导数之不等式证明

专题：导数 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) 题型：不等式证明 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) 难度系数：★★★★

经典例题讲解尽量从学生的角度出发，重在引导思考与总结!

【题目】

已知函数\(f(x)=\left(1+\dfrac{1}{x} \right) \ln⁡ (x+1)\)

（1）求曲线\(y=f(x)\)在\(x=1\)处的切线方程；

（2）当\(x>0\)时，\(f(x)-\ln⁡\left (\dfrac{x}{2}+1\right)-1-\dfrac{a}{x}<0\)，求实数\(a\)的取值范围；

（3）证明：\(1×3×5×…×(2n-1)≥\dfrac{e}{2}\left(\dfrac{2n}{e}\right)^n\).
 
 
 
 
 
 

【分析】

第一问： 利用导数的几何意义求解便可；

第二问： 恒成立问题利用分离参数法等价转化为最值问题

\(f(x)-\ln⁡⁡\left (\dfrac{x}{2}+1\right)-1-\dfrac{a}{x}<0⟺a>(x+1) \ln⁡ (x+1)-x \ln⁡⁡\left (\dfrac{x}{2}+1\right)-x\)

令\(g(x)=(x+1) \ln⁡ (x+1)-x \ln⁡⁡\left (\dfrac{x}{2}+1\right)-x\)，二次求导得到\(g(x)<0\)；

故\(a≥0\).

第三问：

① 分析已知

该问题往往要用到第二问，在\(a≥0\)范围内取一值，一般取端点值，

令\(a=0\)得\((x+1) \ln⁡ (x+1)-x \ln⁡ ⁡\left (\dfrac{x}{2}+1\right)-x<0\)(※)，

而问题是关于\(n\)的问题，故想到令(※)中\(x\)取含\(n\)的式子，比如\(x=n\)，\(n+1\)，\(\dfrac{1}{n}\)等，

那具体如何取值呢？

第一思路是凭数感去尝试：由第二问可知(※)中当\(x\)趋向于\(0\)时，左边更接近\(0\)，

故取\(x=\dfrac{1}{n}\)或\(\dfrac{1}{n+1}\)等式子可能性较大，

令\(x=\dfrac{1}{n}\)得\(\left(\dfrac{1}{n}+1\right) \ln⁡ \left(\dfrac{1}{n}+1\right)-\dfrac{1}{n} \ln⁡ \left(\dfrac{1}{2n}+1\right)-\dfrac{1}{n}<0\)，

变形的\((n+1) \ln⁡ (n+1)-n \ln⁡ n≤\ln⁡ \dfrac{e}{2}+\ln⁡ (2n+1)\)(※※)，

再用累加法加以变形便可证明.

 

② 分析求证

从所要证明的\(1×3×5×…×(2n-1)≥\dfrac{e}{2}\left(\dfrac{2n}{e}\right)^n\)入手，

可以想到两边取对数把问题转化为含\(\ln\)的式子

\(\ln⁡ 3+\ln⁡ 5+\ln⁡ 7+⋯+\ln⁡ (2n-1)>n \ln⁡ n+(1-n) \ln⁡ \dfrac{e}{2}\)

向已知不等式(※)靠拢；

也可想到数学归纳法，当\(n=k\)时\(1×3×5×…×(2k-1)≥\dfrac{e}{2} \left(\dfrac{2k}{e}\right)^k\)成立，

若\(n=k+1\)时，要证明\(1×3×5×…×(2k-1)×(2k+1)≥\dfrac{e}{2}\left(\dfrac{2k+2}{e}\right)^{k+1}\)，

只需要证明\((2k+1)\cdot \dfrac{e}{2} \left (\dfrac{2k}{e}\right)^k≥\dfrac{e}{2} \left(\dfrac{2k+2}{e}\right)^{k+1} ⇒\dfrac{e(2k+1)}{2k+2}≥\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^n\)

\(⇒(n+1) \ln⁡ (n+1)-n \ln⁡ n≤\ln⁡ \dfrac{e}{2}+\ln⁡ (2n+1)\)，

这个不等式不就是(※※)么.
 

小结： 由（2）可得\((x+1) \ln⁡ (x+1)-x \ln⁡ ⁡\left (\dfrac{x}{2}+1\right)-x<0\)后如何想到令\(x=\dfrac{1}{n}\) 这步的呢？一是凭借数感，大胆尝试，但从数学归纳法的角度会找到更靠谱的思路.
 

【解答】

第一问： 求导\(f' (x)=-\dfrac{1}{x^2}\cdot \ln⁡ (x+1)+(1+\dfrac{1}{x})\cdot\dfrac{1}{x+1}=-\dfrac{\ln⁡ (x+1)}{x^2} +\dfrac{1}{x}=\dfrac{x-\ln⁡ (x+1)}{x^2 }\)，

所以所求切线斜率\(k=f ' (1)=1-\ln⁡ 2\)，

而\(f(1)=2 \ln⁡ 2\)，

所以所求切线方程为\(y=(1-\ln⁡ 2 )(x-1)+2 \ln⁡ 2=(1-\ln⁡ 2 )x+3 \ln⁡ 2-1\).

 

第二问： 由题意把问题转化为\(a>(x+1) \ln⁡ (x+1)-x \ln⁡ ⁡\left (\dfrac{x}{2}+1\right)-x\)在\((0，+∞)\)上恒成立，

令\(g(x)=(x+1) \ln⁡ (x+1)-x \ln⁡ ⁡\left (\dfrac{x}{2}+1\right)-x\)，

则\(g ' (x)=\ln⁡ (x+1)-\ln⁡ ⁡\left (\dfrac{x}{2}+1\right)-\dfrac{x}{x+2}\)，

令\(h(x)=\ln⁡ (x+1)-\ln⁡⁡\left (\dfrac{x}{2}+1\right)-\dfrac{x}{x+2}\)，

则\(h ' (x)=-\dfrac{x}{(x+1) (x+2)^2 }<0\)，

所以\(h(x)\)在\((0，+∞)\)上递减，则\(h(x)<h(0)=0\)，

所以\(g(x)\)在\((0，+∞)\)上递减，则\(g(x)<g(0)=0\)，

所以\(a≥0\).

 

第三问：

由（2）可得\((x+1) \ln⁡ (x+1)-x \ln⁡⁡\left (\dfrac{x}{2}+1\right)-x<0\)，

令\(x=\dfrac{1}{n}\)得\(\left(\dfrac{1}{n}+1\right) \ln⁡ \left(\dfrac{1}{n}+1\right)-\dfrac{1}{n} \ln⁡ \left(\dfrac{1}{2n}+1\right)-\dfrac{1}{n}<0\)，

变形的\((n+1) \ln⁡ (n+1)-n \ln⁡ n<\ln⁡ \dfrac{e}{2}+\ln⁡ (2n+1)\)，

\(∴\)当\(n≥2\)时，\(2 \ln⁡ 2-1 \ln⁡ 1<\ln⁡ \dfrac{e}{2}+\ln⁡ 3\)，

\(3 \ln⁡ 3-2 \ln⁡ 2<\ln⁡ \dfrac{e}{2}+\ln⁡ 5\)，

\(4 \ln⁡ 4-3 \ln⁡ 3<\ln⁡ \dfrac{e}{2}+\ln⁡ 7\)，

……

\(n \ln⁡ n-(n-1)\ln⁡ (n-1)<\ln⁡ \dfrac{e}{2}+\ln⁡ (2n-1)\)，

把以上等式累加得\(n \ln⁡ n<(n-1)\ln⁡ \dfrac{e}{2}+\ln⁡ 3+\ln⁡ 5+\ln⁡ 7+⋯+\ln⁡ (2n-1) (n≥2)\)，

\(∴\ln⁡ 3+\ln⁡ 5+\ln⁡ 7+⋯+\ln⁡ (2n-1)>n \ln⁡ n+(1-n) \ln⁡ \dfrac{e}{2}=\ln⁡ n^n +\ln⁡ \left(\dfrac{e}{2}\right)^{1-n} (n≥2)\)，

\(∴\ln⁡ [3×5×…×(2n-1)]>\ln⁡ \left[n^n\cdot \left(\dfrac{e}{2}\right)^{1-n}\right]=\ln⁡ \left[\dfrac{e}{2} \left(\dfrac{2n}{e}\right)^n\right] (n≥2)\)，

\(∴\)当\(n≥2\)时，\(3×5×…×(2n-1)>\dfrac{e}{2} \left(\dfrac{2n}{e}\right)^n\)，

而当\(n=1\)时，\(\dfrac{e}{2} \left(\dfrac{2n}{e}\right)^n=1\)，

\(∴1×3×5×…×(2n-1)≥\dfrac{e}{2} \left(\dfrac{2n}{e}\right)^n\).