26年杭州二模第19题 导数与三角函数、数列结合+证明不等式

专题：导数\(\qquad \qquad \qquad \qquad\)题型：导数与三角函数、数列结合+证明不等式\(\qquad \qquad \qquad \qquad\)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】

(26年杭州二模第19题)
（1）已知\(0<x<\dfrac{π}{2}\)，证明：\(\sin ⁡x<x< \tan ⁡x\)；
（2）设\(∀x∈\left(0，\dfrac{π}{2}\right)\)，若\(\tan ⁡x-x>λ(x- \sin ⁡x)\)恒成立，求正整数\(λ\)的最大值；
（3）求证：\(\sum_{k=1}^{n} \left(\sqrt{\tan ⁡\dfrac{π}{4^n}}+\sqrt{\sin ⁡\dfrac{π}{4^n} }\right)>2\sqrt{π}\left(1-\dfrac{1}{2^n}\right)\)
 
 
 
 
 

【分析】

第一问：

这不等式比较经典，可以利用三角函数的概念结合数形结合证明；也可以构造函数\(f(x)=x- \sin ⁡x\)与\(g(x)= \tan ⁡x-x\)证明；
 

第二问：
恒成立问题可以转化为最值问题，常规方法有分离参数法和直接构造函数；
方法1 构造函数\(s(x)=\dfrac{\tan ⁡x-x}{x- \sin ⁡x}\)，\(x∈\left(0，\dfrac{π}{2}\right)\)，求其最小值；
方法1，求导计算量较大，而且容易发现\(s(0)=\dfrac{0}{0}\)没意义，极可能\(s(x)\)没有最小值；
利用图象理解下，\(s(x)=\dfrac{\tan ⁡x-x}{x- \sin ⁡x} =\dfrac{BC}{BA}\)，

结合正切正弦函数的凹凸性，可大概判断出当\(x→0\)时，\(s(x)\)趋向极限，
利用洛必达法则可得\(\lim_{x\to0}\dfrac{\tan ⁡x-x}{x- \sin ⁡x}=\lim_{x\to0} \dfrac{\frac{1}{\cos^2 x} -1}{1- \cos ⁡x} =\lim_{x\to0}\dfrac{1+\cos x}{\cos^2x } = 2\)，

即正整数\(λ\)的最大值为\(2\)；
这在考试中仅提供寻找解题思路的线索，
先证明当\(λ=2\)时(即证明\(\tan ⁡x-x>2(x- \sin ⁡x)\))命题成立，即得到命题的充分性；
接着要证明命题的必要性，即证明\(λ\)一定小于\(3\)就行，\(x\)取个特殊值便可，
比如，令\(x= \dfrac{π}{4}\)，\(λ<\dfrac{ \tan \frac{π}{4} - \frac{π}{4} }{\frac{π}{4} - \sin \frac{π}{4}} =\dfrac{ 1- \frac{π}{4} }{\frac{π}{4} -\frac{\sqrt{2}}{2}}\)\(=\dfrac{4-π }{π-2\sqrt{2}} < \dfrac{4-3.14}{3.14-2×1.42} =\dfrac{0.86}{0.3} <3\)；

（\(π>3.14\)，\(\sqrt{2}<1.42\)）
命题得证；
 

方法2 构造函数\(t(x)= \tan ⁡x-x-λ(x- \sin ⁡x)\)，\(x∈\left(0，\dfrac{π}{2}\right)\)，证明其最小值大于\(0\)；
含参，意味着要分类讨论；可能要多次求导，需要较好地分析各函数的导函数的正负性；三角函数要注意其有界性和所求的函数的定义域\(\left(0，\dfrac{π}{2}\right)\).
 

第三问：
该不等式涉及到数列，可尝试利用“数学归纳法”寻找解题思路；
假设当\(n=k-1\)时成立，
\(\left(\sqrt{\tan ⁡ \dfrac{π}{4} }+\sqrt{\sin ⁡ \dfrac{π}{4}}\right)+\left(\sqrt{\tan ⁡ \dfrac{π}{4^2}}+\sqrt{ \sin ⁡ \dfrac{π}{4^2} }\right)+⋯+\left(\sqrt{ \tan ⁡ \dfrac{π}{4^{k-1}}}+\sqrt{ \sin ⁡ \dfrac{π}{4^{k-1}}}\right)>2\sqrt{π}\left(1- \dfrac{1}{2^{k-1}} \right)\)
要证明当\(n=k\)时也成立
\(\left(\sqrt{\tan ⁡ \dfrac{π}{4} }+\sqrt{\sin ⁡ \dfrac{π}{4}}\right)+\left(\sqrt{\tan ⁡ \dfrac{π}{4^2}}+\sqrt{ \sin ⁡ \dfrac{π}{4^2} }\right)+⋯+\left(\sqrt{ \tan ⁡ \dfrac{π}{4^k}}+\sqrt{ \sin ⁡ \dfrac{π}{4^k}}\right)>2\sqrt{π}\left(1- \dfrac{1}{2^k} \right)\)
只需要证明\(\left(\sqrt{\tan ⁡ \dfrac{π}{4^k}}+\sqrt{\sin ⁡ \dfrac{π}{4^k}}\right)+2\sqrt{π}\left(1- \dfrac{1}{2^{k-1}}\right) >2\sqrt{π}\left(1- \dfrac{1}{2^k}\right)\)

\(⟺\sqrt{\tan ⁡ \dfrac{π}{4^k}}+\sqrt{\sin ⁡ \dfrac{π}{4^k}}>\dfrac{\sqrt{π}}{2^{k-1} }\)，
令\(\dfrac{π}{4^k} =x\)，则\(\dfrac{\sqrt{π}}{2^{k-1}}=2\cdot\dfrac{\sqrt{π}}{2^k} =2\sqrt{x}\)，
即只需要证明\(\sqrt{\tan ⁡x}+\sqrt{\sin ⁡x}>2\sqrt{x}⟺ \tan ⁡x+ \sin ⁡x+\dfrac{2 \sin ⁡x}{\sqrt{\cos ⁡x}} >4x\)，
由第二问可得，\(\tan ⁡x-x>2(x- \sin ⁡x )>x- \sin ⁡x⟹ \tan ⁡x+ \sin ⁡x>2x\)；
只需要证明\(\dfrac{2 \sin ⁡x}{\sqrt{\cos ⁡x}} +2x>4x⟹\dfrac{\sin ⁡x}{\sqrt{\cos ⁡x}} >x⟹ \dfrac{\sin^2⁡x}{\cos ⁡x} -x^2 >0\)，
构造函数\(t(x)= \dfrac{\sin^2⁡x}{\cos ⁡x} -x^2\)，\(x\in \left(0，\dfrac{π}{2}\right)\)证明.
 

【解答】

第一问：
方法1 如上图，在单位圆中，\(\sin ⁡x=AB\)，\(\tan ⁡x=CD\)，\(x=\overset{\frown}{AD}\)，显然\(\sin ⁡x<x< \tan ⁡x\).

 

方法2 设\(f(x)=x- \sin ⁡x\)，\(x\in \left(0，\dfrac{π}{2}\right)\)，
则\(f' (x)=1- \cos ⁡x>0\)，\(∴f(x)\)在\(\left(0，\dfrac{π}{2}\right)\)上递增，\(∴f(x)>f(0)=0\)；
设\(g(x)= \tan ⁡x-x\)，\(x\in \left(0，\dfrac{π}{2}\right)\)，
则\(g' (x)=\dfrac{1}{\cos^2 x} -1= \tan ^2⁡x>0\)，

\(∴g(x)\)在\(\left(0，\dfrac{π}{2}\right)\)上递增，\(∴g(x)>f(0)=0\)；
所以\(0<x<\dfrac{π}{2}\)时，\(\sin ⁡x<x< \tan ⁡x\)；

 

第二问：
方法1 由（1）可知，当\(x\in \left(0，\dfrac{π}{2}\right)\)时，\(x> \sin ⁡x\)，所以\(λ<\dfrac{\tan ⁡x-x}{x- \sin ⁡x}\)，
取\(x= \dfrac{π}{4}\)，\(λ<\dfrac{ \tan \frac{π}{4} - \frac{π}{4} }{\frac{π}{4} - \sin \frac{π}{4}} =\dfrac{ 1- \frac{π}{4} }{\frac{π}{4} -\frac{\sqrt{2}}{2}} =\dfrac{4-π }{π-2\sqrt{2}} <\dfrac{4-3.14}{3.14-2×1.42} =\dfrac{0.86}{0.3} <3\)；
令\(λ=2\)时，设\(f(x)= \tan ⁡x+2 \sin ⁡x-3x\)，\(x\in \left(0，\dfrac{π}{2}\right)\)，
则\(f' (x)=\dfrac{1}{\cos^2 x} +2 \cos ⁡x-3\)，
因为\(\cos ⁡x>0\)，所以\(1+\dfrac{1}{\cos^2 x} +2 \cos ⁡x>2\sqrt{\dfrac{1}{\cos^2 x} }+2 \cos ⁡x=\dfrac{2}{\cos⁡x} +2\cos⁡x>4\)，
所以\(\dfrac{1}{\cos^2 x} +2 \cos ⁡x-3>0\)，即\(f' (x)>0\)，
（利用不等式\(a+b+c≥3\sqrt[3]{abc}\)可得\(\dfrac{1}{\cos^2 x} +2 \cos ⁡x-3=\dfrac{1}{\cos^2 x} + \cos ⁡x+ \cos ⁡x-3>3\sqrt[3]{1}-3=0\)）
所以\(f(x)\)在\(\left(0，\dfrac{π}{2}\right)\)上递增，\(∴f(x)>f(0)=0\)；
综上，正整数\(λ\)的最大值为\(2\)；
 

方法2 设\(g(x)= \tan ⁡x-x-λ(x- \sin ⁡x)\)，\(x\in \left(0，\dfrac{π}{2}\right)\)，
则\(g' (x)=\dfrac{1}{\cos^2 x} -1- λ(1- \cos ⁡x )= \dfrac{ \sin^2⁡x-λ(1- \cos ⁡x ) \cos^2 x}{ \cos ^2⁡x }\)，
令\(t(x)= \sin^2⁡x-λ(1- \cos ⁡x ) \cos^2 x\)，
则\(t' (x)= \sin ⁡x \cos ⁡x (-3λ \cos ⁡x+2λ+2)\)，
\(λ>0\)时，\(s(x)=-3λ \cos ⁡x+2λ+2\)在\(\left(0，\dfrac{π}{2}\right)\)上递增，
所以\(s(0)<s(x)<s(\dfrac{π}{2} )\)，即\(2-λ<s(x)<2λ+2\)，
①当\(2-λ≥0\)，即\(λ≤2\)时，\(s(x)>0\)，则当\(x\in \left(0，\dfrac{π}{2}\right)\)时，\(t' (x)>0\)，\(t(x)\)递增；
所以\(t(x)>t(0)=0\)，即\(g' (x)>0\)，
所以\(g(x)\)在\(\left(0，\dfrac{π}{2}\right)\)上递增，所以\(g(x)>g(0)=0\)，
即\(λ≤2\)时，所证不等式恒成立；
②当\(2-λ<0\)，即\(λ>2\)时，存在\(x_0\in \left(0，\dfrac{π}{2}\right)\)使得\(-3λ \cos ⁡x_0 +2λ+2=0\)，
当\(0<x<x_0\)时，\(s(x)<0\)，即\(t' (x)<0\)，所以\(t(x)\)在\((0，x_0)\)上递减，
所以\(t(x)<t(0)=0\)，
即当\(0<x<x_0\)时，\(g' (x)<0\)，所以\(g(x)\)在\((0，x_0)\)上递减，
所以\(g(x)<g(0)=0\)，
即当\(λ>2\)时，所证不等式不可能成立；
综上，正整数\(λ\)的最大值为\(2\)；

 

第三问：
由（2）可得当\(x\in \left(0，\dfrac{π}{2}\right)\)时，\(\tan ⁡x-x>2(x- \sin ⁡x )>x- \sin ⁡x\)，
即\(\tan ⁡x+ \sin ⁡x>2x\)；
设\(h(x)= \dfrac{\sin^2⁡x}{\cos ⁡x} -x^2 =\dfrac{1}{\cos⁡x} - \cos⁡x-x^2\)，\(x\in \left(0，\dfrac{π}{2}\right)\)
则\(h' (x)=\dfrac{\sin⁡x}{\cos^2x} + \sin ⁡x-2x≥2\sqrt{\dfrac{\sin x}{\cos^2⁡x}\cdot \sin ⁡x }-2x=2 \tan ⁡x-2x>0\)，
所以\(h(x)\)在\(\left(0，\dfrac{π}{2}\right)\)上递增，
所以\(h(x)>h(0)=0\)，即\(\dfrac{\sin^2⁡x}{\cos ⁡x} >x^2\)，所以\(\dfrac{\sin ⁡x}{\sqrt{\cos ⁡x}} >x\)，
所以\((\sqrt{\tan ⁡x}+\sqrt{\sin ⁡x})^2= \tan ⁡x+ \sin ⁡x+2\dfrac{\sin ⁡x}{\sqrt{\cos ⁡x}} >2x+2x>4x\)，
所以\(\sqrt{\tan ⁡x}+\sqrt{\sin ⁡x}>2\sqrt{x}\)，
所以\(\sum_{k=1}^{n} \left(\sqrt{\tan ⁡\dfrac{π}{4^n}}+\sqrt{\sin ⁡\dfrac{π}{4^n} }\right)>2\left(\sqrt{\dfrac{π}{4}}+\sqrt{\dfrac{π}{4^2}}+⋯+\sqrt{\dfrac{π}{4^n}}\right)\)

\(=2\sqrt{π} \left( \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} +⋯+\dfrac{1}{2^n} \right)=2\sqrt{π}\cdot\dfrac{\frac{1}{2} \left(1-\frac{1}{2^n}\right)}{1- \frac{1}{2} }=2\sqrt{π} \left(1- \dfrac{1}{2^n}\right)\).