高考数学大一轮复习精讲精练(新高考地区)3.5利用导数证明不等式(精练)(原卷版+解析)

这是一份高考数学大一轮复习精讲精练(新高考地区)3.5利用导数证明不等式(精练)(原卷版+解析)，共16页。


【题型一 构造单函数证明不等式】
1.(2023·山东济南历城二中高三月考）已知函数g(x)＝x3＋ax2.
(1)若函数g(x)在[1,3]上为单调函数，求a的取值范围；
(2)已知a>－1，x>0，求证：g(x)>x2ln x.
2．(2023·天津·崇化中学期末）已知函数f(x)＝1－eq \f(ln x,x)，g(x)＝eq \f(ae,ex)＋eq \f(1,x)－bx，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直．
(1)求a，b的值；
(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥eq \f(2,x).
【题型二 构造双函数比较最值证明不等式】
1.(2023·山东青岛高三期末）已知函数，曲线在点处的切线方程为．
（1）求、的值；
（2）证明：当，且时，．
2．(2023·天津市南开中学月考）已知函数f(x)＝eq \f(x2＋mx＋1,ex)(m∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当m＝0时，证明：∀x＞0，ex2(1＋ln x)＋eq \f(1,ex)＞f(x)－xf(1)．
【题型三 放缩法证明不等式】
1.(2023·河南高三期末）已知函数f(x)＝lnx－a2x2＋ax．
(1)试讨论f(x)的单调性；
(2)若a＝1，求证：当x>0时，f(x)2．(2023·广东·高三期末）已知函数f(x)＝aex－lnx－1．
(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a的值并求f(x)的单调区间；
(2)求证：当a＝eq \f(1,e)时，f(x)≥0．
【题型四 双变量不等式证明】
1.(2023·黑龙江工农·鹤岗一中高三期末）已知函数f(x)＝eq \f(a,x－1)＋ln x．
(1)若函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e，＋∞))内有极值，求实数a的取值范围；
(2)在(1)的条件下，对任意t∈(1，＋∞)，s∈(0，1)，求证：f(t)－f(s)>e＋2－eq \f(1,e)．
2.(2023·全国高三课时练习）已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－x＋alnx(a>0)．
(1)若a＝1，求f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；
(2)讨论f(x)的单调性；
(3)若f(x)存在两个极值点x1，x2，求证：f(x1)＋f(x2)>eq \f(－3－2ln 2,4)．
3. (2023·全国高三课时练习）已知函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)当，,为两个不相等的正数，证明：．
【题型五 数列不等式证明】
1.(2023·辽宁省实验中学分校高三期末）已知函数f(x)＝ln(1＋x)．
(1)求证：当x∈(0，＋∞)时，eq \f(x,1＋x)(2)已知e为自然对数的底数，求证：∀n∈N*，eq \r(e)2. (2023·江苏·昆山柏庐高级中学期末）已知函数，其中．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明：；
(3)求证：对任意的且，都有：．(其中为自然对数的底数)．
3.5 利用导数证明不等式
【题型解读】
【题型一 构造单函数证明不等式】
1.(2023·山东济南历城二中高三月考）已知函数g(x)＝x3＋ax2.
(1)若函数g(x)在[1,3]上为单调函数，求a的取值范围；
(2)已知a>－1，x>0，求证：g(x)>x2ln x.
【解析】(1)由题意知，函数g(x)＝x3＋ax2，
则g′(x)＝3x2＋2ax，
若g(x)在[1,3]上单调递增，
则g′(x)＝3x2＋2ax≥0在[1,3]上恒成立，
则a≥－eq \f(3,2)；
若g(x)在[1,3]上单调递减，
则g′(x)＝3x2＋2ax≤0在[1,3]上恒成立，
则a≤－eq \f(9,2).所以a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(9,2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，＋∞)).
(2)由题意得，要证g(x)>x2ln x，x>0，
即证x3＋ax2>x2ln x，即证x＋a>ln x，
令u(x)＝x＋a－ln x，x>0，
可得u′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，x>0，
当0当x>1时，u′(x)>0，函数u(x)单调递增．
所以u(x)≥u(1)＝1＋a，
因为a>－1，所以u(x)>0，
故当a>－1时，对于任意x>0，g(x)>x2ln x.
2．(2023·天津·崇化中学期末）已知函数f(x)＝1－eq \f(ln x,x)，g(x)＝eq \f(ae,ex)＋eq \f(1,x)－bx，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直．
(1)求a，b的值；
(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥eq \f(2,x).
【解析】(1)因为f(x)＝1－eq \f(ln x,x)，x>0，
所以f′(x)＝eq \f(ln x－1,x2)，f′(1)＝－1.
因为g(x)＝eq \f(ae,ex)＋eq \f(1,x)－bx，
所以g′(x)＝－eq \f(ae,ex)－eq \f(1,x2)－b.
因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直，
所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，
所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，
解得a＝－1，b＝－1.
(2)由(1)知，g(x)＝－eq \f(e,ex)＋eq \f(1,x)＋x，
则f(x)＋g(x)≥eq \f(2,x)⇔1－eq \f(ln x,x)－eq \f(e,ex)－eq \f(1,x)＋x≥0.
令h(x)＝1－eq \f(ln x,x)－eq \f(e,ex)－eq \f(1,x)＋x(x≥1)，
则h(1)＝0，
h′(x)＝eq \f(－1＋ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋eq \f(1,x2)＋1＝eq \f(ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋1.
因为x≥1，所以h′(x)＝eq \f(ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋1>0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以当x≥1时，h(x)≥h(1)＝0，
即1－eq \f(ln x,x)－eq \f(e,ex)－eq \f(1,x)＋x≥0，
所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥eq \f(2,x).
【题型二 构造双函数比较最值证明不等式】
1.(2023·山东青岛高三期末）已知函数，曲线在点处的切线方程为．
（1）求、的值；
（2）证明：当，且时，．
【解析】（1）．由于直线的斜率为，且过点，所以，即，解得，．
【证明】（2）由（1）知，所以
．构造函数（），则，于是在上递减．
当时，递减，所以，于是；当时，递减，所以，于是．
综上所述，当，且时，．
2．(2023·天津市南开中学月考）已知函数f(x)＝eq \f(x2＋mx＋1,ex)(m∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当m＝0时，证明：∀x＞0，ex2(1＋ln x)＋eq \f(1,ex)＞f(x)－xf(1)．
【解析】(1)函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝eq \f((2x＋m)ex－ex(x2＋mx＋1),(ex)2)＝eq \f(－x2＋(2－m)x＋(m－1),ex)
＝eq \f(－[x2＋(m－2)x－(m－1)],ex)＝－eq \f((x－1)[x＋(m－1)],ex)，令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝1－m．
①当m＜0时，1＜1－m．故x∈(－∞，1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；x∈(1，1－m)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；x∈(1－m，＋∞)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．②当m＝0时，1＝1－m，f′(x)≤0恒成立，函数f(x)在R上单调递减．
③当m＞0时，1＞1－m，故x∈(－∞，1－m)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；x∈(1－m，1)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．
综上，当m＜0时，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，(1－m，＋∞)，单调递增区间为(1，1－m)；当m＝0时，函数f(x)的单调递减区间为R，无单调递增区间；当m＞0时，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，1－m)，(1，＋∞)，单调递增区间为(1－m，1)．
(2)当m＝0时，f(x)＝eq \f(x2＋1,ex)．则所证不等式为ex2(1＋ln x)＋eq \f(1,ex)＞eq \f(x2＋1,ex)－eq \f(2x,e)，
即ex2(1＋ln x)＞eq \f(x2,ex)－eq \f(2x,e)，因为x＞0，所以所证不等式等价于ex(1＋ln x)＞eq \f(x,ex)－eq \f(2,e)．
记函数g(x)＝e(x＋xln x)，h(x)＝eq \f(x,ex)－eq \f(2,e)(x＞0)．则g′(x)＝e(2＋ln x)，
所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e2)))时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)，＋∞))时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增．所以g(x)≥geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)))＝e×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)＋\f(1,e2)ln\f(1,e2)))＝－eq \f(1,e)．
又h′(x)＝eq \f(1－x,ex)，所以当x∈(0，1)时，h′(x)＞0，函数h(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，函数h(x)单调递减．故h(x)≤h(1)＝eq \f(1,e)－eq \f(2,e)＝－eq \f(1,e)．
所以g(x)＞h(x)，即ex(1＋ln x)＞eq \f(x,ex)－eq \f(2,e)．综上，当m＝0时，∀x＞0，ex2(1＋ln x)＋eq \f(1,ex)＞f(x)－xf(1)．
【题型三 放缩法证明不等式】
1.(2023·河南高三期末）已知函数f(x)＝lnx－a2x2＋ax．
(1)试讨论f(x)的单调性；
(2)若a＝1，求证：当x>0时，f(x)【解析】(1) f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝0时，f(x)＝lnx在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，f′(x)＝eq \f(1,x)－2a2x＋a＝eq \f(－2a2x2＋ax＋1,x)＝－eq \f((ax－1)(2ax＋1),x)，
当00，当x>eq \f(1,a)时，f′(x)<0，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减；
当a<0时，f′(x)＝－eq \f((ax－1)(2ax＋1),x)，
当00，当x>－eq \f(1,2a)时，f′(x)<0，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)，＋∞))上单调递减．
(2)当a＝1时，f(x)＝lnx－x2＋x，要证当x>0时，f(x)令g(x)＝e2x－2x－1，则g′(x)＝2e2x－2＝2(e2x－1)，
当x>0时，g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝0，
所以，当x>0时，e2x>2x＋1，所以e2x－x－2>x－1．
令h(x)＝x－1－lnx，x>0，则h′(x)＝1－eq \f(1,x)，当01时，h′(x)>0，
所以h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝0，
所以当x>0时，h(x)≥h(1)＝0，即当x>0时，x－1≥lnx，
所以，当x>0时，e2x－x－2>x－1≥lnx，即lnx所以，当x>0时，f(x)2．(2023·广东·高三期末）已知函数f(x)＝aex－lnx－1．
(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a的值并求f(x)的单调区间；
(2)求证：当a＝eq \f(1,e)时，f(x)≥0．
【解析】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a·ex－eq \f(1,x)，由题设知，f′(2)＝a·e2－eq \f(1,2)＝0，所以a＝eq \f(1,2e2)，
从而f(x)＝eq \f(1,2e2)ex－lnx－1，f′(x)＝eq \f(1,2e2)ex－eq \f(1,x)(x>0)．
因为f′(x)＝eq \f(1,2e2)ex－eq \f(1,x)在(0，＋∞)上是增函数，且f′(2)＝0，所以当02时，f′(x)>0．
所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
(2)当a＝eq \f(1,e)时，f(x)＝eq \f(ex,e)－lnx－1，所以只要证明eq \f(ex,e)－lnx－1≥0即可．
设g(x)＝ex－ex(x>0)，则g′(x)＝ex－e(x>0)，可知g(x)在(0，1]上是减函数，在[1，＋∞)上是增函数，
所以g(x)≥g(1)＝0，即ex≥ex⇒eq \f(ex,e)≥x．又由ex≥ex(x>0)⇒x≥1＋lnx(x>0)，
所以eq \f(ex,e)－lnx－1≥x－lnx－1≥0，所以eq \f(ex,e)－lnx－1≥0得证，
所以当a＝eq \f(1,e)时，f(x)≥0．
【题型四 双变量不等式证明】
1.(2023·黑龙江工农·鹤岗一中高三期末）已知函数f(x)＝eq \f(a,x－1)＋ln x．
(1)若函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e，＋∞))内有极值，求实数a的取值范围；
(2)在(1)的条件下，对任意t∈(1，＋∞)，s∈(0，1)，求证：f(t)－f(s)>e＋2－eq \f(1,e)．
【解析】 (1)由定义域为(0，1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(a,(x－1)2)＝eq \f(x2－(a＋2)x＋1,x(x－1)2)，
设h(x)＝x2－(a＋2)x＋1，要使y＝f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e，＋∞))上有极值，
则x2－(a＋2)x＋1＝0有两个不同的实根x1，x2，∴Δ＝(a＋2)2－4>0，∴a>0或a<－4，①
且至少有一根在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e，＋∞))上，又∵x1·x2＝1，∴只有一根在区间(e，＋∞)上，不妨设x2>e，
∴0e＋eq \f(1,e)－2，②
联立①②可得a>e＋eq \f(1,e)－2．即实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e＋\f(1,e)－2，＋∞))．
(2)由(1)知，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，x2))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴f(x)在(1，＋∞)上有最小值f(x2)，即∀t∈(1，＋∞)，都有f(t)≥f(x2)，
又当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，x1))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，1))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
∴f(x)在(0，1)上有最大值f(x1)，即对∀s∈(0，1)，都有f(s)≤f(x1)，
又∵x1＋x2＝2＋a，x1x2＝1，x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))，x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e，＋∞))，
∴f(t)－f(s)≥f(x2)－f(x1)＝ln x2＋eq \f(a,x2－1)－ln x1－eq \f(a,x1－1)＝lneq \f(x2,x1)＋eq \f(a,x2－1)－eq \f(a,x1－1)＝ln xeq \\al(2,2)＋x2－eq \f(1,x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2>e))，
设k(x)＝ln x2＋x－eq \f(1,x)＝2ln x＋x－eq \f(1,x)(x>e)，则k′(x)＝eq \f(2,x)＋1＋eq \f(1,x2)>0(x>e)，∴k(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e，＋∞))上单调递增，
∴k(x)>k(e)＝2＋e－eq \f(1,e)，∴f(t)－f(s)>e＋2－eq \f(1,e)．
2.(2023·全国高三课时练习）已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－x＋alnx(a>0)．
(1)若a＝1，求f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；
(2)讨论f(x)的单调性；
(3)若f(x)存在两个极值点x1，x2，求证：f(x1)＋f(x2)>eq \f(－3－2ln 2,4)．
【解析】 (1)a＝1时，f(x)＝eq \f(1,2)x2－x＋ln x，f′(x)＝x－1＋eq \f(1,x)，f′(1)＝1，f(1)＝－eq \f(1,2)，
∴f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程为y－(－eq \f(1,2))＝x－1，即2x－2y－3＝0．
(2)f′(x)＝x－1＋eq \f(a,x)＝eq \f(x2－x＋a,x)(a>0)．
①若a≥eq \f(1,4)，则x2－x＋a≥0恒成立，f′(x)≥0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②若00得0eq \f(1＋\r(1－4a),2)；
由x2－x＋a<0得eq \f(1－\r(1－4a),2)∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(1－4a),2)，\f(1＋\r(1－4a),2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1－\r(1－4a),2)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1+\r(1－4a),2)，＋∞))上单调递增．
综上，当a≥eq \f(1,4)时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当0在(0，eq \f(1－\r(1－4a),2))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(1－4a),2)，＋∞))上单调递增．
(3)由(2)知0∴x1＋x2＝1，x1·x2＝a．
∴f(x1)＋f(x2)＝eq \f(1,2)xeq \\al(2,1)－x1＋aln x1＋eq \f(1,2)xeq \\al(2,2)－x2＋aln x2＝eq \f(1,2)(x1＋x2)2－x1·x2－(x1＋x2)＋aln(x1·x2)
＝eq \f(1,2)－a－1＋aln a＝aln a－a－eq \f(1,2)．
令g(x)＝xln x－x－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0∴g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))上单调递减，∴g(x)>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＝eq \f(－3－2ln 2,4)．∴f(x1)＋f(x2)>eq \f(－3－2ln 2,4)．
3. (2023·全国高三课时练习）已知函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)当，,为两个不相等的正数，证明：．
【解析】 (1)函数的定义域为，．
若，，则在区间内为增函数；
若，令，得．
则当时，，在区间内为增函数；
当时，，在区间内为减函数．
(2)当时，．不妨设，则原不等式等价于，
令，则原不等式也等价于即．
下面证明当时，恒成立．
设，则，
故在区间内为增函数，，即，
所以．
【题型五 数列不等式证明】
1.(2023·辽宁省实验中学分校高三期末）已知函数f(x)＝ln(1＋x)．
(1)求证：当x∈(0，＋∞)时，eq \f(x,1＋x)(2)已知e为自然对数的底数，求证：∀n∈N*，eq \r(e)【解析】 (1)令g(x)＝f(x)－eq \f(x,x＋1)＝ln(1＋x)－eq \f(x,x＋1)(x>0)，则g′(x)＝eq \f(1,x＋1)－eq \f(1,(x＋1)2)＝eq \f(x,(x＋1)2)>0(x>0)，
所以g(x)在(0，＋∞)上是增函数，所以当x∈(0，＋∞)时，g(x)>g(0)＝0，即f(x)>eq \f(x,x＋1)成立．
令h(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x(x>0)，则h′(x)＝eq \f(1,x＋1)－1＝－eq \f(x,x＋1)<0(x>0)，
所以h(x)在(0，＋∞)上是减函数，所以当x∈(0，＋∞)时，h(x)综上所述，当x∈(0，＋∞)时，eq \f(x,1＋x)(2)由(1)可知，ln(1＋x)所以lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n2)))＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,n2)))＋…＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(n,n2)))即lneq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,n2)))·…·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(n,n2)))))因为n∈N*，所以eq \f(n＋1,2n)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2n)≤eq \f(1,2)＋eq \f(1,2×1)＝1，所以lneq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,n2)))·…·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(n,n2)))))<1，
所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,n2)))·…·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(n,n2)))eq \f(x,x＋1)对x∈(0，＋∞)都成立，
所以lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(k,n2)))>eq \f(\f(k,n2),1＋\f(k,n2))＝eq \f(k,n2＋k)(k＝1，2，…，n)，
所以lneq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,n2)))·…·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(n,n2)))))＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n2)))＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,n2)))＋…＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(n,n2)))
>eq \f(1,n2＋1)＋eq \f(2,n2＋2)＋…＋eq \f(n,n2＋n)≥eq \f(1,n2＋n)＋eq \f(2,n2＋n)＋…＋eq \f(n,n2＋n)＝eq \f(1＋2＋…＋n,n2＋n)＝eq \f(1,2)，
所以lneq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,n2)))·…·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(n,n2)))))>eq \f(1,2)，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,n2)))·…·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(n,n2)))>eq \r(e)，
所以eq \r(e)2. (2023·江苏·昆山柏庐高级中学期末）已知函数，其中．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明：；
(3)求证：对任意的且，都有：．(其中为自然对数的底数)．
【解析】 (1)函数的定义域为，，
①当时，，所以在上单调递增，
②当时，令，解得．
当时，，所以，所以在上单调递减；
当时，，所以，所以在上单调递增．
综上，当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增．
(2)当时，，要证明，
即证，即．即．
设则，令得，．
当时，，当时，．所以为极大值点，也为最大值点
所以(1)，即．故．
(3)证明：由(2)，（当且仅当时等号成立）令，则，
所以
，
即，所以．