln2+()1+()2+…+()n-1<ln2+1.3.解:(Ⅰ)由a1+2a2+…+nan=4-a1=1,1+2a2=2,1+2a2+3a3=a2=,a3=;(Ⅱ)由a1+2a2+…+nan=4-由a1+2a2+…+(n-1)an-1=4-nan=-an=()n-1Tn=2-()n-1;(Ⅲ)由b1=a1,bn=+(1+++…+)anSn=b1+b2+…+bn=a1+[a1+(1+)a2]+[(a1+a2)+(1++)a3]+…+[(a1+a2+…+an-1)+(1+++…+)an]=(1+++…+)a1+(1+++…+)a2+…+(1+++…+)an=(1+++…+)Tn<2(1+++…+);所以,要證Sn<2+2lnn,只需證1+++…+<1+lnnlnk-ln(k-1)>ln≤-1;由lnx≤x-1ln≤-1lnk-ln(k-1)>lnn=ln1+(ln2-ln1)+(ln3-ln2)+…+[lnn-ln(n-1)]>++…+1+lnn>1+++…+Sn<2+2lnn.4.解:(Ⅰ)當n≥2時,由0<an≤≥=+-≥=+(-)+(-)+…+(-)≥+++…+>+[log2n]an<;(Ⅱ)由<,令<[log2n]>10n>210=1024,故取N=1024,可使當n>N時,都有an<.5.解:(Ⅰ)用數(shù)學歸納法,先證明xn>2:a1=a>2成立;假設(shè)xk>2,則xk+1==[(xk-1)++2]>2xn>2;再證<1<1xn>2成立;(Ⅱ)用數(shù)學歸納法證:a1=a≤3成立;假設(shè)xk≤2+,則xk+1=[(xk-1)++2]<[(1+)++2]<[(1+)+1+2]=2+成立;(Ⅲ)由xn+1==()2=()xn=;所以,xn+1<3<3(1-)<;由ln(1+x)≤xln(1-)≤-1-≤e,故只要(e)<-<ln>ln3a<;又n≥a≤3()n;故只要3()n<()n<(n≥2)()2<ln4<3成立.6.解:(Ⅰ)λ的最小值是;(Ⅱ)令λ=,由(Ⅰ)知,f(x)≤0ln(1+x)≤;取x=得:>ln(+)>ln(k+1)-lnka2n-an+=++…++=(+)+(+)+…+(+)>[ln(n+1)-lnn]+[ln(n+2)-ln(n+1)]+…+[ln2n-ln(2n-1)]=ln2n-lnn=ln2.7.解:(Ⅰ)令g(x)=exx-ex+1(x)=exxg(x)在區(qū)間(-∞,0)上單調(diào)遞減,(0,+∞)上單調(diào)遞增gmin(x)=g(x)的極小值=g(0)=0exx-ex+1≥0恒成立;(Ⅱ)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,0)和(0,+∞);(Ⅲ)首先證明:an>0,因當x>0時,ex>x+1>1f(x)=ln>0an+1=f(an)>0;{an}為遞減數(shù)列an+1<anf(an)<anf(x)<x(x>0)ln<x<exexx-ex+1>0.8.解:(Ⅰ)當x>0時,由(x)=-xex<0f(x)在(0,+∞)上