資源簡介

數列不等式放縮題型分類
考點分析
由函數不等式化為數列不等式的方法
x 1≥ lnx ln(1+ x)≤ x,(x> 1)
取：x= 1 1 (n+ 1)則： > ln 取：x= 1 1+ 則： + <
(n+ 1)
ln
n n n n 1 n 1 n
題型一：指對數不等式化為數列不等式
【精選例題】
1 建筑師高迪曾經說：直線屬于人類，而曲線屬于上帝，一切靈感來源于自然和幻想，靈活生動的曲線
和簡潔干練的直線，在生活中處處體現了幾何藝術美感，我們可以利用曲線和直線寫出很多不等關
n+ 1
系，如由 y= lnx在點 (0,1)處的切線 y= x- 1寫出不等式 lnx≤ x- 1，進而用 替換 x得到一
n
1 1 1
系列不等式，疊加后有 ln(n+ 1) < 1+ + + + ．這些不等式同樣體現數學之美．運用類似
2 3 n
方法推導，下面的不等式正確的有 ( )
n n-1
A. n!< e 2 B. 1 + 1 + + 1 < lnn
2 3 n
1 2 n 34 1 2 2 3 n n+1C. 1+ 1+ 1+ < e D. + + < 1n2 n2 n2 2 3 n+ 1 e
【答案】BC
【詳解】令 f x = x- 1- lnx，則 f x = 1- 1 = x- 1，當 x> 1時，f x > 0，當 0< x< 1時，f x
x x
< 0，
故 f x = x- 1- lnx在 0,1 上單調遞減，在 1,+∞ 上單調遞增，故 f x = x- 1- lnx在 x= 1處
取得極小值，也是最小值，f(x)min= 0，故 lnx≤ x- 1，當且僅當 x= 1時等號成立，A選項：n= 1時不
等式左右兩端相等，故A錯誤；B選項：將 lnx≤ x- 1中的 x替換為 1- x，可得 ln 1- x ≤ 1- x-
1=-x,x< 1，當且僅當 x= 0時等號成立，
令 x= 1 ≠ 0 1 1 1，可得 ln 1- <- ，所以 lnn- ln n- 1 > ，故 ln2- ln1+ ln3- ln2+ +lnnn n n n
- ln 1 1 n- 1 > + + + 1 ，其中 ln2- ln1+ ln3- ln2+ +lnn- ln n- 1 = lnn- ln1= lnn，
2 3 n
1 1 1 i i
所以 lnn> + + + ，B正確；C選項：將 lnx≤ x- 1中的 x替換為 1+ ，顯然 1+ ≠ 1，
2 3 n n2 n2
1
ln 1+ i < i則 ，n2 n2
1 n n+ 1 n n+ 1
故 ln 1+ + ln 1+ 2 + +ln 1+ nn2 n2 n2 <

n≥ 2 = 1，當 時， + 1 ≤ 3，
2n2 2n2 2 2n 4
1 3 1 1 3
故 1+ 1+ 2 1+ n < e 4成立；當n= 1時，2= 16 4< e3 4= e 4顯然成立，故n2 n2 n2
1+ 1 1+ 2 1+ n
3
< e 4,C n- 1正確；D選項：將 lnx≤ x- 1中的 x替換為 ，其中，n∈
n2 n2 n2 n
n
N * n≥ 2 ln n- 1 <- 1 nln n- 1 <-1 n- 1 < 1
2 3 n+1
且 ，則 ，則 ，故 ，則
n n n n e
1 + 2 + n2 3 n+ 1
< n
2
1 + 2
3
，又 > 1 > 1 ，D錯誤.故選：BC．
e 2 3 2 e
2 已知函數 f x = lnx- ax+ 1，其中 a∈R
(1)若函數 f x 的圖象恒不在 x軸上方，求實數 a的取值范圍；
(2)證明：1+ 1 + 1 + + 1 > ln n+ 1 ，其中n∈N *．
2 3 n
【答案】(1) 1,+∞ ；(2)證明見解析
【詳解】(1)解：由函數 f x 的圖象恒不在 x軸上方，且 f x = lnx- ax+ 1，即 f x = lnx- ax+ 1≤
0恒成立，即 a≥ lnx+ 1 在 0,+∞ lnx+ 1 上恒成立，令 g x = ,(x> 0)，可得 g x =- lnx，當 x
x x x2
∈ 0,1 時，g x > 0；當 x∈ 1,+∞ 時，g x < 0，所以 g x 在 0,1 上單調遞增，在 1,+∞ 上單調
遞減，所以 g(x)max= g 1 = 1，所以 a≥ 1，
即實數 a的取值范圍為 1,+∞ ．
(2)解：由 (1)知，當 a= 1時，f x = lnx- x+ 1≤ 0，即 x- 1≥ lnx，當且僅當 x= 1時取等號，令 x
= n+ 1 n∈N * 1 > ln n+ 1 ，可得 ，所以 1+ 1 + 1 + + 1 > ln 2 + ln 3 + ln 4 + +ln n+ 1n n n 2 3 n 1 2 3 n
= ln( 2 × 3 × 4 × × n+ 1 = ln n+ 1 ，即當n∈N 1 1 1時，1+ + + + > ln n+ 1 ．
1 2 3 n 2 3 n
3 已知函數 f(x) = ex- 1 ax2-x.
2
(1)若 f(x)在 x∈R上單調遞增，求 a的值；
(2)證明：(1+ 1) 1+ 1 1+ 1 < e2(n∈N *且n≥ 2).4 n2
【答案】(1)1；(2)證明見解析.
1
【詳解】(1)函數 f(x) = ex- ax2-x，求導得 f (x) = ex-ax- 1，由于函數 f x 在R上單調遞增，則 f
2
x = ex-ax- 1≥ 0恒成立，令 h x = ex-ax- 1，則 h x = ex-a，當 a= 0時，f x = ex-1，當 x<
1
0時，f x < 0，不滿足條件；當 a< 0時，h x > 0，h x 在R 1 1上單調遞增，又 h = e a-a - 1a a
2
1
= e a-2< 0 1，即 f < 0，不滿足條件；當 a> 0時，令 h x = 0，得 x= lna，則當 x< lna時，h x a
< 0，h x 單調遞減，當 x> lna時，h x > 0，h x 單調遞增，于是當 x= lna時，h x 取得最小值
h lna = elna-alna- 1= a- alna- 1，
于是 h lna ≥ 0，即 a- 1- alna≥ 0，令u a = a- 1- alna，則u a =-lna，當 0< a< 1時，u
a > 0，u a 單調遞增；a> 1時，u a < 0，u a 單調遞減，則u a max=u 1 = 0，由于 a- 1-
alna≥ 0恒成立，因此 a- 1- alna= 0，則有 a= 1，所以 f x 單調遞增時，a的值為 1.
(2)由 (1)知，當 a= 1時，ex-x- 1≥ 0，即有 ex≥ x+ 1，當且僅當 x= 0時取等號，即當 x> 0時，
ln x+ 1 < x，
因此當n∈N*且n≥ 2時，ln 1+ 1 1+
1 1+ 1 = ln 1+ 1 + ln 1+ 14 n2 4 +
+ln 1+ 1 ≤ 1+ 1 + + 1 ，n2 4 n2
n≥ 2 1而當 時， < 1 = 1 - 1- ，所以 1+
1 + + 1 < 1+
n2 n n- 1 n 1 n 4 n2
1- 1 + 1 - 1 + + 1 - -
1 = 1+ 1- 1 < 2，2 2 3 n 1 n n
則 ln 1+ 1 1+
1 1+ 1 < 2，所以， 1+ 1 1 1+ 1+ 14 n2 4 n2 < e
2.
1
4 已知函數 f x = x2-xlnx+ t t∈R .
2
(1)g x 是 f x 的導函數，求 g x 的最小值；
(2) 1 1證明：對任意正整數n n≥ 2 ，都有 1+ 1+22 32 1+
1 1+ 1 < e(其中 e為自然42 n2
對數的底數)
【答案】(1)0；(2)證明見解析.
【詳解】(1) 1由題意，f x = x2-xlnx+ t，g x = f x = x- lnx- 1,x> 0 1，g x = 1- =
2 x
x- 1
，令 g x = 0，解得 x= 1，又 x∈ 0,1 時，g x < 0,x∈ 1,+∞ 時，g x > 0，所以 g x 在
x
0,1 上單調遞減，在 1,+∞ 單調遞增，∴ g x ≥ g 1 = 0，即 g x 的最小值為 0.
(2)證明：由 (1)得，g x = x- 1- lnx≥ 0，可知 x- 1≥ lnx，當且僅當 x= 1時等號成立，令 x= 1+
1 ≠ 1 1 1，則 ln 1+ < < 1 = 1 - 1 ,k= 2,3,4 ,n.∴ ln 1+ 1 + ln 1+ 1 +
k2 k2 k2 k k- 1 k- 1 k 22 32
ln 1+ 1 + +ln 1+ 142 n2
< 1- 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + + 1 1- - = 1-
1 < 1，即 ln 1+ 1 + ln 1+ 1 +2 2 3 3 4 n 1 n n 22 32
3
ln 1+ 1 + +ln42 1+
1
n2 < 1，
也即 ln 1 1+ 1+ 1 1+ 1 1+ 1 < lne，所以 1+ 1 1+ 1 1+ 1 22 32 42 n2 22 32 42
1+ 1 < e，故對任意正整數n n≥ 22 ，都有n 1+
1 1+ 1 1+ 1 1+ 1 < e.22 32 42 n2
5 已知函數 f(x) = 1 - alnx(a∈R)．
x
(1)當 a=-1時，試確定函數 f(x)在其定義域內的單調性；
(2)求函數 f(x)在 0,e 上的最小值；
n+1
(3) 1試證明： 1+ > e(e= 2718 ；n∈N *)．n
【答案】(1)單調遞減區間 0,1 ，單調遞增區間 1,+∞ ；(2)答案見解析；(3)證明見解析.
【詳解】(1)當 a=-1 1時，f x = + lnx定義域為 0,+∞ ，求導得 f x =- 1 + 1 = x- 1，
x x2 x x2
當 x∈ 0,1 時，f x < 0，當 x∈ 1,+∞ 時，f x > 0，即 f x 在 0,1 上遞減，在 1,+∞ 遞增，
所以函數 f x 的單調遞減區間為 0,1 ，單調遞增區間為 1,+∞ ．
(2)x∈ 0,e f x = 1 - alnx f (x) =- 1 - a =- ax+ 1 ， ，求導得 ，當 a≥ 0時，f x < 0恒成立，
x x2 x x2
即函數 f x 在 0,e 上單調遞減，因此 f x min= f e =
1
- a；當 a< 0 1時，由 f x = 0，得 x=- ，
e a
- 1當 ≥ e 1，即- ≤ a< 0時，f x < 0，函數 f x 在 0,e 1 上單調遞減，因此 f x min= f e = -a e e
a；當 0<- 1 < e 1，即 a<- 時，由 f x < 0 1 1 ，得 x∈ 0,- ，由 f x > 0，得 x∈ - ,e ，即函數a e a a
f x 在 0,- 1 1上單調遞減，在 - ,e 上單調遞增，a a
因此 f x
1 1 1 1 min= f - =-a- aln - ，所以當 a∈ - ,+∞a a e 時，f x min= - a，當 a∈e
-∞,- 1 1時，f x min=-a- aln - .e a
(3)由 (1)知，當 a=-1 1 1時，f x = + lnx在 x= 1處取得最小值 f 1 = 1，即 + lnx≥ 1，于是 lnx
x x
≥ 1- 1 x> 0 ，
x
n∈N 1 1 1 1，令 x= 1+ ，則有 ln 1+ > 1- = + ，因此 (n+ 1)ln 1+
1 > 1，即n n 1+ 1 n 1 nn
n+1 n+1
ln 1+ 1 > 1 1，所以 1+ > e．n n
6 已知函數 f x = ln x x+ 1 -
x+ .1
4
(1)求 f x 的極值；
(2)對任意的n∈N * 1，求證： + +
1 1
+ + + < ln2.n 1 n 2 2n
【答案】(1)極小值 0，無極大值；(2)證明見解析
x
【詳解】(1)因為 f(x) = ln(x+ 1) - + = ln(x+ 1) +
1
+ - 1
1 1
，則 f (x) = - =
x 1 x 1 x+ 1 (x+ 1)2
x
，當 x∈ (-1，0)時，f (x)< 0，x∈ (0，+∞)時，f (x)> 0，故 f(x)在 (-1，0)上單調遞減，在
(x+ 1)2
(0，+∞)上單調遞增，故 f(x)在 x= 0處取得極小值 f(0) = 0，無極大值.
(2)由 (1)知 f(x)在 (0，+∞)上單調遞增，故 x∈ (0，+∞)時，f(x)> f(0) = 0，即：ln(x+ 1)> x ，
x+ 1
1
令 x= 1 1 n+ 1 1 n+ 1 1得，ln 1+ > n ，化簡得：ln > ，于是有：ln > ，n n 1+ 1 n n+ 1 n n+ 1n
ln n+ 2 > 1 2n 1n+ 1 n+ ， ，ln - > ，2 2n 1 2n
累加得：ln n+ 1 + ln n+ 2+ + +ln
2n
n n 1 2n- 1 >
1
+ +
1 + 1 ，
n 1 n+ 2 2n
ln 2n = ln n+ 1 n+ 2 2n+ - >
1 + 1+ + +
1 1 1 1
，即 + + + + + ln2．
7 已知函數 f x = lnx- x- 1．
x
(1)證明：f x ≥ 0；
(2)證明：ln 1+ 1 1+ 1 1+ 1 1+ 1 12 2 2 2 > 1- + ，n∈N+．1 2 3 n n 1
【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析
【詳解】(1)證明：f 1 x = - 1 = x- 1 x> 0 ，令 f x = 0恒成立，解得 x= 1，當 f x2 2 > 0時，解x x x
得 x> 1，當 f x < 0，解得 0< x< 1，此時 f x 在 0,1 上單調遞減，在 1,+∞ 上單調遞增；所以
f x 在 x= 1取得最小值，f x min= f 1 = 0，f x ≥ f 1 恒成立，即 f x ≥ 0成立．
(2)證明：由 (1)可知，f x 在 1,+∞ 上單調遞增，且 f 1 = 0，所以 f x > 0在 x∈ 1,+∞ 恒成立，
lnx- x- 1 > 0 lnx> x- 1
2
即 ， ，當n∈N+時，令 x= 1+ 1 ∈ 1,+∞ 1 = n ，則 = 1-
x x n2 x n2+1
1 x- 1
， = 1- 1 = 1 ，
n2+1 x x n2+1
ln 1+ 1 > 1 ≥ 1 = 1所以 = 1 - 1 ，所以 ln 1+ 1 > 1- 1 ，ln 1+ 1n2 n2+1 n2+n n n+ 1 n n+ 1 12 2 22
> 1 - 1 ， ，ln 1+ 1 > 1 - 1+ ，所以 ln 1+
1 + ln 1+ 1 + +ln 1+ 1 > 1-2 3 n2 n n 1 12 22 n2
5
1 + 1 - 1 + + 1 - 1+ = 1-
1
+ ，2 2 3 n n 1 n 1
即 ln 1+ 1 12 1+
1 1+ 1 1+ 1 > 1- 1 +22 32 n2 n+ ，n∈N .得證．1
alnx+ a- 1
8 已知函數 f x = .
x
(1)若 xf x ≤ x- 1恒成立，求 a的取值范圍；
f 2 f 3 f n( 2)當 a= 1 + + + < n + 1 - 19時，證明： .
2 3 n 2 2n+ 2 24
【答案】(1) 0,1 ；(2)證明見解析
【詳解】(1)xf x = alnx+ a- 1≤ x- 1，可得 x- alnx- a≥ 0.令 h x = x- alnx- a，其中 x> 0，
則 h x = 1- a = x- a .①當 a= 0時，h x = x> 0，合乎題意；②當 a< 0時，由基本不等式可得
x x
a+ 1 =- 1 -a +
≤-2 -a 1 =-2，當且僅當 a=-1時，等號成立，a2+a+ 1=
a -a -a
1 2 3 3 1 a+
1 a+ 1 a+ 1
a+ + ≥ ，當且僅當 a=- 時，等號成立，所以，h e a = e a-a a+ 1 - a= e a2 4 4 2 a
- a2+a+ 1 3 1 3 < e-2- = - < 0，4 e2 4
a x- a
所以，h x ≥ 0不恒成立，不合乎題意；③當 a> 0時，h x = 1- = ，當 0< x< a時，h x
x x
< 0，此時函數 h x 單調遞減，當 x> a時，h x > 0，此時函數 h x 單調遞增，所以，h(x)min= h a
= a- alna- a=-alna≥ 0，可得 lna≤ 0，解得 0< a≤ 1.綜上所述，實數 a的取值范圍是 0,1 ；
lnx f n( ) = 2 a 1 f x = = lnn lnx當 時， ，所以 .由 (1)知：xf x ≤ x- 1，即 lnx≤ x- 1，所以 ≤
x n n2 x
1- 1 .
x
2
2 lnn 1 2lnn 1 lnn 1 1 f 2令 x=n ，得 ≤ 1- ，即 ≤ 1- ln2，所以 ≤ 1- .當n= 2時， = ，n2 n2 n2 n2 n2 2 n2 2 4
n + 1 - 19 = 3 ln2 1 3
f 2 f 3 f n
則 + ，顯然 < < ，結論成立；當n≥ 3時， + + + =2 2n 2 24 8 4 4 8 2 3 n
ln2 + ln3 + + lnn ≤ 1 1- 1 + 1- 1 + +1- 122 32 n2 2 22 32 n2
= 1 n- 1 - 1 1 1 + + + < 1 n- 1 - 1 + 1 + 1 + + 1

2 22 32 n2 2 4 3× 4 4× 5 n× n+ 1
= 1 1 1 n- 1 - + - 1 + 1 - 1 + + 1 - 1 1 7 1+ = n- 1 - -2 4 3 4 4 5 n n 1 2 12 n+ 1 =
1 n+ 1+ -
19
2 n 1 12 =
n + 1 - 19，
2 2n+ 2 24
f 2≥
f 3 f n
結論成立.因此，當n 2時， + + + < n + 1 - 19 成立.
2 3 n 2 2n+ 2 24
6
【跟蹤訓練】
1 利用“lnx≤ x- 1”可得到許多與n(n≥ 2且n∈N *)有關的結論① ln n+ 1 < 1+ 1 + 1 +
2 3
+ 1 1 1
n n n
，② lnn> + + + 1 1，③ 1+ 1+ 1 1+ 1 > e 1 + 2 + + n，④ <
n 2 3 n 2 22 2n n n n
e
- ，則結論正確的有 ( )e 1
A. 1個 B. 2個 C. 3個 D. 4個
【答案】C
f x = x- 1- lnx f x = 1- 1 = x- 1【詳解】令 ，則 ，當 x> 1時，f x > 0，當 0< x< 1時，f x
x x
< 0，
故 f x = x- 1- lnx在 0,1 上單調遞減，在 1,+∞ 上單調遞增，故 f x = x- 1- lnx在 x= 1處取
得極小值，也時最小值，f x min= 0，故 lnx≤ x- 1，當且僅當 x= 1時，等號成立，對于①，令 x= 1+
1 ≠ 1，所以 ln 1+ 1 < 1+ 1 - 1= 1 ，故 ln 1+ 1 + ln 1+ 1 + +ln 1+ 1n n n n 1 2 n < 1+
1 +
2
+ 1 ，其中 ln 1+ 1 + ln 1+ 1 + +ln 1+ 1 = ln2- ln1+ ln3- ln2+ +ln n+ 1 - lnn=n 1 2 n
ln n+ 1 - ln1= ln n+ 1 ，
所以 ln n+ 1 < 1+ 1 + 1 + + 1 ，故①正確；對于②，將 lnx≤ x- 1中的 x替換為 1- x，可得
2 3 n
ln 1- x ≤ 1- x- 1=-x，x< 1 1 1 1，當且僅當 x= 0時等號成立，令 x= ≠ 0，可得 ln 1- <- ，
n n n
所以 lnn- ln n- 1 1 > ，
n
故 ln2- ln1+ ln3- ln2+ +lnn- ln 1 1 1 n- 1 > + + + ，其中 ln2- ln1+ ln3- ln2+
2 3 n
+lnn- ln n- 1 = lnn- ln1= lnn，所以 lnn> 1 + 1 + + 1 ，故②正確；
2 3 n
1 1 1 1
對于③，將 lnx≤ x- 1中的 x替換為 1+ n，顯然 1+ n ≠ 1，則 ln 1+ n < 1+ n - 1= 1 ，2 2 2 2 2n
1 1- 11 1 1 1 1 1 2 2n 故 ln 1+ + ln 1+ + +ln 1+ n < + + + n = = 1- 1n < 1，故2 22 2 2 22 2 1- 1 22
1+ 1 1+ 1 1+ 1 < e i，故③錯誤；對于④，將 lnx≤ x- 1中的 x替換為 ，其中 i∈N ，n2 22 2n n
∈N *，則 ln i ≤ i - 1，
n n
n n
nln i ≤ i-n i ≤ ei-n i=n 1 + 2
n
+ + n
n
則 ，故 ，當且僅當 時，等號成立，則 < e1-n+e2-nn n n n n
e1-n 1- en 1-n
+ + n-n= e - =
e- e e
1 e e- < - ，故④正確.故選：C1 e 1
7
f(x) = ax- 2lnx+ 2(1- a) + a- 22 已知函數 (a> 0)．
x
(1)若 f(x)≥ 0在 [1，+∞)上恒成立，求實數 a的取值范圍；
(2)證明：1+ 1 + 1 + + 1- >
1 ln(2n+ 1) + n (n∈N *)．
3 5 2n 1 2 2n+ 1
( 1 ) f ( x ) ( 0 , +∞ ) f ′ ( x ) = a - 2 - a- 2 = ax
2-2x+ 2- a
【解析】解： 的定義域為 ， =
x x2 x2
a(x- 1) x- 2- aa ．
x2
0< a< 1 2- a①當 時， > 1，若 1< x< 2- a，則 f ′ (x) < 0，f(x) 1, 2- a在 上是減函數，所以 xa a a
∈ 1, 2- a 時，f(x)< f(1) = 0，即 f(x)≥ 0在 [1，+∞)上不恒成立．2
a≥ 1 2- a②當 時， ≤ 1，當 x> 1時，f ′ (x) > 0，f(x)在 [，1+∞)上是增函數，又 f(1) = 0，所以 f(x)
a
≥ 0．
綜上所述，所求 a的取值范圍是 [1，+∞)．
(2)由 (1) 1 1知當 a≥ 1時，f(x) ≥ 0在 [1，+∞)上恒成立．取 a= 1得 x- 2lnx- ≥ 0，所以 x- ≥
x x
2lnx．
x = 2n+ 1令 ，n ∈ N * 2n+ 1 - 2n- 1- ，得 - + > 2 ln
2n+ 1
- ，即 1 +
2 - 1- 2 >
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n- 1 2n+ 1
2ln 2n+ 1，所以
2n- 1
1 1 2n+ 1 1 1 1
2n- > ln +1 2 2n- 1 2 2n- - + ，上式中 n= 1，2，3， ，n，然后 n個不等式相加，得1 2n 1
到：
1+ 1 + 1 + + 1 > 1- ln(2n+ 1) +
n
+ (n∈N *)．3 5 2n 1 2 2n 1
3 已知 f x = ln 1+ x - x.
(1)證明：f x ≤ 0；
(2)證明：n≥ 2時，lnn< 1 + 1 + 1 + + 1 .
2 3 4 2n- 1
【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析
【詳解】(1)由題意知，f x 的定義域為 -1,+∞ ，f x = 1 - 1= -x + + ，令 f
x > 0，解得-1<
1 x 1 x
x< 0：令 f x < 0，解得 x> 0.所以 f x 在 -1,0 上單調遞增，在 0,+∞ 上單調遞減，所以 f x 的
最大值為 f 0 = 0，
所以 f x ≤ 0.
(2)由 (1)知 ln 1+ x ≤ x，當且僅當 x= 0時等號成立，
8
ln 1+ 1所以 < 1 1 1 1，ln 1+ < ，ln 1+ < 1 ， ，ln2 2 3 3 4 4 1+
1
- <
1
- ，2n 1 2n 1
所以 ln 1+ 1 + ln 1+ 1 + ln 1+ 1 + +ln 1+ 1- = ln
3 × 4 × 5 × × 2n
2 3 4 2n 1 2 3 4 2n- =1
lnn< 1 + 1 + 1 + + 1 .
2 3 4 2n- 1
4 已知函數 f x = x- 1- alnx，a∈R.
(1)若 f x 存在極值，求 a的取值范圍；
(2)若 f x ≥ 0，求 a的值；
(3) 1對于任意正整數n，是否存在整數m，使得不等式 1+ 2 1+
1 1+ 122 2n 在，請求出m的最小值；若不存在，請說明理由.
【答案】(1) (0,+∞)；(2)a= 1；(3)3
【詳解】(1)函數 f x = x- 1- alnx的定義域為 (0,+∞) f x = 1- a = x- a， ，當 a≤ 0時，f x
x x
> 0恒成立，此時 f x 在 (0,+∞)上單調遞增，無極值；當 a> 0時，令 f x = 0得 x= a，x∈ (0,a)時，
f x < 0，x∈ (a,+∞)時，f x > 0，所以 f x 在 (0,a)上單調遞減，在 (a,+∞)上單調遞增，此時
f x 有極小值為 f a ，無極大值.
綜上所述，若 f x 存在極值，則 a的取值范圍是 (0,+∞).
(2)f 1 = 0，由 (1)可知，當 a≤ 0時，f x > 0恒成立，此時 f x 在 (0,+∞)上單調遞增，與 f x ≥ 0
恒成立矛盾；當 a> 0時，由 (1)可知，f x 在 (0,a)上單調遞減，在 (a,+∞)上單調遞增，所以 f x min
= f(a)，則需 f(a)≥ 0，若 a= 1，則 f(a) = f 1 = 0，符合題意；若 0< a< 1，則 f(a)< f 1 = 0，不合題
意舍去；
若 a> 1，則 f(a)< f 1 = 0，不合題意舍去.綜上所述，a= 1.
(3)由 (2)可知當 a= 1時 f x = x- 1- lnx≥ 0，即 lnx≤ x- 1，所以 ln(x+ 1)≤ x恒成立，當且僅當
x= 0 ln 1+ 1 1 1時取等號，所以 < ，k∈N *，一方面，ln 1+2k 2k 2 + ln 1+
1 + ln 1+ 122 2n <
1 + 1 + + 1n = 1-
1
2 22 2 2n
< 1，
即 1+ 1 1+ 1 1+ 1n < e 1+ 1 1+ 1，另一方面， 1+ 1 >2 22 2 2 22 2n
1+ 1 1+ 1 1+ 1 = 135 > 2，2 22 23 64
從而當n≥ 3 1時， 1+ 1+ 1 1+ 1n ∈ (2,e)，因為m為正整數，且對于任意正整數n，2 22 2
1+ 1 1+ 1 1+ 1n 5 已知函數 f x = xlnx-m x- 1 ，且 f x ≥ 0.
9
(1)求實數m的取值范圍；
(2) k n 1+ 1 1設 為整數，且對任意正整數 ，不等式 1+ 1+ 1n < k恒成立，求 k的最小值；3 32 3
2024 2023
(3)證明： 2023 < 1 < 2023 .2024 e 2024
【答案】(1)m= 1；(2)2；(3)證明見解析
【詳解】(1)法一：∵ f x = x lnx-m+ m ≥ 0在 0,+∞ 上恒成立∴ lnx-m+ m ≥ 0在 0,+∞ x x
上恒成立
設 g x = lnx-m+ m ,g x = 1 - m = x-m，①當m≤ 0時，g x > 0恒成立∴ g x2 2 在x x x x
0,+∞ 上單調遞增，且 g 1 = 0∴ x∈ 0,1 時，g x < 0不符合題意，舍去，②當m> 0時，令 g x
> 0，則 x>m；令 g x < 0，則 0< x∴ g x 在 0,m 上單調遞減，在 m,+∞ 上單調遞增∴ g(x)min= g m = lnm-m+ 1≥ 0.設 h x =
lnx- x+ 1,h 1- x x = ，令 h x > 0，則 0< x< 1；令 h x < 0，則 x> 1.∴ h x 在 0,1 上單調遞
x
增，在 1,+∞ 上單調遞減∴ h(x)max= h 1 = 0，即當 h m ≥ 0時，m= 1∴m的取值范圍是：m= 1.
法二：∵ f 1 = 0,f x ≥ 0在 0,+∞ 上恒成立，∴ f 1 是 f x 上最小值，也是極小值∵ f x = lnx
+ 1-m∴ f 1 = 1-m= 0，即m= 1，當m= 1時，f x = xlnx- x+ 1,f x = lnx
令 f x > 0，則 x> 1；令 f x < 0，則 0< x< 1，∴ f x 在 0,1 上單調遞減，在 1,+∞ 上單調遞增
即 f(x)min= f 1 = 0，滿足：f x ≥ 0在 0,+∞ 上恒成立，∴m= 1
(2)由 (1)知，h x ≤ 0，即 lnx≤ x- 1在 0,+∞ 1 上恒成立 (當且僅當 x= 1時取等)令 x= 1+ ，則
3n
ln 1+ 1 13n < 3n .
1
3 1- 1n ∴ ln 1+ 1 + ln 1+ 1 + +ln 1+ 1 < 1n + 1 + + 1 = 3 = 1 1- 1 < 1 即31 32 3 31 32 3n 1- 1 2 3n 23
1+ 1 1+ 1 1+ 1 1n < e,k≥ e又∵ 1+ > 1且 k∈ Z,∴ k的最小值為 2.31 32 3 31
(3) ∵ 1不等式 lnx≤ x- 1在 0,+∞ 上恒成立 (當且僅當 x= 1時取等)令 x= 1+ ，則
2023
1 1 2023 2023 1 1 1 1 2023 2024ln 1+ < ，即 > .令 x= 1- ，則 ln 1- <- ，即2023 2023 2024 e 2024 2024 2024 2024
1 2023 2024 1 2023 2023< 故 < < .
e 2024 e 2024
6 設函數 f x = x3+ln x+ 1 ．
(1)求曲線 y= f x 在 0,0 處的切線方程；
(2)證明：當 x≥ 0時，x3+ln x+ 1 ≥ x2恒成立；
10
(3)證明：當n∈N*且n≥ 2 1 2 n- 1時，ln n+ 1 > + + + ．
8 27 n3
【答案】(1)y= x；(2)證明見解析；(3)證明見解析
【詳解】(1)因為 f x = x3+ln x+ 1 1 定義域為 -1,+∞ ，又 f x = 3x2+ ，故 f + 0 = 1，故切線x 1
方程為 y- 0= f 0 x- 0 ，即 y= x.
3 2
(2)令 g x = x3+ln x+ 1 - x2，x∈ 0,+∞ ，則 g x = 3x2-2x+ 1 = 3x +x -2x+ 1+ + =x 1 x 1
3x3+ x- 1 2
x+ 1
當 x≥ 0時，g x > 0，g x 單調遞增，故 g x ≥ g 0 = 0，即當 x≥ 0時，ln x+ 1 + x3-x2≥ 0，即當
x≥ 0時，x3+ln x+ 1 ≥ x2恒成立；
(3)由 (2)可知當 x≥ 0時，ln x+ 1 + x3-x2≥ 0恒成立，且當且僅當 x= 0時 ln x+ 1 + x3-x2= 0，
所以當 x> 0時，ln x+ 1 + x3-x2> 0 1 1 1 1恒成立，令 x= ，n∈N*且n≥ 2，得 ln
n 1+ + -n n3 n2
> 0，即 ln n+ 1 - lnn> 1 - 1 = n- 1，由此可得，ln2- ln1> 1 - 1 = 0 ln3- ln2> 1， -
n2 n3 n3 12 13 22
1 = 1 ，
23 8
ln n+ 1 - lnn> 1 - 1 = n- 1，將以上n個式子相加得 ln n+ 1 > 1 + 2 + + n- 1 ，n∈
n2 n3 n3 8 27 n3
N*且n≥ 2.
7 已知函數 f x = ln x+ 1 - axex,0< a< 1
(1)判斷函數 f x 的零點個數；
n
(2)證明：當n∈N ,n≥ 1時，證明：ln1+ ln2+ ln3+ +lnn< e -e
e- 1
【答案】(1)2個；(2)證明見解析
(1) f x = ln x+ 1 - axex -1,+∞ f 0 = 0 f x = 1【詳解】 函數 ，定義域為 ， ， + - a x+ 1 e
x，
x 1
h x = 1 x 1設 x+ - a x+ 1 e x>-1 ，則 h x =- - a x+ 2 e < 0，則 h x 在 -1,+∞ 上x 1 (x+ 1)2
單調遞減，即 f x 在 -1,+∞ 上單調遞減，當 x∈ -1,0 時，f x > f 0 = 1- a> 0，此時 f x 單
調遞增，f x < f 0 = 0，故函數無零點.下證：當 x∈ -1,+∞ 時，ln x+ 1 ≤ x，令 g x = ln x+ 1
- x，則 g x = 1+ - 1=
-x
，
x 1 x+ 1
當-1< x< 0時，g x > 0；當 x> 0時，g x < 0，所以 g x 在 -1,0 上單調遞增，在 0,+∞ 上單
調遞減，
故 g x ≤ g 0 = 0，也即 ln x+ 1 ≤ x，故 ex≥ x+ 1，當 x∈ 0,+∞ 時，f x 單調遞減，f 0 = 1- a
> 0，
11
f 1 = 1 - a 1
1
+ 1 e a≤ 1 - a 1 + 1 1 + 1 = -a
3-2a2-3a- 1 < 0，所以存在唯一
a 1 + 1 a 1 + 1 a a a a+ 1 a a
1
的 x0∈ 0, ，使得 f x0 = 0.函數 f x 在 0,x0 上單調遞增，在 x0,+∞ 上單調遞減，f x0 > f 0 a
= 0，
∴ f 1 1 1
1
= ln + 1 - a e a= ln 1
1
+ 1 - e a< 1 - 1 + 1 =-1< 0,所以在 0,+∞ 上存在一
a a a a a a
個零點.
綜上：函數 f x 恰有兩個零點.
(2)由 (1)可知，ln x+ 1 < x< ex在 1,+∞ 上恒成立，于是可得 ln2< e,ln3< e2,ln4< e3, ,lnn<
en-1，其中n∈N ,n≥ 2，以上各式左右相加得，ln2+ ln3+ ln4+ +lnn< e+ e2+e3+ +en-1，所以
n
ln1+ ln2+ ln3+ ..+lnn< e -e .
e- 1
kx
8 已知函數 f(x) = ln(x+ 1) - + + 1．x 1
(1)求函數 f(x)的極值；
(2) (ⅰ)當 x> 0時，f(x)> 0恒成立，求正整數 k的最大值；
n 2- 3
(ⅱ) 證明：(1+ 1× 2) (1+ 2× 3) [1+n(n+ 1)]> e n+1 ．
(1)f ′ (x) = x+ 1- k【解析】解： ，x>-1，當 k≤ 0時，f ′ (x)> 0，函數在 (-1,+∞)上單調遞增，沒有極
(x+ 1)2
值；
當 k> 0時，由 f ′ (x) > 0得 x> k- 1，由 f ′ (x) < 0得-1< x< k- 1，所以 f(x)在 (-1,k- 1)上單調
遞減，在 (k- 1,+∞)上單調遞增，此時函數 f(x)的極小值 f(k- 1) = lnk- k+ 2，沒有極大值；
(2)當 x> 0時，f(x) > 0恒成立，即只要 f(x)min> 0即可，由 (1)k> 0時，f(x)在 (-1,k- 1)上單調遞
減，在 (k- 1,+∞)上單調遞增，(a)若 k- 1≤ 0即 k≤ 1時，f(x)在 (0,+∞)上單調遞增，f(x)min>
f(0) = 1滿足題意；
(b)當 k- 1> 0即 k> 1時，f(x)在 (0,k- 1)上單調遞減，在 (k- 1,+∞)上單調遞增，f(x)min= f(k-
1) = lnk- k+ 2> 0，令 g(x) = lnx- x+ 2 g′ (x) = 1- x，則 < 0，所以 g(x)在 (1,+∞)上單調遞減，且
x
g(2) = ln2> 0，g(3) = ln3- 1> 0，g(4) = ln4- 2< 0，所以存在 x0∈ (3,4)使得 g(x0) = 0，則 g(x) =
lnx- x+ 2> 0的解集為 (1,x0)，綜上 k的取值范圍 (-∞,x0)，其中 x0∈ (3,4)，所以正整數 k的最大值
3；
(ii)證明：兩邊取對數得 ln(1+ 1× 2) (1+ 2× 3) [1+ n(n+ 1)]> 2n- 3n+ ，即只要證 ln(1+ 1×n 1
2) (1+ 2× 3) [1+ n(n+ 1)]> 2n- 3n+ ，由 (i)知 ln(x+ 1) >
3x 3
n 1 x+ - 1= 2- ，令 x= n(n1 x+ 1
+ 1)，則 ln[n(n+ 1) + 1]> 2- 3 > 2- 3 = 2- 3 - 3 ，
n(n+ 1) + 1 n(n+ 1) n n+ 1
12
ln(1+ 1× 2) (1+ 2× 3) [1+n(n+ 1)]> 2n- 3 1- 1 + 1 - 1 + + 1 - 12 2 3 n n+ 1 = 2n-
3n
，
n+ 1
n 2- 3
所以 (1+ 1× 2) (1+ 2× 3) [1+n(n+ 1)]> e n+1 ．
題型二：三角函數不等式化為數列不等式
【精選例題】
2
1 已知函數 f x = sinx- ax+ 0< x< 1 ，g x = cosx- 1+
x
.
x 2 2
(1)證明：當 x≥ 0時，g x ≥ 0；
(2)若 f x > 0，求 a的取值范圍；
n
(3) 2 2證明： - <
3 2n+ 3 sin
1
< 1.
k=1 k k+ 1
【答案】(1)證明見解析；(2)a≤ 2；(3)證明見解析
【詳解】(1)g x =-sinx+ x，記 h x =-sinx+ x，∵ h x = 1- cosx≥ 0，故 g x 單調遞增，又 g
x2
x ≥ g 0 = 0，∴ g x 單調遞增，所以 g x ≥ g 0 = 0，即 cosx≥ 1- .
2
(2)f x = cosx- 2a ，∵ f 0 = 0，若 0< x< 1時，f x > 0，則存在區間2 0,x0 ，使得 f x 單 x+ 2
調遞增，
a 4
故必有 f 0 = 1- ≥ 0，即 a≤ 2，驗證：當 a≤ 2時，f x ≥ cosx- .由 (1)可知 cosx≥ 1
2 x+ 2 2
- x
2
，
2
2 2 3 4
x 8- 2x- 4x
2-x3 x 8- 2- 4- 1∴ f x ≥ 1- x - 4 = 8x- 2x -4x -x = > =
2 x+ 2 2 2 x+ 2 2 2 x+ 2 2 2 x+ 2 2
x > 0，即 f x 在 0,1 上單調遞增，∴ f x > f 0 = 0滿足題意，綜上，a≤ 2.
2 x+ 2 2
(3) 2x 1 1由 (2)可知，當 a= 2，0< x< 1時， + < sinx< x，取 x= ，則① sin 1 = 1 - 1
k k+ 1 k k+
，
1
n
∴∑sin 1 < 1- 1 + 1 - 1 + + 1 - 1 = 1- 1 < 1. sin 1
=
② >
k 1 k k+ 1 2 2 3 k k+ 1 n+ 1 k k+ 1
1 > 1 - 1
n
，∴∑sin 1 > 1 - 1 + 1 - 1 + + 1
k2+k+ 1 k+ 12 2 k+
3 k=1 k k+ 1 1+ 1 1+ 3 12 2 2 2+ 2 2+
3 n+ 12 2
n
- 1 = 2 - 2 2，綜上 - 2 < sin 1 < 1.
n+ 3 3 2n+ 3 3 2n+ 3

k=1 k k+ 1 2
13
2 已知函數 f x = xlnx- a x- 1 .
(1)若 f x ≥ 0，求實數 a的值；
(2)已知n∈N*且n≥ 2，求證：sin 1 + sin 1 + +sin 1 < lnn.
2 3 n
【答案】(1)a= 1；(2)證明見解析
【詳解】(1)由 f x ≥ 0，得 lnx- a 1- 1 ≥ 0. 1令 h x = lnx- a 1-x x
1
，則 h x ≥ 0,h x = -
x
a = x- a .
x2 x2
注意到 h 1 = 0，所以 x= 1是函數 h x 1- a 的極小值點，則 h 1 = 0，所以 h 1 = = 0，得 a= 1.
1
a= 1 h x = x- 1當 時， ，則函數 h x 在 0,1 上單調遞減，在 1,+∞ 上單調遞增，所以 h x ≥
x2
h 1 = 0，滿足條件，故 a= 1.
(2)由 (1) 1 1可得，lnx≥ 1- x≥ 1 .令 = 1- 1 k k 1 1，則 x= - ，所以 lnx k x k 1 k- ≥ ，即 ≤ lnk-1 k k
ln k- 1 ,k∈ 2,3, ,n .
令 g x = x- sinx(x> 0)，則 g x = 1- cosx≥ 0，且 g x 不恒為零，所以函數 g x 在 0,+∞ 上單
調遞增，
故 g x
1 1
> g 0 = 0，則 sinx< x(x> 0)，所以 sin < ≤ lnk- ln k- 1 ,k∈ 2,3, ,n ，令 k分別
k k
取 2,3, ,n 1，累加得：sin + sin 1 + +sin 1 < ln2- ln1 + ln3- ln2 + + lnn- ln n- 1 =
2 3 n
lnn.即證.
3 已知函數 f x = tanx+ ln 1- x ,x∈ - π ,12 .
(1)求 f x 的極值；
(2) ln n+ 1 < tan 1求證： + tan 1 + +tan 1 < lnn n≥ 2,n∈N * .2 2 3 n
【答案】(1)f x 的極大值為 0，沒有極小值；(2)證明見解析
【詳解】(1)因為函數 f x = tanx+ ln 1- x ,x∈ - π ,1 ，所以 f x = 1 + -1 1 2 cos2x 1- = +x cos2x
1 = x- 1+ cos
2x
- ，x 1 x- 1 cos2x
設 h x = x- 1+ cos2x，h x = 1- 2cosxsinx= 1- sin2x≥ 0 π，所以 h x 在 - ,1 上單調遞增.2
又 h π 0 = 0，所以當 x∈ - ,0 時，h x < 0；當 x∈ 0,1 時，h x > 0.又因為 x- 1 cos2x< 0對2
x∈ - π ,1 π恒成立，所以當 x∈ - ,0 時，f x > 0；當 x∈ 0,1 時，f x < 0.即 f x 在區間2 2
14
- π ,0 上單調遞增，在區間 0,1 上單調遞減，故 f x 極大值= f 0 = 0，f x 沒有極小值.2
(2)由 (1)可知 f x = + - ≤ tanx≤-ln 1- x ①,tanx ln 1 x 0，所以 當且僅當 x=ln 1- x ≤-tanx= tan -x ②，
0，取“=”.
由 (1) 1得 tan <-ln 1 ,tan 1 <-ln 2 , ,tan 1 <-ln n- 1 1 1，累加得 tan + tan + +tan 1 <
2 2 3 3 n n 2 3 n
-ln 1 × 2 × × n- 1 =-ln 1 = lnn 3 1 4 1 n+ 1 1；由②得 ln < tan ,ln < tan , ,ln < tan ，2 3 n n 2 2 3 3 n n
累加得 tan 1 + tan 1 + +tan 1 > ln 3 × 4 × × n+ 1 = ln n+ 1 . n+ 1綜上所述，ln <2 3 n 2 3 n 2 2
tan 1 + tan 1 + +tan 1 < lnn n≥ 2,n∈N* .
2 3 n
【跟蹤訓練】
1 已知函數 f x = ln 1+ x ，g x = ax2+x.
(1)當 x>-1時，f x ≤ g x ，求實數 a的取值范圍；
(2)已知n∈N* 1，證明：sin + + sin
1
+ + +sin
1 < ln2.
n 1 n 2 2n
【答案】(1)a≥ 0；(2)證明見解析
【詳解】(1)解：令 h x = ln x+ 1 - x x>-1 1 x ，則 h x = + - 1=- + ，當-1< x< 0時，h

x 1 x 1
x > 0，則函數 h x 在 -1,0 上單調遞增，當 x> 0時，h x < 0，則函數 h x 在 0,+∞ 上單調遞
減，所以，h x max= h 0 = 0，即 ln x+ 1 ≤ x，所以，當 a≥ 0時，ln x+ 1 ≤ x≤ ax2+x，即 f x ≤
g x ，當 a< 0時，取 x0=- 1 > 0，a
2
由于 ln 1+ x 20 > ln1= 0，而 ax0+x0= a - 1 - 1 = 0，得 ln x0+1 > ax2a a 0+x0，故 f x0 > g x0 ，不
合乎題意.
綜上所述，a≥ 0.
(2) 1 1證明：當 a= 0時，由 (1)可得 ln x+ 1 ≤ x，則 lnx≤ x- 1，可得 ln ≤ - 1，即-lnx≤ 1 - 1，
x x x
即 lnx≥ 1- 1 x> 1 ，
x
1
令 = 1- 1 t t 1 1 1，所以，x= - ，所以，ln - ≥ ，即 lnt- ln t- 1 ≥ t> 1 ，所以， + ≤t x t 1 t 1 t t n k
ln n+ k - ln n+ k- 1 ，k∈ 0,1,2, ,n ，令 g x = x- sinx x> 0 ，則 g x = 1- cosx≥ 0，且 g
x 不恒為零，所以，函數 g x 在 0,+∞ 上單調遞增，故 g x > g 0 = 0，則 sinx< x x> 0 ，所以，
sin 1 1+ < + ≤ ln n+ k - ln n+ k- 1 ，k∈ 0,1,2, ,n sin
1
，所以， + + sin
1 +
n k n k n 1 n+ 2
+sin 1
2n
15
< ln n+ 1 - lnn + ln n+ 2 - ln n+ 1 + + ln 2n - ln 2n- 1 = ln 2n - lnn= ln 2n
n
= ln2.
f(x) = sinx- x+ 12 已知函數 x3．
6
(1)證明：對 x∈ [0,+∞),f(x)≥ 0恒成立；
(2) n∈N ln2< sin 1是否存在 ，使得 × + sin
1
× + +sin
1 < 3 成立？請說明理由．
1 3 2 4 n(n+ 2) 4
【解析】(1)證明：由 f(x) = sinx- x+ 1 x3，得 f (x) = cosx- 1+ 1 x2，令 g(x) = cosx- 1+ 1 x2，得 g
6 2 2
(x) =-sinx+ x，
令 h(x) =-sinx+ x，得 h (x) =-cosx+ 1，h (x) =-cosx+ 1≥ 0，且當且僅當 x= 2kπ(k∈Z),h (x) =
0，
所以 g (x)在 [0,+∞)上單調遞增，故 g (x)≥ g (0) = 0，且當且僅當 x= 0,g (x) = 0，所以 f (x)在 [0,
+∞)上也單調遞增，故 f (x)≥ f (0) = 0，且當且僅當 x= 0,f (x) = 0，所以 f(x)在 [0,+∞)上仍單調遞
增，故 f(x)≥ f(0) = 0；
(2)對于右側：由 (1)可知，當 x> 0時，h(x) =-sinx+ x> 0，即 sinx< x，故 sin 1 < 1 ，
k(k+ 2) k(k+ 2)
n n
所以 sin 1× + sin
1 + +sin 1 = sin 1 < 1
1 3 2× 4 n(n+ 2) k=1 k(k+ 2) k=1 k(k+ 2)
= 1
n
1 - 1+ =
1 1- 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + + 1 - 1 =2 k=1 k k 2 2 3 2 4 3 5 n n+ 2
1
2 1+
1 - 1 1 3 1 1 1 3
2 n+ -1 n+ = - + < ，2 4 2 n+ 1 n+ 2 4
1 1
所以該側不等號始終成立；對于左側：由 (1)可知當 x> 0時，sinx> x- x3．設F(x) = x- x3
6 6
-ln(1+ x) 1 1，x∈ 0,1 ，則F (x) = 1- x2- + =-
x(x- 1) (x+ 2)
．在 0,1 上有F (x)> 0，所
2 x 1 2(x+ 1)
以F(x)在 x∈ 0,1 上單調遞增，故當 0< x< 1時，F(x)> 0．此時 sinx> x- 1 x3> ln(1+ x)，令 x
6
= 1 (n+ 1)
2
n∈N 1 1 n+ 1 n+ 2 ，可知 sin > ln 1+

= ln = ln - ln + ，所以n(n+ 2) n(n+ 2) n(n+ 2) n(n+ 2) n n 1
當n≥ 2,n∈N 時，
n n
sin 1 + sin 1 + +sin 1× × = sin
1 +∑ sin 1 > sin 1 +∑ ln k+ 1 - ln k+ 21 3 2 4 n(n+ 2) 3 k=2 k(k+ 2) 3 k=2 k k+ 1
= sin 1 + ln 3 - ln 1+ 1+ ，令 sin
1 + ln 3 - ln 1+ 1+ > ln2
1 3
，注意到 sin + ln >
3 2 n 1 3 2 n 1 3 2
ln 1+ 1 + ln 3 = ln2 1 4，所以可得到一個充分條件，即n> - 1= - 1，所以任3 2 sin 13+ln 32-ln2 sin 1e -1 3e 3-4
16
n≥ 4 + 1,n∈N ( 4 4取 ，則該側不等式成立，
表示 整數部分)，因此，對sin 1 sin 1 3 3 sin
1
3e -4 3e -4 3e 3- 4
4
于任意n≥ 1

+ 1,n∈N
，原不等式都成立．即所求的n是存在的
sin3e 3-4
17數列不等式放縮題型分類
考點分析
由函數不等式化為數列不等式的方法
x 1≥ lnx ln(1+ x)≤ x,(x> 1)
= 1 1 (n+ 1) 1 1 (n+ 1)取：x 則： > ln 取：x= + 則： < lnn n n n 1 n+ 1 n
題型一：指對數不等式化為數列不等式
【精選例題】
1 建筑師高迪曾經說：直線屬于人類，而曲線屬于上帝，一切靈感來源于自然和幻想，靈活生動的曲線
和簡潔干練的直線，在生活中處處體現了幾何藝術美感，我們可以利用曲線和直線寫出很多不等關
n+ 1
系，如由 y= lnx在點 (0,1)處的切線 y= x- 1寫出不等式 lnx≤ x- 1，進而用 替換 x得到一
n
1 1
系列不等式，疊加后有 ln(n+ 1) < 1+ + + + 1．這些不等式同樣體現數學之美．運用類似
2 3 n
方法推導，下面的不等式正確的有 ( )
n n-1
A. n!< e 2 B. 1 + 1 + + 1 < lnn
2 3 n
3 2 3 n+1
C. 1+ 1 1+ 2 1+ n < e 4 D. 1 + 2 + n < 1n2 n2 n2 2 3 n+ 1 e
2 已知函數 f x = lnx- ax+ 1，其中 a∈R
(1)若函數 f x 的圖象恒不在 x軸上方，求實數 a的取值范圍；
(2) 1+ 1證明： + 1 + + 1 > ln n+ 1 ，其中n∈N *．
2 3 n
1
3 已知函數 f(x) = ex- 1 ax2-x.
2
(1)若 f(x)在 x∈R上單調遞增，求 a的值；
(2) 1 1證明：(1+ 1) 1+ 1+ < e2(n∈N *且n≥ 2).4 n2
1
4 已知函數 f x = x2-xlnx+ t t∈R .
2
(1)g x 是 f x 的導函數，求 g x 的最小值；
(2)證明：對任意正整數n n≥ 2 ，都有 1+ 1 22 1+
1 1+ 1 1+ 1 < e(其中 e為自然32 42 n2
對數的底數)
2
5 已知函數 f(x) = 1 - alnx(a∈R)．
x
(1)當 a=-1時，試確定函數 f(x)在其定義域內的單調性；
(2)求函數 f(x)在 0,e 上的最小值；
1 n+1(3)試證明： 1+ > e(e= 2718 ；n∈N *)．n
6 已知函數 f x = ln x+ 1 x - .
x+ 1
(1)求 f x 的極值；
(2)對任意的n∈N * 1 1 1，求證： +
n+ 1 n+ + + < ln2.2 2n
3
7 已知函數 f x = lnx- x- 1．
x
(1)證明：f x ≥ 0；
(2) 1證明：ln 1+ 1+ 1 1+ 1 1+ 1 12 2 2 2 > 1- ，n∈N+．1 2 3 n n+ 1
alnx+ a- 1
8 已知函數 f x = .
x
(1)若 xf x ≤ x- 1恒成立，求 a的取值范圍；
f 2 f 3 f n
(2) 當 a= 1時，證明： + + + < n + 1 - 19 .
2 3 n 2 2n+ 2 24
4
【跟蹤訓練】
1 利用“lnx≤ x- 1”可得到許多與n(n≥ 2且n∈N *)有關的結論① ln n+ 1 < 1+ 1 + 1 +
2 3
+ 1
n n n
，② lnn> 1 + 1 + + 1 ，③ 1+ 1 1+ 1 n 2 3 n 2 22 1+
1
n > e 1 2，④ +2 n n + +
n
n <
e
- ，則結論正確的有 ( )e 1
A. 1個 B. 2個 C. 3個 D. 4個
2 已知函數 f(x) = ax- 2lnx+ 2(1- a) + a- 2 (a> 0)．
x
(1)若 f(x)≥ 0在 [1，+∞)上恒成立，求實數 a的取值范圍；
(2)證明：1+ 1 + 1 + + 1 > 1 ln(2n+ 1) + n (n∈N *)．
3 5 2n- 1 2 2n+ 1
5
3 已知 f x = ln 1+ x - x.
(1)證明：f x ≤ 0；
(2) n≥ 2 lnn< 1 + 1證明： 時， + 1 + + 1
2 3 4 2n- .1
4 已知函數 f x = x- 1- alnx，a∈R.
(1)若 f x 存在極值，求 a的取值范圍；
(2)若 f x ≥ 0，求 a的值；
(3)對于任意正整數n，是否存在整數m，使得不等式 1+ 1 1+ 1 1+ 1n 在，請求出m的最小值；若不存在，請說明理由.
6
5 已知函數 f x = xlnx-m x- 1 ，且 f x ≥ 0.
(1)求實數m的取值范圍；
(2)設 k 1 1 1為整數，且對任意正整數n，不等式 1+ 1+ 1+ n < k恒成立，求 k的最小值；3 32 3
2024
(3) 2023 < 1 < 2023
2023
證明： .
2024 e 2024
6 設函數 f x = x3+ln x+ 1 ．
(1)求曲線 y= f x 在 0,0 處的切線方程；
(2)證明：當 x≥ 0時，x3+ln x+ 1 ≥ x2恒成立；
(3) 1 2 n- 1證明：當n∈N*且n≥ 2時，ln n+ 1 > + + + ．
8 27 n3
7
7 已知函數 f x = ln x+ 1 - axex,0< a< 1
(1)判斷函數 f x 的零點個數；
n
(2) e -e證明：當n∈N ,n≥ 1時，證明：ln1+ ln2+ ln3+ +lnn<
e- 1
8 已知函數 f(x) = ln(x+ 1) - kx+ + 1．x 1
(1)求函數 f(x)的極值；
(2) (ⅰ)當 x> 0時，f(x)> 0恒成立，求正整數 k的最大值；
n 2- 3
(ⅱ)證明：(1+ 1× 2) (1+ 2× 3) [1+n(n+ 1)]> e n+1 ．
8
題型二：三角函數不等式化為數列不等式
【精選例題】
2
1 已知函數 f x = sinx- ax+ 0< x< 1 ，g x = cosx- 1+
x
.
x 2 2
(1)證明：當 x≥ 0時，g x ≥ 0；
(2)若 f x > 0，求 a的取值范圍；
n
(3) 2 2 1證明： - < sin < 1.
3 2n+ 3 k=1 k k+ 1
2 已知函數 f x = xlnx- a x- 1 .
(1)若 f x ≥ 0，求實數 a的值；
(2) 1 1 1已知n∈N*且n≥ 2，求證：sin + sin + +sin < lnn.
2 3 n
9
3 已知函數 f x = tanx+ ln 1- x π ,x∈ - ,12 .
(1)求 f x 的極值；
(2) ln n+ 1 < tan 1 + tan 1求證： + +tan 1 < lnn n≥ 2,n∈N * .2 2 3 n
【跟蹤訓練】
1 已知函數 f x = ln 1+ x ，g x = ax2+x.
(1)當 x>-1時，f x ≤ g x ，求實數 a的取值范圍；
(2) n∈N* sin 1已知 ，證明： + + sin
1 + +sin 1 < ln2.
n 1 n+ 2 2n
10
2 已知函數 f(x) = sinx- x+ 1 x3．
6
(1)證明：對 x∈ [0,+∞),f(x)≥ 0恒成立；
(2) 1 1 1 3是否存在n∈N ，使得 ln2< sin × + sin × + +sin < 成立？請說明理由．1 3 2 4 n(n+ 2) 4
11

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