利用导数求数列的和
(七)导数概念及应用
(七)导数概念及应用1．理解导数的概念及几何意义（1）函数y ＝f （x ）在x ＝x 0处的导数：)(0x f ＇＝0lim→∆x Δy Δx＝0lim →∆x f (x 0+Δx )-f (x 0)Δx .函数y ＝f （x ）在（a ，b ）内的导函数：f ′（x ）＝0lim→∆x Δy Δx＝0lim →∆x f (x +Δx )-f (x )Δx .函数y ＝f （x ）在x ＝x 0处的导数f ′（x 0）＝f ′（x ）︱x =0x（2）函数f （x ）在点x 0处有导数，则函数f （x ）在该点处必有切线，且导数值等于该切线的斜率，但函数f （x ）在点x 0处有切线，函数f （x ）在该点处不一定可导.求函数的导数有两种方法：一种方法是用定义求，先求函数的改变量，再求平均变化率，最后取极限，得导数；另一种方法是利用公式与法则求导数．2．熟记八个求导公式和五条求导法则（加、减、乘、除、复合函数求导（理））. 3．导数的应用十分广泛，如求函数的单调区间、极值、最值，求曲线的切线以及解决某些实际问题等.利用导数作工具，考查函数、不等式的综合应用已成为高考的又一热点.利用函数的导数研究函数的性质：先对函数求导，再利用导数y ＇的正负判断函数的单调性或求函数的极值（或最值）．导数的实质是函数值相对于自变量的变化率，体现在几何上就是切线的斜率．高考对导数的考查定位在作为解决初等数学问题的工具这一目标上，主要体现在以下方面：①运用导数有关知识研究函数的单调性和最值问题；②利用导数的几何意义，研究曲线切线的斜率也是导数的一个重要内容之一；③对一些实际问题建立数学模型后求解．导数类型的问题从题型上来看有几下特点：①以选择填空题考查概念、求单调区间和函数的极值、最值；②利用导数求实际问题中的最值为中档题；③与向量、解几、数列相联系的的一些综合题，着眼于导数的几何意义和应用为中档偏难题． 考点1 考查相关概念例1．下列命题中，正确的是（ ） ①若函数f （x ）在点x 0处有极限，则函数f （x ）在x 0处连续；②若函数f （x ）在点x 0连续，则函数f （x ）在x 0处可导；③若函数f （x ）在点x 0处取得极值，则f ′（x 0）＝0；④若函数在点x 0有f ′（x 0）＝0，则x 0一定是函数的极值点.A ．0个 B ．1个 C ．2个 D ．3个解析： ①是错误的，如f （x ）＝⎩⎨⎧ x 1 00=≠x x 在点x ＝0处不连续；②是错误的，如f （x ）＝︱x ︱在x ＝0处连续，但不可导；③是错误的，f （x ）在点x 0不一定可导，反例同②；④是错误的，如f （x ）＝x 3在x ＝0的导数为零，但x ＝0不是函数的极值点.答案A评析：函数f （x ）在点x 0有极限、连续、可导、有极值，四者之间关系要区分清楚.函数f （x ）在x 0处连续是f （x ）在x 0处有极限的充分非必要条件，只有可导函数在x 0取得极值，才有f ′（x 0）＝0，注意其前提条件. 考点2 考查导函数与原函数图象间关系例2．已知函数()y xf x '=的图象如右图所示(其中'()f x 是函数()f x 的导函数)，下面四个图象中()y f x =的图象大致是( ）解析：由()y xf x '=图象可知：)(/x f y =在]1,1[-上小于等于零，故原函数在]1,1[-上为减函数，故选C ．评注：函数()y xf x '=图象提供了很多信息，但要抓住关键特点，如导数为零的点、导数为正值或负值的区间等．考点3 考查导数的几何意义例3．设f （x ）＝－23x 3+x 2+4x ，则过点（0，0）的曲线y ＝f （x ）的切线方程是 ．解析：设所求切线方程为：y ＝kx ，切点（x 0，y 0），又k ＝y ′︱x =0x ＝（－2x 02+2x 0+4）. 则切线方程为y ＝（－2x 02+2x 0+4）x ，∴⎪⎩⎪⎨⎧++-=++-=003000020432)422(x x x y x x x y 解之得x 0＝0或x 0＝34.∴k ＝4或k ＝358，故所求的切线方程为4x －y ＝0或35x －8y ＝0.评析：导数)(0/x f 的几何意义是曲线数)(x f y =在某点0x 处切线的斜率．所以求切线的方程可通过求导数先得到斜率，再由切点利用点斜式方程得到，求过点p （x 0，y 0）的切线方程时，一要注意p （x 0，y 0）是否在曲线上，二要注意该点可能是切点，也可能不是切点，因而所求的切线方程可能不只有1条.。
高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析
高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析1.函数的极小值是 .【答案】.【解析】，令，解得，列表如下：极大值极小值故函数在处取得极小值，即.【考点】函数的极值2.已知a≤＋lnx对任意的x∈[，2]恒成立，则a的最大值为________．【解析】令f(x)＝＋lnx，f′(x)＝，当x∈[，1)时，f′(x)<0，当x∈(1,2]时，f′(x)>0，∴f(x)＝f(1)＝0，∴a≤0，故a最大值为0.min3.一个圆柱形圆木的底面半径为1m，长为10m，将此圆木沿轴所在的平面剖成两个部分．现要把其中一个部分加工成直四棱柱木梁，长度保持不变，底面为等腰梯形（如图所示，其中O 为圆心，在半圆上），设，木梁的体积为V（单位：m3），表面积为S（单位：m2）．（1）求V关于θ的函数表达式；（2）求的值，使体积V最大；（3）问当木梁的体积V最大时，其表面积S是否也最大？请说明理由．【答案】(1)；(2)；（3）是.【解析】（1）本题求直四棱柱的体积，关键是求底面面积，我们要用底面半径1和表示出等腰梯形的上底和高，从图形中可知高为，而，因此面积易求，体积也可得出；（2）我们在（1）中求出，这里的最大值可利用导数知识求解，求出，解出方程在上的解，然后考察在解的两边的正负性，确定是最大值点，实质上对应用题来讲，导数值为0的那个唯一点就是要求的极值点）；（3），上（2）我们可能把木梁的表面积用表示出来，，由于在体积中出现，因此我们可求的最大值，这里可不用导数来求，因为，可借助二次函数知识求得最大值，如果这里取最大值时的和取最大值的取值相同，则结论就是肯定的.试题解析：（1）梯形的面积=，． 2分体积． 3分（2）．令，得，或（舍）．∵，∴． 5分当时，，为增函数；当时，，为减函数． 7分∴当时，体积V最大． 8分（3）木梁的侧面积=，．=，． 10分设，．∵，∴当，即时，最大． 12分又由（2）知时，取得最大值，所以时，木梁的表面积S最大． 13分综上，当木梁的体积V最大时，其表面积S也最大． 14分【考点】（1）函数解析式；（2）用导数求最值；（3）四棱柱的表面积及其最值.4.已知常数a，b，c都是实数，f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34的导函数为f′ (x)，f′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，若f(x)的极小值等于－115，则a的值是()A．－B．C．2D．5【答案】C【解析】依题意得f′(x)＝3ax2＋2bx＋c≤0的解集是[－2,3]，于是有3a＞0，－2＋3＝－，－2×3＝，解得b＝－，c＝－18a，函数f(x)在x＝3处取得极小值，于是有f(3)＝27a＋9b＋3c－34＝－115，－a＝－81，a＝2，故选C.5.已知函数f(x)的导函数f′(x)＝a(x＋1)(x－a)，若f(x)在x＝a处取到极大值，则a的取值范围是________．【答案】(－1,0)【解析】根据函数极大值与导函数的关系，借助二次函数图象求解．因为f(x)在x＝a处取到极大值，所以x＝a为f′(x)的一个零点，且在x＝a的左边f′(x)＞0，右边f′(x)＜0，所以导函数f′(x)的开口向下，且a＞－1，即a的取值范围是(－1,0)．6.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋2(a>0)的极大值点和极小值点都在区间(－1,1)内，则实数a的取值范围是()．A．(0,2]B．(0,2)C．[，2)D．(，2)【答案】D【解析】由题意可知f′(x)＝0的两个不同解都在区间(－1，1)内．因为f′(x)＝3x2＋2ax＋1，所以根据导函数图象可得又a>0，解得<a<2，故选D.7.已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(e x－1)(x－1)k(k＝1,2)，则()．A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值【答案】C【解析】当k＝1时，f′(x)＝e x·x－1，f′(1)≠0，∴f(1)不是极值，故A，B错；当k＝2时，f′(x)＝(x－1)(x e x＋e x－2)，显然f′(1)＝0，且x在1的左侧附近f′(x)<0，x在1的右侧附近f′(x)>0，∴f(x)在x＝1处取到极小值．故选C.8.设函数，则函数的各极小值之和为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】，令，则，令，则，所以当时，取极小值，其极小值为所以函数的各极小值之和，故选D.【考点】1.函数的极值求解；2.数列的求和.9.设函数，其中.（1)若在处取得极值，求常数的值；（2）设集合，，若元素中有唯一的整数，求的取值范围.【答案】（1)；（2）【解析】（1）由在处取得极值，可得从而解得，此问注意结合极值定义检验所求值是否为极值点；（2）分，，和三种情况得出集合A，然后由元素中有唯一的整数，分析端点，从而求出的取值范围.试题解析：（1），又在处取得极值，故，解得.经检验知当时，为的极值点，故.（2）,当时，，则该整数为2，结合数轴可知，当时，，则该整数为0，结合数轴可知当时，,不合条件.综上述，.【考点】1.利用导数处理函数的极值；2.集合元素的分析10.已知函数在处取得极值，则取值的集合为 .【答案】.【解析】，，依题意有，从而有，且有，即，解得或，当时，，此时，此时函数无极值，当时，，此时，此时函数有极值，故.【考点】函数的极值11.函数最小值是___________.【答案】【解析】函数求导得.当时，，即在上单调递减；当时，，即在上单调递增，因此函数在处取得最小值，即.【考点】利用导数求函数的最值.12.已知函数（，，且）的图象在处的切线与轴平行. （1）确定实数、的正、负号；（2）若函数在区间上有最大值为，求的值．【答案】（1），；（2）.【解析】（1）先求导数，因为切线与轴平行，所以导数为0，列出等式，判断出的符号；（2）求导数，令导数为0，解出方程的根，利用导数的正负判断出函数的单调性，通过分类讨论的方法找到最大值，让最大值等于，解出的值.试题解析：（1） 1分由图象在处的切线与轴平行，知，∴. 2分又，故，. 3分(2) 令,得或. 4分∵，令，得或令，得.于是在区间内为增函数，在内为减函数,在内为增函数.∴是的极大值点，是极小值点. 5分令，得或. 6分分类：①当时，，∴ .由解得， 8分②当时，, 9分∴.由得 . 10分记,∵, 11分∴在上是增函数，又，∴, 12分∴在上无实数根. 13分综上，的值为. 14分【考点】1.用导数求切线的斜率；2.用导数求函数最值.13.设函数，（1）求函数的极大值；（2）记的导函数为，若时，恒有成立，试确定实数的取值范围.【答案】(1);(2) .【解析】（1）由导函数或求得函数的单调区间，再找极大值;(2) 的导函数是一元二次函数，转化为一元二次函数在上的最值，再满足条件即可.试题解析：(1)令，且当时，得；当时，得或∴的单调递增区间为；的单调递减区间为和，故当时，有极大值，其极大值为 6分（2）∵ 7分①当时，，∴在区间内单调递减∴，且∵恒有成立∵又，此时， 10分②当时，，得因为恒有成立，所以，即，又得， 14分综上可知，实数的取值范围 . 15分【考点】1.函数的极值；2.一元二次函数的最值.14.已知函数．(Ⅰ)若在上的最大值为，求实数的值；(Ⅱ)若对任意，都有恒成立，求实数的取值范围；(Ⅲ)在(Ⅰ)的条件下，设，对任意给定的正实数，曲线上是否存在两点，使得是以（为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在轴上？请说明理由．【答案】（Ⅰ）．（Ⅱ）．（Ⅲ）对任意给定的正实数，曲线上总存在两点，，使得是以（为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在轴上．【解析】（Ⅰ）由，得，令，得或．当变化时，及的变化如下表：由，，，即最大值为，． 4分（Ⅱ）由，得．，且等号不能同时取，，即恒成立，即． 6分令，求导得，，当时，，从而，在上为增函数，，． 8分（Ⅲ）由条件，，假设曲线上存在两点，满足题意，则，只能在轴两侧，不妨设，则，且．是以为直角顶点的直角三角形，，，是否存在，等价于方程在且时是否有解． 10分①若时，方程为，化简得，此方程无解；②若时，方程为，即，设，则，显然，当时，，即在上为增函数，的值域为，即，当时，方程总有解．对任意给定的正实数，曲线上总存在两点，，使得是以（为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在轴上． 14分【考点】利用导数研究函数的单调性、最值。
专题13 利用导数解决函数的极值、最值-学会解题之高三数学万能解题模板(2021版)【原卷版】
学习界的专题13 利用导数解决函数的极值、最值【高考地位】导数在研究函数的极值与最值问题是高考的必考的重点内容，已由解决函数、数列、不等式问题的辅助工具上升为解决问题的必不可少的工具，特别是利用导数来解决函数的极值与最值、零点的个数等问题，在高考中以各种题型中均出现，对于导数问题中求参数的取值范围是近几年高考中出现频率较高的一类问题，其试题难度考查较大.类型一利用导数研究函数的极值例1 已知函数f (x) =+ ln x ，求函数f (x)的极值.x【变式演练1】（极值概念）【西藏日喀则市拉孜高级中学2020 届月考】下列说法正确的是（）A.当f '(x0 ) = 0 时，则f (x0 ) 为f (x) 的极大值B.当f '(x0 ) = 0 时，则f (x0 ) 为f (x) 的极小值C.当f '(x0 ) = 0 时，则f (x0 ) 为f (x) 的极值D.当f (x0 ) 为f (x) 的极值且f '(x0 ) 存在时，则有f '(x0 ) = 0【变式演练2】（图像与极值）【百师联盟2020 届高三考前预测诊断联考全国卷1】如图为定义在R 上的函数f (x)=ax3 +bx2 +cx +d (a ≠ 0)的图象，则关于它的导函数y =f '(x)的说法错误的是（）A．f '(x)存在对称轴B．f '(x)的单调递减区间为⎛-∞,1 ⎫2 ⎪ ⎝⎭C．f '(x)在(1, +∞)上单调递增D．f '(x)存在极大值【变式演练3】（解析式中不含参的极值）【江苏省南通市2020 届高三下学期高考考前模拟卷】已知函数f (x)=(ax2 +x +1)e x ，其中e是自然对数的底数，a ∈R .（1）当a = 2 时，求f (x )的极值；（2）写出函数f (x )的单调增区间；（3）当a = 0 时，在y 轴上是否存在点P，过点P 恰能作函数f (x)图象的两条切线？若存在，求出所有这样的点；若不存在，请说明理由.【变式演练4】（解析式中含参数的极值）【四川省德阳市2020 届高三高考数学（理科）三诊】已知函数f (x )=ax - 2 ln x - 2 ，g (x )=axe x - 4x ．（1）求函数f (x )的极值；（2）当a > 0 时，证明：g (x )- 2 (ln x -x +1)≥ 2 (ln a - ln 2 )．【变式演练5】（由极值求参数范围）【黑龙江省哈尔滨一中2020 届高三高考数学（理科）一模】已知函数学习界的007f ( x ) = x ln x -1 (m + 1) x2 - x 有两个极值点，则实数m 的取值范围为（）2A ． ⎛ - 1 , 0⎫B ． ⎛-1, 1 -1⎫C ． ⎛ -∞, 1 -1⎫ ）D ． (-1, +∞)e ⎪ e⎪ e⎪ ⎝ ⎭ ⎝⎭⎝⎭【变式演练 6】（由极值求其他）【四川省江油中学 2020-2021 学年高三上学期开学考试】已知函数f ( x ) = 1x 3 + ax 2 + bx (a , b ∈ R ) 在 x = -3 处取得极大值为 9.3（1） 求 a ， b 的值；（2） 求函数 f (x ) 在区间[-4, 4] 上的最大值与最小值.类型二 求函数在闭区间上的最值万能模板内 容使用场景 一般函数类型解题模板第一步 求出函数 f (x ) 在开区间(a , b ) 内所有极值点；第二步 计算函数 f (x ) 在极值点和端点的函数值；第三步 比较其大小关系，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.例 2 【河南省天一大联考 2020 届高三阶段性测试】已知函数 f ( x ) = ln x - x ， g ( x ) = ax 2+ 2x (a < 0) .（1） 求函数 f( x ) 在⎡1 , e ⎤上的最值； ⎢⎣ e ⎥⎦（2） 求函数 h( x ) = f (x ) + g (x ) 的极值点.【变式演练 7】（极值与最值关系）【安徽省皖江联盟 2019-2020 学年高三上学期 12 月联考】已知函数 f ( x ) 在区间(a , b ) 上可导，则“函数 f ( x ) 在区间(a , b ) 上有最小值”是“存在 x 0 ∈(a ,b ) ，满足 f '(x 0 ) = 0 ”的⎨ 1 （）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【变式演练 8】（由最值求参数范围）【湖北省武汉市 2020 届高三下学期六月模拟】若函数⎧a ln x - x 2 - 2 (x > 0 )f ( x ) = ⎪x + + a (x < 0) 的最大值为 f (-1) ，则实数a 的取值范围为（ ）⎩⎪ xA ． ⎡⎣0, 2e 2 ⎤⎦B ． ⎡⎣0, 2e 3⎤⎦C ． (0, 2e 2⎤⎦D ． (0, 2e 3⎤⎦【变式演练 9】（不含参数最值）【安徽省江淮十校 2020-2021 学年高三上学期第一次联考】已知函数f (x ) = cos 2 x s in 2x ，若存在实数 M ，对任意 x 1 , x 2 ∈R 都有 f ( x 1 ) - f (x 2 ) ≤ M 成立.则 M 的最小值为（）A.3 38B.32C.3 3 4D.2 3 3【变式演练 10】（含参最值）【重庆市经开礼嘉中学 2020 届高三下学期期中】已知函数f (x ) = (x - a - 1)e x -1 - 1x 2 + ax , x > 02（1） 若 f (x ) 为单调增函数，求实数 a 的值；（2） 若函数 f (x ) 无最小值，求整数 a 的最小值与最大值之和.【高考再现】1.【2018 年全国普通高等学校招生统一考试数学（江苏卷）】若函数 ƒ(x ) = 䂸x 3 — t x 䂸 + 1(t C R )在(t h + œ) 内有且只有一个零点，则 ƒ(x )在[ — 1h 1]上的最大值与最小值的和为．2【. 2018 年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标 I 卷）】已知函数 ƒ x = 䂸sinx + sin 䂸x ，则 ƒ x的最小值是 ．3. 【2020 年高考全国Ⅱ卷理数 21】已知函数 f (x ) = sin 2x sin 2x ．3 381 2 n （1） 讨论 f ( x ) 在区间(0,π) 的单调性；（2） 证明： f (x ) ≤ ；（3） 设 n ∈ N *，证明： sin 2x sin 22x sin 24x sin 22nx ≤ 3 ． 4n4. 【2020 年高考天津卷 20】已知函数 f (x ) = x3+ k ln x (k ∈ R ) ， f ' (x ) 为 f ( x ) 的导函数．（Ⅰ）当 k = 6 时，（i ） 求曲线 y = f ( x ) 在点(1, f (1)) 处的切线方程；（ii ）求函数 g (x ) = f (x ) - f '(x ) + 9的单调区间和极值；x（Ⅱ）当 k - 3 时，求证：对任意的 x , x ∈[1, +∞) ，且 x> x ， 有 f '( x ) + f ' (x ) > f (x 1 )- f (x 2 ) ． 1 2 1 2 2x - x 1 25. 【2018 年全国卷Ⅲ理数】已知函数 ƒ x = 䂸+ x + tx 䂸 ln 1 + x — 䂸x ．（1） 若 t = t ，证明：当— 1 ǹ x ǹ t 时，ƒ x ǹ t ；当 x Σ t 时，ƒ x Σ t ；（2） 若 x = t 是 ƒ x 的极大值点，求 t ．6. 【2018 年全国普通高等学校招生统一考试文科】设函数 ƒ(x ) = [tx 䂸 — (3t + 1)x + 3t + 䂸]e x .（Ⅰ）若曲线 y = ƒ(x )在点(䂸h ƒ(䂸))处的切线斜率为 0，求 a ；（Ⅱ）若 ƒ(x)在 x = 1 处取得极小值，求 a 的取值范围.7. 【2018 年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（天津卷）】设函数 ƒ(x )=(x — t 1)(x — t 䂸)(x — t 3)，其中t 1h t 䂸h t 3 C R ,且t 1h t 䂸h t 3是公差为 d 的等差数列.（I ）若t 䂸 = t h d = 1h 求曲线 y = ƒ(x )在点(t h ƒ(t ))处的切线方程；（II ） 若 d = 3，求 ƒ(x)的极值；4 4 （III ） 若曲线 y = ƒ(x) 与直线 y =— (x — t 䂸) — 6 3有三个互异的公共点，求d 的取值范围.【反馈练习】1.【2020 届高三 6 月质量检测巩固卷数学（文科）】若函数 f ( x ) = e x (-x 2 + 2x + a )在区间(a , a +1) 上存在最大值，则实数a 的取值范围为（）⎛ -1 A ．, -1 + 5 ⎫ B ． (-1, 2)2 2 ⎪ ⎝ ⎭⎛ -1 C ． 2 ⎫ , 2⎪⎛ -1 D ．2⎫, -1⎪ ⎝ ⎭⎝⎭2. 【黑龙江省大庆市第四中学 2020 届高三下学期第四次检测】若函数 f (x ) = ae x- 1在其定义域上只有 3x个极值点，则实数a 的取值范围（）⎛ e 2 ⎫⎛ e 2 ⎫ A ． -∞, - ⎪ (1, +∞)⎝⎭ B ． -∞, - ⎪⎝⎭C ． ⎛-e , -1 ⎫ (1, +∞)D ． ⎛-∞, - 1 ⎫4e 2 ⎪ e ⎪ ⎝ ⎭⎝ ⎭xx2 x3. 【湖北省金字三角 2020 届高三下学期高考模拟】已知函数 f ( x ) = e + - ln x 的极值点为1 ，函数 2g ( x ) = e x + x - 2 的零点为 x ，函数 h ( x ) = ln x的最大值为x ，则（ ） 2 2x 3A. x 1 > x 2 > x 3B. x 2 > x 1 > x 3C. x 3 > x 1 > x 2D. x 3 > x 2 > x 14. 【湖北省宜昌一中、龙泉中学 2020 届高三下学期 6 月联考】已知函数（ff (e ) = 1，当 x ＞0 时，下列说法正确的是（）ex ）满足 x 2 f '(x ) + 2xf (x ) = 1+ ln x ，① f (x ) 只有一个零点；② f (x ) 有两个零点；- 5 + 5 - 5③ f (x) 有一个极小值点；④ f (x) 有一个极大值点A．①③B．①④C．②③D．②④5.【山东省潍坊市2020届高三6月高考模拟】已知函数f(x)的导函数f'(x)=x4(x-1)3(x-2)2(x-3)，则下列结论正确的是（）A．f (x)在x = 0 处有极大值B．f (x )在x = 2 处有极小值C. f (x)在[1, 3]上单调递减D．f (x )至少有3 个零点6.【云南省曲靖市2020 届高三年级第二次教学质量监测】已知实数a, b 满足0 ≤a ≤1，0 ≤b ≤ 1 ，则函数f (x)=x3 -ax2 +b2 x +1 存在极值的概率为（）A．1B．3C．16 6 3D.37.【云南省红河自治州2019-2020 学年高三第二次高中毕业生复习统一检测】下列关于三次函数f ( x) =ax3 +bx2 +cx +d (a ≠ 0) ( x ∈R) 叙述正确的是（）①函数f (x) 的图象一定是中心对称图形；②函数f (x) 可能只有一个极值点；③当x ≠-b时，f (x) 在x =x 处的切线与函数y = f (x) 的图象有且仅有两个交点；0 3a 0④当x ≠-b时，则过点(x, f (x))的切线可能有一条或者三条．0 3a 0 0A．①③B．②③C．①④D．②④8.【2020 届江西省分宜中学高三上学期第一次段考】已知e 为自然对数的底数，设函数f (x)=1 x2 -ax +b ln x 存在极大值点x ，且对于a 的任意可能取值，恒有极大值f (x )< 0 ,则下列结论2 0 0bb ( ) 中正确的是()A. 存在 x 0= ,使得f (x 0 ) < - 12eB. 存在 x 0= ，使得f (x 0 ) > -e 2C.b 的最大值为e 3D.b 的最大值为 2e 2ax 2⎛ 1 , 3⎫9. 【四川省内江市 2020 届高三下学期第三次模拟考试】函数f （x ）＝ 2+（1﹣2a ）x ﹣2ln x 在区间 2 ⎪⎝ ⎭内有极小值，则 a 的取值范围是（）A ． ⎛ -2, -1 ⎫B ． ⎛-2, -1 ⎫3 ⎪2 ⎪ ⎝ ⎭⎝ ⎭C ． ⎛ -2, - 1 ⎫ ⋃⎛ - 1 , +∞⎫D ． ⎛ -2, - 1 ⎫ ⋃ ⎛ - 1 , +∞ ⎫ 3 ⎪ 3 ⎪ 2 ⎪ 2 ⎪ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭⎝ ⎭ ⎝ ⎭10.【河北省衡水中学 2019-2020 学年高三下学期期中】已知函数 f (x ) =(x2- a )2- 3 x 2 -1 - b ，当时（从①②③④中选出一个作为条件），函数有 .（从⑤⑥⑦⑧中选出相应的作为结论，只填出一．组．即可）1 3 5 9① a ≤ - ② < a < ③ a = 1 ，-2 < b < 0 ④ a = 1 ，- < b < -2 或b = 0 ⑤4 个极小值点⑥1 个极小值点2 2 2 4⑦6 个零点⑧4 个零点1. 【福建省漳州市 2020 届高三高考数学（文科）三模】已知函数 f (x ) = ( x + 3) e x- 2m ， m ∈ R .（1）若 m = 3，求 f ( x ) 的最值；2（2）若当 x ≥ 0 时， f (x - 2) + 2m ≥ 1 mx 2+ 2x +1 ，求 m 的取值范围.e 212. 【安徽省合肥七中、三十二中、五中、肥西农兴中学 2020 届高三高考数学（文科）最后一卷】已知函数 f (x ) = 1 x 2- 2x + a ln x ， a > 1 . 2e（1） 讨论 f( x ) 的单调性；（2）若f (x )存在两个极值点x1 、x2 ，求f (x1 )+f (x2 )的取值范围.13.【2020 届安徽省芜湖市高三下学期教育教学质量监测】已知函数f (x)=ae x + 2e -x+(a - 2 )x .（1）若y =f (x )存在极值，求实数 a 的取值范围；（2）设1 ≤a ≤ 2 ，设g (x)= f (x)-(a + 2)cos x 是定义在⎛-∞,π ⎤上的函数.2 ⎥⎝⎦（ⅰ）证明：y =g'(x )在⎛-∞,π ⎤上为单调递增函数( g'(x)是y =g (x )的导函数)；2 ⎥⎝⎦ （ⅱ）讨论y =g (x )的零点个数.14.【广东省惠州市2021 届高三上学期第一次调研】已知函数f (x) =x- ln(ax) ．a（1）若a > 0 ，求f (x) 的极值；（2）若e x ln x +mx 2 +(1 -e x )x +m ≤ 0 ，求正实数m 的取值范围．15.【北京五中2020 届高三（4 月份）高考数学模拟】设函数f（x）＝me x﹣x2+3，其中m∈R.（1）如果f（x）同时满足下面三个条件中的两个：①f（x）是偶函数；②m＝1；③f（x）在（0，1）单调递减.指出这两个条件，并求函数h（x）＝xf（x）的极值；（2）若函数f（x）在区间[﹣2，4]上有三个零点，求m 的取值范围.16.【辽宁省锦州市渤大附中、育明高中2021 届高三上学期第一次联考】已知函数f (x) =ae x - cos x -x(a ∈R).（1）若 a = 1 ，证明：f (x) ≥ 0 ；（2）若f (x) 在(0,π) 上有两个极值点，求实数 a 的取值范围.17.【西南地区名师联盟2020 届高三入学调研考试】已知函数f (x)=1x3 +bx2 +cx ，b 、c 为常数，且3学习界的007- 1< b < 1， f '(1) = 0 . 2（1）证明： -3 < c < 0 ；（2）若 x 是函数 y = f (x ) - cx 的一个极值点，试比较 f ( x - 4) 与 f (-3) 的大小. 0218.【山东省威海荣成市 2020 届高三上学期期中】某水产养殖公司在一片海域上进行海洋牧场生态养殖， 如图所示，它的边界由圆O 的一段圆弧 PMQ （ M 为此圆弧的中点）和线段 PQ 构成.已知圆O 的半径为12 千米， M 到 PQ 的距离为16 千米.现规划在此海域内修建两个生态养殖区域，养殖区域 R 1 为矩形 ABCD ，养殖区域 R 2 为 A M B ，且 A , B 均在圆弧上，C ,D 均在线段 PQ 上，设∠AOM =α.（Ⅰ）用α分别表示矩形 ABCD 和 A M B 的面积，并确定cos α的范围；（Ⅱ）根据海域环境和养殖条件，养殖公司决定在 R 1 内养殖鱼类，在 R 2 内养殖贝类，且养殖鱼类与贝类单位面积的年产值比为3 : 2 .求当α为何值时，能使年总产值最大.19.【江苏省南通市 2020 届高三下学期高考考前模拟卷】已知函数 f (x ) = ( x - a ) e x + b (a , b ∈ R ) ．（1） 讨论函数 f( x ) 的单调性；（2） 对给定的 a ，函数 f( x ) 有零点，求b 的取值范围；（3）当 a = 2 ， b = 0 时， F (x ) = f ( x ) - x + ln x ，记 y = F ( x ) 在区间⎛ 1 ,1⎫上的最大值为 m ，且4 ⎪ ⎝ ⎭m ∈[n, n + 1), n ∈Z ，求n 的值．20.【陕西省西安中学2020-2021 学年高三上学期第一次月考】已知函数f ( x) =x -1 -a ln x ．（1）当 a = 1 时，求f(x)的最小值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，(1+1)(1+1) ⋅⋅⋅ (1+1) <m ，求m 的最小值．2 22 2n。
数列的求和方法(专题)
例析数列求和的常用方法数列求和是数列教学内容的中心问题之一，也是近年高考命题的一个热点问题。
掌握一些求和的方法和技巧可以提高解决此问题的能力。
本文例析了一些求和的方法，仅供参考。
一、倒序相加法将一个数列倒过来排序（倒序），当它与原数列相加时，若有因式可提，并且剩余的项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和。
如等差数列的求和公式2)(1n n a a n S +=的推导。
例1．已知)(x f 满足R x x ∈21,，当121=+x x 时，21)()(21=+x f x f ，若N n f nn f n f n f f S n ∈+-++++=),1()1()2()1()0( ，求n S 解：∵N n f nn f n f n f f S n ∈+-++++=),1()1()2()1()0( ,①. ∴+=)1(f S n N n f nf n f n n f ∈++++-),0()1()2()1( ,②，①+②整理后可得)1(41+=n S n 二、错位相减法（此法是学生错误率最高的，到高三还有近半数还计算错误，教学时要多用几课时练习巩固）这是推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列}{n n b a ⋅的前n 项和，其中}{n a 、}{n b 分别是等差数列和等比数列。
例2．求数列}2{n n ⋅的前n 项和n S 。
解：∵ n n n n n S 22)1(2322211321⨯+⨯-++⨯+⨯+⨯=-①，所以①－①2⨯错位相消得1132122222+-⨯-++++=-n n n n S ，所以12)1(2+⨯-+=n n n S 。
三、分组求和法所谓分组求和法，即将一个数列中的项拆成几项，转化成特殊数列求和。
例3．已知数列}{n a 满足1)21(-+=n n n a ，求其前n 项和n S 。
解：∵1131211)21()21(3)21(2)21(1----++++++++=n n n S )321(n ++++= ])21()21()21[(11211---++++n 12122)1(--++=n n n 四、公式法（恒等式法）利用已知的求和公式来求和，如等差数列与等比数列求和公式，再如n ++++ 3212)1(+=n n 、)12)(1(613212222++=++++n n n n 等公式。
广东省2023年高考数学模拟(二模)试题按题型难易度分层分类汇编(12套)-03解答题(较难题)
广东省2023年各地区高考数学模拟（二模）试题按题型难易度分层分类汇编（12套）-03解答题（较难题）一．数列的求和（共1小题）1．（2023•汕头二模）已知各项均为正数的数列{a n}满足：a1＝3，且a n a n+12﹣2（a n2﹣1）a n+1﹣a n＝0，n∈N*．（1）设b n＝a n﹣，求数列{b n}的通项公式；（2）设S n＝a12+a22+…+a n2，T n＝++…+，求S n+T n，并确定最小正整数n，使S n+T n为整数．二．利用导数研究函数的单调性（共1小题）2．（2023•梅州二模）已知函数f（x）＝e x﹣1﹣alnx，其中a∈R．（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x∈[0，π]时，2f（x+1）﹣cos x≥1恒成立，求实数a的取值范围．三．利用导数研究函数的最值（共6小题）3．（2023•高州市二模）设定义在R上的函数f（x）＝e x﹣ax（a∈R）．（1）若存在x0∈[1，+∞），使得f（x0）＜e﹣a成立，求实数a的取值范围；（2）定义：如果实数s，t，r满足|s﹣r|≤|t﹣r|，那么称s比t更接近r．对于（1）中的a 及x≥1，问：和e x﹣1+a哪个更接近lnx？并说明理由．4．（2023•汕头二模）已知函数f（x）＝﹣lnx，，a∈R．（1）若函数g（x）存在极值点x0，且g（x1）＝g（x0），其中x1≠x0，求证：x1+2x0＝0；（2）用min{m，n}表示m，n中的最小值，记函数h（x）＝min{f（x），g（x）}（x＞0），若函数h（x）有且仅有三个不同的零点，求实数a的取值范围．5．（2023•潮州二模）已知函数（e是自然对数的底数）有两个零点．（1）求实数a的取值范围；（2）若f（x）的两个零点分别为x1，x2，证明：．6．（2023•广东二模）已知f（x）＝x2﹣ae x，存在x1＜x2＜x3，使得f（x1）＝f（x2）＝f（x3）＝0．（1）求实数a的取值范围；（2）试探究x1+x2+x3与3的大小关系，并证明你的结论．7．（2023•湛江二模）已知函数．（1）求曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程．（2）若存在x1≠x2使得f（x1）＝f（x2），证明：（i）m＞0；（ii）2m＞e（lnx1+lnx2）．8．（2023•佛山二模）已知函数，其中a≠0．（1）若f（x）有两个零点，求a的取值范围；（2）若f（x）≥a（1﹣2sin x），求a的取值范围．四．直线与椭圆的综合（共1小题）9．（2023•潮州二模）已知椭圆过点和点A（x0，y0）（x0y0≠0），T的上顶点到直线的距离为2，如图过点A的直线l与x，y轴的交点分别为M，N，且，点A，C关于原点对称，点B，D关于原点对称，且．（1）求|MN|的长度；（2）求四边形ABCD面积的最大值．五．直线与抛物线的综合（共1小题）10．（2023•广东二模）已知A，B是抛物线E：y＝x2上不同的两点，点P在x轴下方，PA 与抛物线E交于点C，PB与抛物线E交于点D，且满足，其中λ是常数，且λ≠1．（1）设AB，CD的中点分别为点M，N，证明：MN垂直于x轴；（2）若点P为半圆x2+y2＝1（y＜0）上的动点，且λ＝2，求四边形ABDC面积的最大值．六．直线与双曲线的综合（共1小题）11．（2023•茂名二模）已知F1，F2分别为双曲线E：＝1（{a＞0，b＞0}）的左、右焦点，P为渐近线上一点，且|PF1|＝|PF2|，cos∠F1PF2＝．（1）求双曲线的离心率；（2）若双曲线E实轴长为2，过点F2且斜率为k的直线l交双曲线C的右支不同的A，B两点，Q为x轴上一点且满足|QA|＝|QB|，试探究是否为定值，若是，则求出该定值；若不是，请说明理由．七．直线与圆锥曲线的综合（共3小题）12．（2023•高州市二模）在一张纸上有一个圆C：＝4，定点，折叠纸片使圆C上某一点S1好与点S重合，这样每次折叠都会留下一条直线折痕PQ，设折痕PQ与直线S1C的交点为T．（1）求证：||TC|﹣|TS||为定值，并求出点T的轨迹C′方程；（2）设A（﹣1，0），M为曲线C′上一点，N为圆x2+y2＝1上一点（M，N均不在x轴上）．直线AM，AN的斜率分别记为k1，k2，且k2＝﹣，求证：直线MN过定点，并求出此定点的坐标．13．（2023•汕头二模）如图，F1（﹣c，0）、F2（c，0）为双曲线的左、右焦点，抛物线C2的顶点为坐标原点，焦点为F2，设C1与C2在第一象限的交点为P（m，n），且|PF1|＝7，|PF2|＝5，∠PF2F1为钝角．（1）求双曲线C1与抛物线C2的方程；（2）过F2作不垂直于x轴的直线l，依次交C1的右支、C2于A、B、C、D四点，设M 为AD中点，N为BC中点，试探究是否为定值．若是，求此定值；若不是，请说明理由．14．（2023•广州二模）已知点F（1，0），P为平面内一动点，以PF为直径的圆与y轴相切，点P的轨迹记为C．（1）求C的方程；（2）过点F的直线l与C交于A，B两点，过点A且垂直于l的直线交x轴于点M，过点B且垂直于的直线交x轴于点N．当四边形MANB的面积最小时，求l的方程．八．离散型随机变量的期望与方差（共2小题）15．（2023•高州市二模）春节过后，文化和旅游业逐渐复苏，有意跨省游、出境游的旅客逐渐增多．某旅游景区为吸引更多游客，计划在社交媒体平台和短视频平台同时投放宣传广告并进行线上售票，通过近些年的广告数据分析知，一轮广告后，在短视频平台宣传推广后，目标用户购买门票的概率为，在社交媒体平台宣传推广后，目标用户购买门票的概率为q；二轮广告精准投放后，目标用户在短视频平台进行复购的概率为p，在社交媒体平台复购的概率为．（1）记在短视频平台购票的4人中，复购的人数为X，若，试求X的分布列和期望；（2）记在社交媒体平台的3名目标用户中，恰有1名用户购票并复购的概率为P，当P 取得最大值时，q为何值？（3）为优化成本，该景区决定综合渠道投放效果的优劣，进行广告投放战略的调整．已知景区门票100元/人，在短视频平台和社交媒体平台的目标用户分别在90万人和17万人左右，短视频平台和社交媒体平台上的广告投放费用分别为4元/100人和5元/100人，不计宣传成本的景区门票利润率分别是2%和5%，在第（2）问所得q值的基础上，试分析第一次广告投放后，景区在两个平台上的目标用户身上可获得的净利润总额．16．（2023•茂名二模）马尔可夫链是因俄国数学家安德烈•马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第n+1次状态的概率分布只跟第n次的状态有关，与第n﹣1，n﹣2，n﹣3，…次状态是“没有任何关系的”．现有甲、乙两个盒子，盒子中都有大小、形状、质地相同的2个红球和1个黑球．从两个盒子中各任取一个球交换，重复进行n（n∈N*）次操作后，记甲盒子中黑球个数为X n，甲盒中恰有1个黑球的概率为a n，恰有2个黑球的概率为b n．（1）求X1的分布列；（2）求数列{a n}的通项公式；（3）求X n的期望．广东省2023年各地区高考数学模拟（二模）试题按题型难易度分层分类汇编（12套）-03解答题（较难题）参考答案与试题解析一．数列的求和（共1小题）1．（2023•汕头二模）已知各项均为正数的数列{a n}满足：a1＝3，且a n a n+12﹣2（a n2﹣1）a n+1﹣a n＝0，n∈N*．（1）设b n＝a n﹣，求数列{b n}的通项公式；（2）设S n＝a12+a22+…+a n2，T n＝++…+，求S n+T n，并确定最小正整数n，使S n+T n为整数．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）由题意知，b n+1＝a n+1﹣＝＝＝＝2b n，，∴数列{b n}是公比为2，首项为的等比数列，其通项公式为．（2）由（1）有+…++2n＝（）2+（）2+…（）2+2n＝，n∈N*，为使S n+T n＝，n∈N*，当且仅当为整数．当n＝1，2时，S n+T n不为整数，当n≥3时，4n﹣1＝（1+3）n﹣1＝，∴只需为整数，∵3n﹣1与3互质，∴为9的整数倍，当n＝9时，为整数，故n的最小值为9．二．利用导数研究函数的单调性（共1小题）2．（2023•梅州二模）已知函数f（x）＝e x﹣1﹣alnx，其中a∈R．（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x∈[0，π]时，2f（x+1）﹣cos x≥1恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）递增区间为（1，+∞），递减区间为（0，1）；（2）（﹣∞，1]．【解答】解：（1）a＝1，f（x）＝e x﹣1﹣lnx，x＞0，则在（0，+∞）上单调递增且f′（1）＝0，所以当0＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，故f（x）的单调递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0，1）；（2）令g（x）＝2f（x+1）﹣cos x＝2e x﹣2aln（x+1）﹣cos x，x∈[0，π]，所以g′（x）＝+sin x，当a≤0时，g′（x）＞0，则g（x）在[0，π]上单调递增，g（x）≥g（0）＝1，符合题意；当a＞0时，令h（x）＝g′（x），则h′（x）＝＞0，故h（x）即g′（x）在[0，π]上单调递增，又g′（0）＝2﹣2a，（i）当0＜a≤1时，g′（x）≥g′（0）＝2﹣2a≥0，g（x）在[0，π]上单调递增，g （x）≥g（0）＝1，符合题意；（ii）当g'（π）＝2eπ﹣+sinπ≤0，即a≥（π+1）eπ时，对任意的x∈[0，π]，g′（x）≤0，所以g（x）在（0，π）上单调递减，此时g（x）＜g（0）＝2e0﹣2aln1﹣cos0＝1，不合题意．（iii）当1＜a＜（π+1）eπ时，因为g′（x）在[0，π]上单调递增，且g′（0）g′（π）＝（2﹣2a）（2eπ﹣）＜0，所以∃x0∈[0，π]，使g'（x0）＝0，且当x∈（0，x'）时，g'（x）单调递减．此时g（x）＜g（0）＝2e0﹣2aln1﹣cos0＝1，不合题意．综上，实数a的取值范围为（﹣∞，1]．三．利用导数研究函数的最值（共6小题）3．（2023•高州市二模）设定义在R上的函数f（x）＝e x﹣ax（a∈R）．（1）若存在x0∈[1，+∞），使得f（x0）＜e﹣a成立，求实数a的取值范围；（2）定义：如果实数s，t，r满足|s﹣r|≤|t﹣r|，那么称s比t更接近r．对于（1）中的a 及x≥1，问：和e x﹣1+a哪个更接近lnx？并说明理由．【答案】（1）（e，+∞）．（2）比e x﹣1+a更接近lnx，理由见解析．【解答】解：（1）因为存在x0∈[1，+∞），使得f（x0）＜e﹣a成立，即f（x）min＜e﹣a，由题设知，f'（x）＝e x﹣a，①当a≤0时，f'（x）＞0恒成立，f（x）在R上单调递增；即f（x）在[1，+∞）单调递增，f（x）min＝f（1）＝e﹣a，不满足f（x）min＜e﹣a，所以a≤0舍去．②当a＞0时，令f'（x）＝0，得x＝lna，当x∈（﹣∞，lna）时f'（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（lna，+∞）时f'（x）＞0，f （x）单调递增；当a≤e时，f（x）在[1，+∞）单调递增，f（x）min＝f（1）＝e﹣a，不满足f（x）min＜e﹣a，所以a≤e，舍去．当a＞e时，lna＞1，f（x）在（1，lna）单调递减，在（lna，+∞）单调递增，所以f （x）min＝f（lna）＜f（1）＝e﹣a成立，故当a＞e时成立．综上：a＞e，即实数a的取值范围是（e，+∞）．（2）令，x≥1，p（x）在[1，+∞）单调递减．因为p（e）＝0，故当1≤x≤e时，p（x）≥p（e）＝0；当x＞e时，p（x）＜0；令q（x）＝e x﹣1+a﹣lnx，x≥1，令，，h（x）在[1，+∞）单调递增，故h（x）≥h（1）＝0，所以q'（x）＝h（x）＞0，则q（x）在[1，+∞）单调递增，所以q（x）≥q（1）＝a+1，由（1）知a＞e，q（x）≥q（1）＝a+1＞0；①当1≤x≤e时，p（x）≥0，q（x）＞0，令，所以，故m（x）在[1，e]单调递减，所以m（x）≤m（1）＝e﹣1﹣a，由（1）知a＞e，所以m（x）≤m（1）＝e﹣1﹣a＜0，即m（x）＝|p（x）|﹣|q（x）|＜0，故|p（x）|＜|q（x）|，所以比e x﹣1+a更接近lnx；②当x＞e时，p（x）＜0，q（x）＞0，令＝，，令，，p（x）在（e，+∞）上单调递减，所以，n'（x）＝p（x）＜0，n（x）在（e，+∞）单调递减，所以n（x）≤n（e）＝1﹣e e﹣1﹣a，由（1）知a＞e，所以n（x）＜n（e）＝1﹣e e﹣1﹣a＜0，即n（x）＝|p（x）|﹣|q（x）|＜0，故|p（x）|＜|q（x）|，所以比e x﹣1+a更接近lnx；综上：当a＞e及x≥1，比e x﹣1+a更接近lnx．4．（2023•汕头二模）已知函数f（x）＝﹣lnx，，a∈R．（1）若函数g（x）存在极值点x0，且g（x1）＝g（x0），其中x1≠x0，求证：x1+2x0＝0；（2）用min{m，n}表示m，n中的最小值，记函数h（x）＝min{f（x），g（x）}（x＞0），若函数h（x）有且仅有三个不同的零点，求实数a的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）（）．【解答】（1）证明：由题意，，g'（x）＝3x2﹣a，当a≤0时，g'（x）≥0恒成立，没有极值．当a＞0时，令g'（x）＝0，即3x2﹣a＝0，解之得，，当x∈（﹣∞，x1′）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增；当x∈（x1′，x2′）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减；当x∈（x2′，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增．∴g（x）的极大值为，极小值为，当时，要证x1+2x0＝0，即证，代入计算有，，，则有g（x0）＝g（x1）符合题意，即x1+2x0＝0得证；当时，要证x1+2x0＝0，即证，代入计算有，，，则有g（x0）＝g（x1）符合题意，即x1+2x0＝0得证．综上，当x0为极大值点和极小值点时，x1+2x0＝0均成立．（2）解：①当x∈（1，+∞）时，f（x）＝﹣lnx＜0，∴h（x）＝min{f（x），g（x）}≤f （x）＜0，故函数h（x）在x∈（1，+∞）时无零点；②当x＝1时，f（1）＝0，，若，则g（1）≥0，h（x）＝f（1）＝0，故x＝1是函数h（x）的一个零点；若，则g（1）＜0，∴h（x）＝g（x）＜0，故x＝1时函数h（x）无零点．③当x∈（0，1）时，f（x）＝﹣lnx＞0，因此只需要考虑g（x），由题意，，g'（x）＝3x2﹣a，（一）当a≤0时，g'（x）≥0恒成立，∴g（x）在（0，1）上单调递增，，∴g（x）＞0在x∈（0，1）恒成立，即g（x）在（0，1）内无零点，也即h（x）在（0，1）内无零点；（二）当a≥3时，x∈（0，1），g'（x）＜0恒成立，∴g（x）在（0，1）上单调递减，即g（x）在（0，1）内有1个零点，也即h（x）在（0，1）内有1个零点；（三）a∈（0，3）时，函数g（x）在上单调递减，∴，若，即时，g（x）在（0，1）内无零点，也即h（x）在（0，1）内无零点；若，即时，g（x）在（0，1）内有唯一的一个零点，也即h（x）在（0，1）内有唯一的零点；若，即时，由，，∴时，g（x）在（0，1）内有两个零点．综上所述，当a∈（）时，函数有3个零点．5．（2023•潮州二模）已知函数（e是自然对数的底数）有两个零点．（1）求实数a的取值范围；（2）若f（x）的两个零点分别为x1，x2，证明：．【答案】（1）（e，+∞）；（2）证明见解析．【解答】解：（1）有两个零点，等价于h（x）＝xe x﹣a（lnx+x）＝xe x﹣aln（xe x）（x＞0）有两个零点，令t＝xe x，则t′＝（x+1）e x＞0，在x＞0时恒成立，所以t＝xe x在x＞0时单调递增，所以h（x）＝xe x﹣aln（xe x）有两个零点，等价于g（t）＝t﹣alnt有两个零点，，①当a≤0时，g′（t）＞0，g（t）单调递增，不可能有两个零点；②当a＞0时，令g′（t）＞0，得t＞a，g（t）单调递增，令g′（t）＜0，得0＜t＜a，g（t）单调递减，所以g（t）min＝g（a）＝a﹣alna，若g（a）＞0，得0＜a＜e，此时g（t）＞0恒成立，没有零点；若g（a）＝0，得a＝e，此时g（t）有一个零点；若g（a）＜0，得a＞e，因为g（1）＝1＞0，g（e）＝e﹣a＜0，g（e a）＝e a﹣a2＞0，所以g（t）在（1，e），（e，e a）上各存在一个零点，符合题意，综上，a的取值范围为（e，+∞）．（2）证明：要证只需证，即证，由（1）知，，所以只需证lnt1+lnt2＞2，因为alnt1＝t1，alnt2＝t2，所以a（lnt2﹣lnt1）＝t2﹣t1，a（lnt2+lnt1）＝t2+t1，所以，只需证，设0＜t1＜t2，令，则t＞1，所以只需证即证，令，t＞1，则，h（t）＞h（1）＝0，即当t＞1时，成立，所以lnt1+lnt2＞2，即，即．6．（2023•广东二模）已知f（x）＝x2﹣ae x，存在x1＜x2＜x3，使得f（x1）＝f（x2）＝f （x3）＝0．（1）求实数a的取值范围；（2）试探究x1+x2+x3与3的大小关系，并证明你的结论．【答案】（1）（0，）；（2）x1+x2+x3＞3，证明见解析．【解答】解：（1）由题意得f（x）＝x2﹣ae x有三个零点，所以方程x2﹣ae x＝0有三个根，即方程有三个根，所以函数y＝a与函数的图象有三个公共点，设，则，令g′（x）＞0，解得0＜x＜2；令g′（x）＜0，解得x＜0或x＞2，所以g（x）在（0，2）上单调递增，在（﹣∞，0）和（2，+∞）上单调递减，因为当x→﹣∞时，g（x）→+∞，当x→+∞时，g（x）→0，且g（0）＝0，，所以g（0）＜a＜g（2），所以，即实数a的取值范围为（0，）．（2）x1+x2+x3＞3，证明如下：因为x1＜x2＜x3，由（1）得x1＜0＜x2＜2＜x3，由，得2lnx2﹣x2＝2lnx3﹣x3，设h（x）＝2lnx﹣x，则h（x2）＝h（x3），求导得，令h′（x）＞0，解得0＜x＜2，令h'（x）＜0，解得x＞2，所以h（x）在（0，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减，设m（x）＝h（4﹣x）﹣h（x），0＜x＜2，则m（x）＝2ln（4﹣x）﹣4+x﹣2lnx+x＝2ln（4﹣x）﹣2lnx+2x﹣4，0＜x＜2，求导得恒成立，所以m（x）在（0，2）上单调递减，所以m（x）＞m（2）＝0，即h（4﹣x）＞h（x），因为0＜x2＜2，所以h（4﹣x2）＞h（x2）＝h（x3），又因为x3＞2，4﹣x2＞2，h（x）在（2，+∞）上单调递减，所以4﹣x2＜x3，即x2+x3＞4，设且x0＜0，则，因为g（x）在（﹣∞，0）上单调递减，所以x1＞x0，因为e3＞4，所以，所以，因为g（x）在（﹣∞，0）上单调递减，所以x0＞﹣1，所以x1＞x0＞﹣1，所以x1+x2+x3＞4﹣1＝3．7．（2023•湛江二模）已知函数．（1）求曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程．（2）若存在x1≠x2使得f（x1）＝f（x2），证明：（i）m＞0；（ii）2m＞e（lnx1+lnx2）．【答案】（1）y＝（1﹣m）x+m+；（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析．【解答】（1）解：因为f'（x）＝e x﹣1﹣x+1﹣，所以f'（1）＝1﹣m，又f（1）＝，所以曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程为y﹣＝（1﹣m）（x﹣1），即y＝（1﹣m）x+m+；（2）证明：（i）依题意可知f'（x）有零点，即m＝x（e x﹣1﹣x+1）有正数解，令φ（x）＝e x﹣1﹣x+1，则φ'（x）＝e x﹣1﹣1．当x∈（0，1）时，φ'（x）＜0，φ（x）单调递减；当x∈（1，+∞）时，φ'（x）＞0，φ（x）单调递增，所以φ（x）≥φ（1）＝1＞0，所以m＞0．（ii）不妨设x1＞x2＞0．由f（x1）＝f（x2）可得m＝，因为x1＞x2，所以lnx1＞lnx2，要证2m＞e（lnx1+lnx2），只要证﹣+x1﹣（lnx1）2＞﹣+x2﹣（lnx2）2，令g（x）＝e x﹣1﹣x2+x﹣（lnx）2，即只要证g（x1）＞g（x2），即只要证y＝g（x）在（0，+∞）上单调递增，即只要证g'（x）＝e x﹣1﹣x+1﹣e•≥0在（0，+∞）上恒成立，即只要证e x﹣1﹣x+1≥e•在（0，+∞）上恒成立．令h（x）＝，则h'（x）＝，当x∈（0，e）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增：当x∈（e，+∞）时，h'（x）＜0，h （x）单调递减，所以h（x）≤h（e）＝l．由（i）知，φ（x）＝e x﹣1﹣x+1≥1在（0，+∞）上恒成立，所以e x﹣1﹣x+1≥1≥在（0，+∞）上恒成立，故2m＞e（lnx1+lnx2）．8．（2023•佛山二模）已知函数，其中a≠0．（1）若f（x）有两个零点，求a的取值范围；（2）若f（x）≥a（1﹣2sin x），求a的取值范围．【答案】（1）（，+∞）；（2）（0，1]．【解答】解：（1）∵有两个零点，∴＝有两个根，设g（x）＝，则g′（x）＝＝，当x＜1时，则g′（x）＞0，g（x）单调递增，当x＞1时，则g′（x）＜0，g（x）单调递减，∴当x＝1时，g（x）max＝，当x→+∞时，g（x）→0，当x→﹣∞时，g（x）→﹣∞，∴0＜＜，∴a＞，∴a的取值范围为（，+∞）；（2）设h（x）＝e x﹣3x﹣a（1﹣2sin x），由h（0）≥0，h（）≥0，则0＜a≤1，下面证明：当0＜a≤1时，e x﹣3x﹣a（1﹣2sin x）≥0，即证e x﹣x+2sin x﹣1≥0，设＝b（b≥1），即证b2e x﹣3bx+2sin x﹣1≥0，令t（b）＝b2e x﹣3bx+2sin x﹣1（b≥1），则二次函数的开口向上，对称轴为b＝，由①得，≤＜1，∴t（b）在[1，+∞）单调递增，∴t（b）≥t（1）＝e x﹣3x+2sin x﹣1，下面再证明：e x﹣3x+2sin x﹣1≥0，即证：﹣1≤0，设F（X）＝﹣1，则F′（X）＝，设m（x）＝2﹣3x+2sin x﹣2cos x，则m′（x）＝﹣3+2sin x﹣2cos x＝2sin（x﹣）﹣3＜0，∴m（x）单调递减，且m（0）＝0，则当x＞0时，F′（X）＜0，F（X）单调递减，当x＜0时，F′（X）＞0，F（X）单调递增，∴F（X）≤F（0）＝1﹣1＝0，即﹣1≤0，则e x﹣3x﹣a（1﹣2sin x）≥0，综上，a的取值范围为（0，1]．四．直线与椭圆的综合（共1小题）9．（2023•潮州二模）已知椭圆过点和点A（x0，y0）（x0y0≠0），T的上顶点到直线的距离为2，如图过点A的直线l与x，y轴的交点分别为M，N，且，点A，C关于原点对称，点B，D关于原点对称，且．（1）求|MN|的长度；（2）求四边形ABCD面积的最大值．【答案】（1）3；（2）4．【解答】解：（1）T的上顶点（0，b）到直线的距离，解得b＝1，又椭圆过点，则，解得a2＝4，所以椭圆方程为，因为点A（x0，y0）（x0y0≠0）在椭圆上，所以，由题意直线l的斜率存在，设过点A的直线l方程为y﹣y0＝k（x﹣x0），令x＝0，则y＝y0﹣kx0，令y＝0，则，即，由，得，所以，所以，所以＝；（2）由（1）得直线MN的斜率，因为，所以，所以直线BD的方程为，即2y0x+yx0＝0，联立，解得，所以|x|＝，所以，点A到直线BD的距离，又因，所以，由椭圆的对称性可得四边形S△ABD＝S△CBD，所以四边形ABCD面积，，当且仅当，即时取等号，则，，所以，即四边形ABCD面积的最大值为4．五．直线与抛物线的综合（共1小题）10．（2023•广东二模）已知A，B是抛物线E：y＝x2上不同的两点，点P在x轴下方，PA 与抛物线E交于点C，PB与抛物线E交于点D，且满足，其中λ是常数，且λ≠1．（1）设AB，CD的中点分别为点M，N，证明：MN垂直于x轴；（2）若点P为半圆x2+y2＝1（y＜0）上的动点，且λ＝2，求四边形ABDC面积的最大值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解答】（1）证明：因为，且P，A，C共线，P，B，D共线，所以AB ∥CD，所以直线AB和直线CD的斜率相等，即k AB＝k CD，设，，，，则点M的横坐标，点N的横坐标，由k AB＝k CD，得，因式分解得，约分得x2+x1＝x4+x3，所以，即x M＝x N，所以MN垂直于x轴．（2）解：设P（x0，y0），则，且﹣1≤y0＜0，当λ＝2时，C为PA中点，则，，因为C在抛物线上，所以，整理得，当λ＝2时，D为PB中点，同理得，所以x1，x2是方程的两个根，因为，由韦达定理得x1+x2＝2x0，，所以，所以PM也垂直于x轴，所以，因为，所以＝＝＝，﹣1≤y0＜0，当时，取得最大值，所以，所以四边形ABDC面积的最大值为．六．直线与双曲线的综合（共1小题）11．（2023•茂名二模）已知F1，F2分别为双曲线E：＝1（{a＞0，b＞0}）的左、右焦点，P为渐近线上一点，且|PF1|＝|PF2|，cos∠F1PF2＝．（1）求双曲线的离心率；（2）若双曲线E实轴长为2，过点F2且斜率为k的直线l交双曲线C的右支不同的A，B两点，Q为x轴上一点且满足|QA|＝|QB|，试探究是否为定值，若是，则求出该定值；若不是，请说明理由．【答案】（1）e＝2．（2）证明见解析．【解答】解：（1）由|PF1|＝|PF2|，可设|PF1|＝x，|PF2|＝x，在△PF1F2中cos∠F1PF2＝，∴|F1F2|2＝7x2+3x2﹣2x•x＝4x2，即|F1F2|＝2x，∴|PF1|2＝|PF2|2+|F1F2|2，∴△PF1F2为直角三角形，∴在△OPR2中，PF2⊥OF2，|PF2|＝x，|OF2|＝x，＝，则双曲线的离心率为e＝＝＝＝2．（2）在双曲线中＝，且实轴长为2，所以a＝1，b＝，所以双曲线E方程为．由F2（2，0），故设斜率为k的直线l为y＝k（x﹣2），y＝k（x﹣2）代入．可得（3﹣k2）x2+4k2x﹣4k2﹣3＝0，∵直线l与双曲线右支交于不同两点，∴，解得k2≥3，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2＝，x1x2＝，则＝，＝k（﹣2）＝，即A，B的中点坐标为（，），因为Q为x轴上一点，满足|QA|＝|QB|，故Q为AB的垂直平分线与x轴的交点，AB的垂直平分线的方程为：y﹣＝﹣（x﹣﹣），令y＝0，则得x＝，即Q（，0），∴|QF2|＝|﹣﹣2|＝，又|AB|＝＝•＝，又因为A，B在双曲线的右支上，故|AF1|﹣|AF2|＝2a＝2，|BF1|﹣|BF2|＝2，故|AF1|+|BF1|﹣|AF2|﹣|BF2|＝4，即|AF1|+|BF1|﹣4＝|AB|，故＝＝＝2，即为定值．七．直线与圆锥曲线的综合（共3小题）12．（2023•高州市二模）在一张纸上有一个圆C：＝4，定点，折叠纸片使圆C上某一点S1好与点S重合，这样每次折叠都会留下一条直线折痕PQ，设折痕PQ与直线S1C的交点为T．（1）求证：||TC|﹣|TS||为定值，并求出点T的轨迹C′方程；（2）设A（﹣1，0），M为曲线C′上一点，N为圆x2+y2＝1上一点（M，N均不在x轴上）．直线AM，AN的斜率分别记为k1，k2，且k2＝﹣，求证：直线MN过定点，并求出此定点的坐标．【答案】（1）||TC|﹣|TS||＝2，点T的轨迹C′的方程：；（2）直线MN过定点T（1，0），证明见解析．【解答】解：（1）证明：由题意得|TS|＝|TS1|，所以，即T的轨迹是以C，S为焦点，实轴长为2的双曲线，即点T的轨迹C′的方程：；（2）证明：由已知得直线AM的方程：y＝k1（x+1），直线AN的方程：y＝k2（x+1），联立直线方程与双曲线方程，消去y，整理可得，由韦达定理得，所以，即，所以，联立直线方程与圆方程，消去y，整理得，由韦达定理得，所以，即，因为，即，所以，若直线MN所过定点，则由对称性得定点在x轴上，设定点T（t，0），由三点共线得k MT＝k NT，即，，解得t＝1，所以直线MN过定点T（1，0）．13．（2023•汕头二模）如图，F1（﹣c，0）、F2（c，0）为双曲线的左、右焦点，抛物线C2的顶点为坐标原点，焦点为F2，设C1与C2在第一象限的交点为P（m，n），且|PF1|＝7，|PF2|＝5，∠PF2F1为钝角．（1）求双曲线C1与抛物线C2的方程；（2）过F2作不垂直于x轴的直线l，依次交C1的右支、C2于A、B、C、D四点，设M 为AD中点，N为BC中点，试探究是否为定值．若是，求此定值；若不是，请说明理由．【答案】（1）；（2）是定值．【解答】解：（1）由双曲线的定义可知：|PF1|﹣|PF2|＝7﹣5＝2a⇒a＝1，设抛物线方程为：y2＝2px，则由题意可得，即y2＝4cx；由抛物线定义可得：，代入抛物线方程得：，代入双曲线方程得：，故双曲线方程为：；抛物线方程为：y2＝8x；（2）由题意可设l：x＝ky+2，点A、B、C、D的纵坐标依次为y1、y2、y3、y4，分别联立直线l与双曲线、抛物线方程可得：，化简整理可得，（3k2﹣1）y2+12ky+9＝0、y2﹣8ky﹣16＝0，由双曲线性质可得：，故有，因为M、N分别为AD、BC的中点，故其纵坐标依次为：，所以＝是定值．14．（2023•广州二模）已知点F（1，0），P为平面内一动点，以PF为直径的圆与y轴相切，点P的轨迹记为C．（1）求C的方程；（2）过点F的直线l与C交于A，B两点，过点A且垂直于l的直线交x轴于点M，过点B且垂直于的直线交x轴于点N．当四边形MANB的面积最小时，求l的方程．【答案】（1）y2＝4x．（2）x±y﹣＝0．【解答】解：（1）设点P（x，y），以PF为直径的圆的圆心为M，⊙M的半径为r，设⊙M与y轴相切于点N，过点P作PQ⊥y轴，垂足为Q，则r＝|MN|＝＝，|PF|＝2r＝x+1，∴点P到点F的距离等于点P到直线x＝﹣1的距离，∴点P的轨迹为以点F为焦点，直线x＝﹣1为准线的抛物线，∴C的方程为y2＝4x．（2）由题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为：y＝k（x﹣1），A（x1，y1），B（x2，y2），联立，化为k2x2﹣2（k2+2）x+k2＝0，则x1+x2＝，x1x2＝1，设直线l的倾斜角为θ，则|AM|＝|AF||tanθ|，|BN|＝|BF||tanθ|，∴|AM|+|BN|＝|AF||tanθ|+|BF||tanθ|＝|AB||tanθ|＝k|AB|，又|AB|＝|AF|+|BF|＝x1+1+x2+1＝．∴梯形MANB的面积S＝＝＝＝，令t＝|k|∈（0，+∞），则S（t）＝8（t++），S′（t）＝8（1﹣﹣）＝，∴t∈（0，）时，S′（t）＜0，此时函数S（t）单调递减；t∈（，+∞）时，S′（t）＞0，此时函数S（t）单调递增．∴t＝|k|＝时，即k＝±时，四边形MANB的面积S取得极小值即最小值，此时直线l的方程为：y＝±（x﹣1），即x±y﹣＝0．八．离散型随机变量的期望与方差（共2小题）15．（2023•高州市二模）春节过后，文化和旅游业逐渐复苏，有意跨省游、出境游的旅客逐渐增多．某旅游景区为吸引更多游客，计划在社交媒体平台和短视频平台同时投放宣传广告并进行线上售票，通过近些年的广告数据分析知，一轮广告后，在短视频平台宣传推广后，目标用户购买门票的概率为，在社交媒体平台宣传推广后，目标用户购买门票的概率为q；二轮广告精准投放后，目标用户在短视频平台进行复购的概率为p，在社交媒体平台复购的概率为．（1）记在短视频平台购票的4人中，复购的人数为X，若，试求X的分布列和期望；（2）记在社交媒体平台的3名目标用户中，恰有1名用户购票并复购的概率为P，当P 取得最大值时，q为何值？（3）为优化成本，该景区决定综合渠道投放效果的优劣，进行广告投放战略的调整．已知景区门票100元/人，在短视频平台和社交媒体平台的目标用户分别在90万人和17万人左右，短视频平台和社交媒体平台上的广告投放费用分别为4元/100人和5元/100人，不计宣传成本的景区门票利润率分别是2%和5%，在第（2）问所得q值的基础上，试分析第一次广告投放后，景区在两个平台上的目标用户身上可获得的净利润总额．【答案】（1）分布列见解析；当时，期望为1；当时，期望为3；（2）；（3）805500元．【解答】解：（1）由题意得，在短视频平台购票的人中，复购概率为p，复购的人数X 满足二项分布，即X～B（4，p），故，故或．又知X的所有可能取值为0，1，2，3，4，①当时，，，P（X＝2）＝，，P（X＝4）＝＝，所以X得分布列为：X01234P此时数学期望E（X）＝＝1．②p＝时，P（X＝0）＝＝，P（X＝1）＝＝，P（X＝2}＝＝，P（X＝3）＝＝，P（X＝4）＝＝，所以X得分布列为：X01234P此时数学期望E（X）＝4×＝3．（2）设在社交媒体平台的目标用户购票并复购的概率为q1，由题得，．，，令P′＝0，得或1，所以时，P′＞0，函数P单调递增，当时，P′＜0，函数P单调递减．故当取得最大值．由可得，．（3）短视频平台：（元），社交媒体平台：（元），净利润总额：364000+441500＝805500（元）．故景区在两个平台上的目标用户身上可获得的净利润总额为805500元．16．（2023•茂名二模）马尔可夫链是因俄国数学家安德烈•马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第n+1次状态的概率分布只跟第n次的状态有关，与第n﹣1，n﹣2，n﹣3，…次状态是“没有任何关系的”．现有甲、乙两个盒子，盒子中都有大小、形状、质地相同的2个红球和1个黑球．从两个盒子中各任取一个球交换，重复进行n（n∈N*）次操作后，记甲盒子中黑球个数为X n，甲盒中恰有1个黑球的概率为a n，恰有2个黑球的概率为b n．（1）求X1的分布列；（2）求数列{a n}的通项公式；（3）求X n的期望．【答案】（1）X1的分布列如下表：X1012P（2）a n＝+；（3）1．【解答】解：（1）由题可知，X1的可能取值为0，1，2，由相互独立事件概率乘法公式可知：P（X1＝0）＝，P（X1＝1）＝，P（X1＝2）＝＝，故X1的分布列如下表：X1012P（2）由全概率公式可知：P（X n+1＝1）＝P（X n＝1）P（X n+1＝1|X n＝1）+P（X n＝2）P（X n+1＝1|X n＝2）+P（X n＝0）P（X n+1＝1|X n＝0）＝（）P（X n＝1）+（）P（X n＝2）+（1×）P（X n＝0）＝P（X n＝1）+P（X n＝2）+P（X n＝0），即：a n+1＝，所以a n+1＝，所以a n+1﹣＝（），又a1＝P（X1＝1）＝，所以，数列{}是以为首项，以为公比的等比数列，所以＝，即：a n＝+．（3）由全概率公式可得：P（X n+1＝2）＝P（X n＝1）P（X n+1＝2|X n＝1）+P（X n＝2）P （X n+1＝2|X n＝2）+P（X n＝0）P（X n+1＝2|X n＝0）＝（）P（X n＝1）+（）P（X n＝2）+0×P（X n＝0），即：b n+1＝+，又a n＝+，所以b n+1＝+，所以b n+1﹣+＝，又b1＝P（X1＝2）＝，所以＝＝0，所以b n﹣+＝0，所以，所以E（X n）＝a n+2b n+0×（1﹣a n﹣b n）＝a n+2b n＝1．。
高三数学导数试题答案及解析
高三数学导数试题答案及解析1.已知正四棱锥S—ABCD中，SA＝2，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为() A．1B．C．2D．3【答案】C【解析】如图所示，设正四棱锥高为h，底面边长为a，则a＝，即a2＝2(12－h2)，所以V＝×a2×h＝h(12－h2)＝－(h3－12h)，令f(h)＝h3－12h，则f′(h)＝3h2－12(h＞0)，令f′(h)＝0，则h＝2，此时f(h)有最小值，V有最大值．2.已知函数在处的切线的斜率为.（1）求实数的值及函数的最大值；（2）证明：．【答案】（1），不存在；（2）参考解析【解析】（1）由函数在处的切线的斜率为，通过求导以及将x=1代入导函数即可得到的值.根据的对函数求导，由定义域的范围即可得到导函数的正负，从而可得函数的单调性.（2）需证明，由题意可得令=1.即可构造.只需令.即可得到.所以只需证明在单调递减即可.由题意可得结论成立.（1）由已知可得函数的定义域为（2分）在是单调递增的最大值不存在（6分）（2）由（1）令，则,,当且仅当时等号成立令则【考点】1.函数的导数.2.函数的最值问题.3.构建新的函数的创新思维.3.等差数列中的是函数的极值点，则A．2B．3C．4D．5【答案】A【解析】，令，解得，，∴，，选A．【考点】导数，等差数列的性质．4.已知集合，以下命题正确的序号是．①如果函数，其中，那么的最大值为。
②数列满足首项,，当且最大时，数列有2048个。
③数列满足，，，如果数列中的每一项都是集合M的元素，则符合这些条件的不同数列一共有33个。
④已知直线，其中，而且，则一共可以得到不同的直线196条。
【答案】②③④【解析】①令，，则，所以，故不正确．②由条件知数列是首项为，公差为2的等差数列，则，则当时，，所以各有两种可能取值，因此满足条件的数列有个，故正确．③根据条件可知满足条件的数列可分为四类：（1），且，有9种；（2），且，有5种；（3），且，有10种；（4），且，有9种，共有9＋5＋10＋9＝33种．④满足的选法有，其中比值相同重复有14种，因此满足条件的直线共有210－14＝196．【考点】1、导数的计数；2、等差数列；3、计数原理．5.已知函数,,设函数，且函数的零点均在区间内，则的最小值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由，当时，，所以可知函数在上单调递增，又，，所以可知函数在区间上有且只有一个零点，所以的零点满足；由，当时，，所以可知函数在上单调递减，又，=，因为当时，，所以，可知函数在区间上有且只有一个零点，所以的零点满足；因此函数零点满足的区间至少为，由此可知.【考点】导数公式、函数的零点6.设函数，若的图象与图象有且仅有两个不同的公共点,则下列判断正确的是 ( )A．当时，B．当时，C．当时，D．当时，【答案】B【解析】试题分析:令，则，设，令，则，要使的图像与图像有且仅有两个不同的公共点只需，整理得，于是可取来研究，当时，，解得，此时，此时；当时，，解得，此时，此时.答案应选B.【考点】函数与导数、函数图象.7.设函数.（1）若，对一切恒成立，求的最大值；（2）设，且、是曲线上任意两点，若对任意，直线的斜率恒大于常数，求的取值范围.【答案】（1）的最大值为；（2）实数的取值范围是.【解析】（1）当时，将不等式对一切恒成立等价转化为来处理，利用导数求处函数的最小值，进而建立有关参数的不等式进行求解，以便确定的最大值；（2）先根据题意得到，假设，得到，进而得到，并构造新函数，利用函数在上为单调递增函数并结合基本不等式法求出的取值范围.试题解析：（1）当时，不等式对一切恒成立，则有，，令，解得，列表如下：减极小值增故函数在处取得极小值，亦即最小值，即则有，解得，即的最大值是；（2）由题意知，不妨设，则有，即，令，则，这说明函数在上单调递增，且，所以在上恒成立，则有在在上恒成立，当时，，则有，即实数的取值范围是.【考点】1.不等式恒成立；2.基本不等式8.已知函数，.(Ⅰ)若，求函数在区间上的最值；(Ⅱ)若恒成立，求的取值范围. （注：是自然对数的底数）【答案】(Ⅰ) 最大值；(Ⅱ)的取值范围是.【解析】(Ⅰ) 讨论去掉绝对值，利用导数求得最值； (Ⅱ) 对分，讨论：当时，，恒成立，所以；当时，对讨论去掉绝对值，分离出通过求函数的最值求得的范围.试题解析：(1) 若，则.当时，，，所以函数在上单调递增；当时，，.所以函数在区间上单调递减，所以在区间[1,e]上有最小值，又因为，，而，所以在区间上有最大值.(2)函数的定义域为．由，得．（*）（ⅰ）当时，，，不等式（*）恒成立，所以；（ⅱ）当时，①当时，由得，即，现令，则，因为，所以，故在上单调递增，从而的最小值为，因为恒成立等价于，所以；②当时，的最小值为，而，显然不满足题意.综上可得，满足条件的的取值范围是.【考点】绝对值的计算、函数的最值求法、利用导数求函数单调性.9.定义在上的函数同时满足以下条件：①函数在上是减函数，在上是增函数；②是偶函数；③函数在处的切线与直线垂直.（Ⅰ）求函数的解析式；（Ⅱ）设，若存在使得，求实数的取值范围.【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）由三个条件可得三个等式，从而可求出三个未知数.（Ⅱ）一般地若存在使得，则;若存在使得，则.在本题中，由可得: .则大于的最小值.试题解析：（Ⅰ）,由题设可得:所以（Ⅱ）由得: 即:令由题意得:所以在单调递增,在上单调递减又,所以的最小值为【考点】函数的性质,导数的求法及应用.10.定义方程的实数根叫做函数的“新驻点”，若函数的“新驻点”分别为，则的大小关系为（）A．B．C．D．【答案】【解析】因为 ,所以即 ,所以 .,所以即, 设: ,,所以在上是单调函数,又,所以 ,所以即设 ,则,或, 或, ,所以在区间上 ;在区间上,;因此在区间上函数没有零点.在区间上是增函数且,所以 .综上 .【考点】导数的运算及应用,函数零点的范围判断.11.已函数是定义在上的奇函数,在上.（1）求函数的解析式;并判断在上的单调性(不要求证明);（2）解不等式．【答案】（1） ;（2）.【解析】{设，则}是求函数解析式问题的重要方法,即求那个区间的解析式设自变量在那个区间,然后运用奇函数的性质进行转化;注意运用{在相同定义域内,增增增; 减减减}判断函数的单调性.（2）利用函数的单调性解不等式,同时注意函数的定义域.试题解析：（1）设，则又是奇函数，所以，= 3分4分是[-1，1]上增函数 .6分（2）是[-1，1]上增函数，由已知得: .7分等价于 ...10分不等式的解集为 12分【考点】求函数解析式,函数的单调性,函数的奇偶性,解不等式.12.设函数 (R)，且该函数曲线在处的切线与轴平行.（Ⅰ）讨论函数的单调性；（Ⅱ）证明：当时，.【答案】（Ⅰ）在上单调递减，在上单调递增；（Ⅱ）见解析.【解析】（Ⅰ）先求出原函数的导函数，令导函数大于零得单调增区间，令导函数小于零得单调减区间；（Ⅱ）当时，，在上单调递增，求出在上的最大值为和最小值，用最大值减去最小值可得结论.试题解析：（Ⅰ），由条件知，故则 3分于是.故当时，；当时，。
运用导数巧求数列和
运用导数巧求数列和数列是数学中的基础概念，是一系列按特定顺序排列的数的集合。
数列求和是指对数列中的所有数进行求和运算。
在数学中，比较常见的数列有等差数列和等比数列。
在一些情况下，为了方便计算数列的和，可以运用导数的巧妙方法，通过对数列进行求导和积分等运算，将求和问题转化为其他数学运算问题。
一、等差数列求和等差数列是指数列中相邻两项之间的差值是一个常数的数列。
在等差数列中，如果已知首项a1、末项aN和项数n，我们需要求解的就是数列的和Sn，即1+2+3+…+n的和。
对于等差数列，我们可以运用导数的巧妙方法进行求和。
步骤：1. 首先，假设原等差数列的首项为a1，公差为d，那么原数列的通项公式为an = a1 + (n-1)d。
2. 对于数列的和Sn = a1+a2+a3+…+an，我们将其视为n的函数Sn，即Sn = Sn(n)。
3.接下来，我们对数列的和Sn进行求导，得到导数Sn’(n)。
4.然后，我们对Sn’(n)进行积分，得到Sn(n)，即数列的和。
举例：以等差数列1 + 2 + 3 + … + n为例，首项a1为1，公差d为1，通项公式为an = 1 + (n-1)1 = n。
1.对数列的和Sn进行求导，得到导数Sn’(n)：Sn’(n) = d/dn(1 + 2 + 3 + … + n) = d/dn(n(n+1)/2) = (2n +1)/22.对Sn’(n)进行积分，得到Sn(n)：Sn(n) = ∫[(2n + 1)/2]dn = (n^2 + n)/2所以，数列1+2+3+…+n的和为Sn(n)=(n^2+n)/2、通过运用导数的巧妙方法，我们成功地求解了等差数列1+2+3+…+n的和。
二、等比数列求和等比数列是指数列中相邻两项之间的比值是一个常数的数列。
在等比数列中，如果已知首项a1、末项aN和公比q，我们需要求解的就是数列的和Sn，即a1 + a2 + a3 + … + an的和。
导数在初等数学中的应用-毕业论
江西师范大学数学与信息科学学院学士学位论文导数在初等数学中的应用Application of Derivative inThe Elementary Mathematics姓名：胡磊学号：200907010052学院：数学与信息科学学院专业：数学与应用数学指导老师：陈冬香（教授）完成时间：2013年4月25号导数在初等数学中的应用胡磊【摘要】导数是高中数学所接触的一个概念，它广泛地应用于众多数学模块中，如在函数的研究中，导数能更直观的形象的反应函数的部分性质，还有在判断方程的根；不等式的证明、恒等式的证明、数列求和、解析几何中都有广泛的应用。
在部分数学模块中，导数的引入给许多常规问题的解决提供了新的方法，突出导数在解决问题的优越性；并且归纳总结导数在应用时应注意的部分问题。
【关键词】导数初等数学解题方法应用Application of Derivative in the Elementary MathematicsHu Lei【Abstract】Derivative is a concept which is studied in high school mathematics. It is widely used in numerous math modules such as the research of the Function, in which Derivative can reflect Function’s partial properties more directly and magically. What’s more, Derivative also apply to the judgment of the Function Root, the certification of the Inequity and Identity, the summation of Number Sequence and the Analytic Geometry. In some math modules, the introduction of the Derivative provides new ways for many conventional problems which highlights its superiority in problem-solving. In addition, the essay also sums up and summarizes some problems in the application of the Derivative.【Key words】Derivative Mathematic Problem solving method Application目录1 引言 (1)2 研究导数在函数中的应用 (1)2.1 导数在研究函数的单调性中的作用 (1)2.2 导数在求函数的极值中的作用 (3)2.3利用导数求函数的值域 (4)3 研究导数在判别方程根中的应用 (4)4 研究导数在不等式中的应用 (6)5 研究导数在恒等式的证明中的应用 (8)6 导数在数列方面的应用 (10)7 研究导数的几何应用 (11)8 导数解决实际生活中的问题 (12)8.1 成本问题 (12)8.2 制作容器 (13)9 导数在应用时注意的部分问题 (14)总结 (15)参考文献 (16)致谢 (16)1 引言导数的思想最初是由法国数学家费马为研究极值问题而引入的，但是于导数概念直接相联系的是以下两个问题：已知运动规律求速度和已知曲线求它的切线。
导数在数列中的应用
令 ｂｎ＝ａ′ｎ，则 ｂｎ＋１＝２ｂｎ＋１．
两边再对 ｎ求导，得 ｂ′ｎ＋１＝２ｂ′ｎ．
从而数列｛ｂ′ｎ｝是以 ｂ′１ 为首项，２为公比的等
比数列．
由等比数列的通项公式，ｂ′ｎ＝ｂ′１·２ｎ－１．
两边对
ｎ积分，得
ｂｎ
＝ｂ′１·２ｎ－１ ｌｎ２
＋Ｃ１．
从而 ａ′ｎ＝ｌｂｎ′２１·２ｎ－１＋Ｃ１． 两边再对 ｎ积分， 得 ａｎ＝（ｌｂｎ′２１）２·２ｎ－１＋Ｃ１ｎ＋Ｃ２． 令（ｌｂｎ′２１）２＝Ｃ，得 ａｎ＝Ｃ·２ｎ－１＋Ｃ１ｎ＋Ｃ２． 由 ａ１＝１，ａｎ＋１＝２ａｎ＋ｎ，ｎ∈Ｎ ， 可知 ａ１＝１，ａ２＝３，ａ３＝８．
２ 求数列的通项公式
例 ２ 已知数列｛ａｎ｝，首项 ａ１ ＝１，ａｎ＋１ ＝２ａｎ ＋ ｎ，ｎ∈Ｎ ，求数列｛ａｎ｝的通项公式．
如果此题用传统方式构造新数列来求数列通
项，构造过程难度较大，并且不容易计算，可以试着
用导数求解．
解：对 ａｎ＋１＝２ａｎ＋ｎ两边关于 ｎ求导，
得 ａ′ｎ＋１＝２ａ′ｎ＋１．
檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸
（上接第 ７０页） ③把做错的原题在错题本上原原本本地抄一
遍，把原来错误的解法清晰地摘要在错本上，并在 下面留有一块空白；
④纠正错误．在明确错误的原因之后，还要一步 一步规范地在留下的空白处把原题再做一遍，以便 加深印象和逐步形成能力．
解题探索导数在数列中的应用许荣好江苏省苏州市吴中区江苏省外国语学校215100导数是高中数学的一个重要知识点是解决函数问题的一种重要方法为数学的发展起到了极大的推动作用
《数学之友》 ２０１８年第 ８期
解题探索
例 １ 已知数列｛ａｎ｝的通项 ａｎ ＝－３ｎ２ ＋１８ｎ， ｎ∈Ｎ，求使数列｛ａｎ｝取最大值时 ｎ的值．
导数在数列中的应用
导数在数列中的应用摘 要：导数是解决函数问题的有力工具，更为数学解题注入了新的活力。
由于数列可看做特殊的函数，所以自然可联想尝试应用导数知识解决数列问题。
一．导数的概念1、定义：0'0000()()()()()limlim lim x x x x f x f x y f x x f x f x x x x x ∆→∆→→-∆+∆-===∆∆-左导数：0'0000()()()()()lim lim lim x x x x f x f x y f x x f x f x x x x x ----∆→∆→→-∆+∆-===∆∆- 右导数： 0'0000()()()()()lim lim lim x x x x f x f x y f x x f x f x x x x x ++++∆→∆→→-∆+∆-===∆∆-'''()()()f x A f x f x A -+∴=⇔==可以证明：可导⇒连续 即：可导是连续的充分条件连续是可导的必要条件导函数：'00()()()lim limx x y f x x f x f x y x x∆→∆→∆+∆-===∆∆ 二．导数在数列问题中的应用1.利用导数确定数列的最大或最小项例1 已知数列{n a }的通项n a =328x x -,n ∈N+,求数列{n a }的最大项 解：构造辅助函数f(x )=328x x -(x>0),则()x f '=16x-23x 显然，当0<x<316时，()x f '>0,当x>316时，'f (x )<0,故f(x)在区间（0,316）上是增函数，在区间（316,+∞）上是减函数，所以当x=316时，函数取最大值。
对于n ∈N+,f(n )=328n n -,f(5)=75,f(6)=72,所以f(n)的最大值是75，即数列{n a }的最大项为5a =75. 2.利用导数研究数列的增减性例2 设定以在R 上的函数f(x )与数列{n a }满足：1a >a,其中a 是方程f(x )=x的实数根，()n n a f a =+1,f(x )可导，且()x f '∈（0,1）.（1） 证明：n a >a,(1)判定n a 与1+n a 的大小关系，并证明 证明（1）由已知1a >a,即n=1时，n a >a 成立. (2)设n=k 时 k a >a因为'f (x )>0，所以f(x )是增函数，所以1+k a =f(k a )>f(a) 又由题设可知 f(a)=a ，所以k k a a >+1 即n=k+1时，命题成立. 由（1）（2）知 n ∈N+时，n a >a 成立.(2) 要比较 n a ,1+n a 的大小，即比较n a 和f(n a )的大小，构造辅助函数g(x )=x-f(x )，则'g (x)=1-'f (x)>0,故g(x )是增函数，所以当n a >a 时，g （n a ）>g(a)，又因为g(a)=a-f(a)=0,g(n a )=()n n a f a -，所以()n n a f a ->0，故()n n a f a >即1+>k k a a 3.利用导数求数列前n 项和例3 求数列,...,...3,2,112-n nx x x 前项的和 s n . 解：当x=1时，n s =1+2+3+…+n=()121+n n 当x ≠1时，因x+2x+23x+…+nx=xx x n --+11，两边求导数，得1+2x+32x +…+n-1-n x =1-(n+1)nx +()()21111x x x n n n -++-+ 综上可知：当 x=1时，()121+=n n s n ,当x ≠1时，()()21111x nx x n s n n n -++-=+ 4．利用导数证明数列不等式例4 若⎪⎭⎫ ⎝⎛+=n n n t t a 121 其中t ∈[21,2],n T 是数列{n a }前n 项的和，求证：nnn T ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-<222证明： 构造辅助函数 f (t )=⎪⎭⎫ ⎝⎛+n n t t 121,t ∈[21,2] 则'f (t )=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-1112n n t t n . 当121≤≤t 时 'f (t)<0 当1<t ≤2时 'f (t )>0故f(t )在[21,1]上递减，在[1,2]上递增 所以 ()m a x t f =f(21)=f(2)=⎪⎭⎫ ⎝⎛+n n 21221 即n a =⎪⎭⎫ ⎝⎛+≤n n 21221 所以()⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++++≤n n n T 21 (2)1212...222122nn n n ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-<⎪⎭⎫⎝⎛+-=222211212说明这里需要证明 ：212221121n nn =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛>⎪⎭⎫ ⎝⎛+ 121221222122121221212121212==∙>+=⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+-+n nn n n n ∴nn n ⎪⎪⎭⎫⎝⎛=>⎪⎭⎫ ⎝⎛+2221211212所以命命题的证. 5. 导数在数列求和中的应用 例5 1≠x ，求下列数列之和 （1）12...321-++++n nx x x （2）22221123...n x x n x -++++（3）222242322...-+++n n x c x c x c c 分析 （1）由),...,2,1()'(1n k kx x k k ==- 可设12...321)('-++++=n nx x x x f 则n x x x x x f ...1)(32++++=而 )1(11 (11)32≠--=++++++x xx x x x x n n上式两端对x 求导，并整理得 2212)1()1(1...321x nx x n nxx x n n n -++-=+++++- [1]（2） 比较（1），（2）两式中的通项可发现，只需对[1]两端同乘以x ，再对x 求导 便可得到：22212212222)1()122()1(1...321x x n x n n x n x xn x x n n n n ---+++-+=+++++--（3） 由 21222)(212)1(---=-=n n n n nx x n n x c 可知只需对[1]式两端继续求导便可得到： 22)1(...34232--++∙+∙+n x n n x x=212212)1()()1(2)(2x x n n x n x n n n n n ----++-+- ∴ 312212222242322)1(2)()1(2)(2...x x n n x n x n n xc x c x c c n n n n n----++-=+++++--三．数列是特殊的函数（导数的应用）1. 函数的单调性与导数 例1 已知函数f(x)=3x -ax -1.（1）若f(x)在实数集R 上单调递增，求实数a 的取值范围；（2）是否存在实数a ，使f(x)在(-1,1)上单调递减？若存在，求出 a 的取值范围；若不存在，说明理由.解析 （1）由已知)('x f =32x -a.因为f(x)在R 上是单调增函数， 所以f ′(x)=32x -a ≥0在R 上恒成立，即a ≤32x 对x ∈R 恒成立. 又因为32x ≥0，所以只需a ≤0.又因为当a=0时，f ′(x)=32x ≥0, 即f(x)=3x -1在R 上是增函数，所以a ≤0.(2)由)('x f =32x -a ≤0在(-1，1)上恒成立,得a ≥32x ，x ∈(-1,1)恒成立.因为-1<x<1,所以32x <3,所以只需证明a ≥3. 当a=3时，)('x f =3(2x -1),在x ∈(-1,1)上，f ′(x)<0，即)(x f 在(-1,1)上为减函数，所以a ≥3.故存在实数a ≥3,使f(x)在(-1，1)上单调递减.2. 函数的极值与导数例2 已知x=3是函数f(x)=aln(1+x)+2x -10x 的一个极值点. (1)求a;(2)求函数f(x)的极大值；(3)若直线y=b 与函数y=)(x f 的图象有3个交点，求b 的取值范围.解析 (1)因为)('x f = x a +1+2x-10, 所以)3('f = 4a+6-10=0, 因此a=16.(2)由(1)知，)('x f =x+116+2x-10 = xx x +--1)3)(1(2 (x>-1).此时，)('x f 、)(x f 随x 的变化情况如下表：x(-1,1)1(1,3)3(3,∞)f ′(x) + 0- 0 +f(x)单增极大值 单减极小值单增由上表知函数f(x)的极大值为f(1)=16ln2-9.(3)由(2)知，f(x)在(-1,1)内单调递增，在(1,3)内单调递减，在(3,+∞)上单调递增，且当x=1或x=3时,f ′(x)=0，所以f(x)的极大值为f(1)=16ln2-9,极小值为f(3)=32ln2-21.若直线y=b 与函数y=f(x)的图象有3个交点，当且仅当f(3)<b<f(1). 因此，b 的取值范围为(32ln2-21，16ln2-9). 3. 函数的最大值、最小值与导数例3 已知函数f(x)=3x -12x+8在区间［-3,3］上的最大值与最小值分别为M,N ，试求M-N 的值.解析 )('x f =32x -12=3(x+2)(x-2)， 令)('x f =0，得1x =-2，2x =2.则)('x f ，f(x)随x 的变化情况如下表：x -3 (-3,-) -2(-2,2) 2 (2,3) 3 f ′(x) + 0 - 0 + y=f(x) 17单增极大 值24单减极小 值-8单增-1显然，M=24，N=8，则M-N=24+8=32.。
高考(理科)导数的定义,极限,几何意义应用以及导数的综合应用(以2011年高考题为例题讲解经典)
导数及其应用（理）（一）导数导数的基本知识点：（一）．极限的基础知识:1.特殊数列的极限（1）0||1lim 11||11nn q q q q q →∞<⎧⎪==⎨⎪<=-⎩不存在或.（2）1101100()lim ()()k k k k tt t n t t kk t a n a n a a k t b n b n b b k t ---→∞-⎧<⎪+++⎪==⎨+++⎪⎪>⎩不存在 .（3）()111lim11nn a q a S qq→∞-==--（S 无穷等比数列}{11n a q - (||1q <)的和）.2. 函数的极限定理lim ()x x f x a →=⇔0lim ()lim ()x x x x f x f x a -+→→==.3.函数的夹逼性定理如果函数f(x)，g(x)，h(x)在点x 0的附近满足：（1）()()()g x f x h x ≤≤;（2）0lim (),lim ()x x x x g x a h x a →→==（常数）,则0lim ()x x f x a →=.本定理对于单侧极限和∞→x 的情况仍然成立.4.几个常用极限 （1）1lim0n n →∞=，lim 0n n a →∞=（||1a <）；（2）00lim x x x x →=，0011lim x x x x →=.5.两个重要的极限（1）0sin lim1x x x →=； （2）1lim 1xx e x →∞⎛⎫+= ⎪⎝⎭(e=2.718281845…). 6.函数极限的四则运算法则若0lim ()x x f x a →=，0lim ()x x g x b →=，则(1)()()0lim x x f x g x a b →±=±⎡⎤⎣⎦； (2)()()0lim x x f x g x a b →⋅=⋅⎡⎤⎣⎦; (3)()()()0lim0x x f x ab g x b→=≠. 7.数列极限的四则运算法则 若lim ,lim n n n n a a b b →∞→∞==，则(1)()lim n n n a b a b →∞±=±； (2)()lim n n n a b a b →∞⋅=⋅；(3)()lim0n n na ab b b →∞=≠(4)()lim lim lim n n n n n c a c a c a →∞→∞→∞⋅=⋅=⋅( c 是常数).基本方法和数学思想1.数列极限（1）掌握数列极限的直观描述性定义；（2）掌握数列极限的四则运算法则，注意其适用条件：一是数列｛a n ｝{b n }的极限都存在；二是仅适用于有限个数列的和、差、积、商，对于无限个数列的和（或积），应先求和（或积），再求极限；（3）常用的几个数列极限：C C n =∞→lim （C 为常数）；01lim=∞→nn ，0lim =∞→n n q （a <1,q为常数）; (4)无穷递缩等比数列各项和公式qa S S nn -==∞→1lim 1（0<1<q ）2.函数的极限：（1）当x 趋向于无穷大时，函数的极限为a a x f x f n n ==⇔-∞→+∞→)(lim )(lim（2）当0x x →时函数的极限为a a x f x f x x x x ==⇔+-→→)(lim )(lim 0: （3）掌握函数极限的四则运算法则；3..函数的连续性：（1）如果对函数f(x)在点x=x 0处及其附近有定义，而且还有)()(lim 00x f x f x x =→，就说函数f(x)在点x 0处连续；（2）若f(x)与g(x)都在点x 0处连续，则f(x)±g(x),f(x)g(x),)()(x g x f (g(x)≠0)也在点x 0处连续；（3）若u(x)在点x 0处连续，且f(u)在u 0=u(x 0)处连续，则复合函数f[u(x)]在点x 0处也连续；4..初等函数的连续性：①指数函数、对数函数、三角函数等都属于基初等函数,基本初等函数在定义域内每一点处都连续;②基本初等函数及常数函数经有限次四则运算和复合后所得到的函数,都是初等函数.初等函数在定义域内每一点处都连续;③连续函数的极限运算:如果函数在点x 0处有极限，那么)()(lim 00x f x f x x =→（二）导数的定义：1．导数的概念：函数y ＝)(x f 的导数)(x f '，就是当Δx →0时，函数的增量Δy 与自变量的增量Δx 的比xy ∆∆的 ，即)(x f '＝ ＝ ．2．导函数：函数y ＝)(x f 在区间(a, b)内 的导数都存在，就说)(x f 在区间( a, b )内 ，其导数也是(a ,b )内的函数，叫做)(x f 的 ，记作)(x f '或x y '，函数)(x f 的导函数)(x f '在0x x =时的函数值 ，就是)(x f 在0x 处的导数.3．导数的几何意义：设函数y ＝)(x f 在点0x 处可导，那么它在该点的导数等于函数所表示曲线在相应点),(00y x M 处的 .4．求导数的方法(1) 八个基本求导公式)('C ＝ ； )('n x ＝ ；(n∈Q) )(sin 'x ＝ ， )(cos 'x ＝)('x e ＝ ， )('x a ＝ )(ln 'x ＝ ， )(log 'x a ＝(2) 导数的四则运算)('±v u ＝ ])(['x Cf ＝ )('uv ＝ ，)('vu ＝ )0(≠v (3) 复合函数的导数设)(x u θ=在点x 处可导，)(u f y =在点)(x u θ=处可导，则复合函数)]([x f θ在点x 处可导， 且)(x f '＝ ，即x u x u y y '⋅'='.例题讲解：求极限的方法1．约去零因子求极限例1：求极限11lim 41--→x x x2．分子分母同除求极限例2：求极限13lim 323+-∞→x x x x【注】(1) 一般分子分母同除x 的最高次方；(2) ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=<∞>=++++++----∞→nm b a n m n m b x b x b a x a x a nnm m mm n n n n x 0lim 011011 3．分子(母)有理化求极限例3：求极限)13(lim 22+-++∞→x x x例4、(1)1lim2n a n n a ∞++=+→，则a =例5、）已知函数f(x)= 23(0(0x x a x +≠⎧⎨=⎩当时）当时） ，点在x=0处连续，则2221lim x an a n n →∞+=+ .例6、（2007湖北理）已知p 和q 是两个不相等的正整数，且2q ≥，则111lim 111pq n n n ∞⎛⎫+- ⎪⎝⎭=⎛⎫+- ⎪⎝⎭→A ．0B ．1C ．pqD ．11p q --练习：极限及其运算1.(1)5lim(7)10n n →∞-= ;(2)1lim n n n →∞+= ;(3)2(1)lim (1)n n nn →∞-+= ;(4)1lim ()2x x +→∞= ;(5)21lim()2x x →= ;(6)2211lim 21x x x x →---= ;(7) 24lim()1n n n n →∞--+= ;(8)32lim 32n n n n n →∞+-=;(9)1x →= ;(10)lim )x x +→∞= ;(11)111lim[(1)(1)(1)]23n n n→∞--⋅⋅⋅-= .2.设函数1(0)()0(0)1(0)x x f x x x x +>⎧⎪==⎨⎪-<⎩,则0lim()x f x +→= ; 0lim ()x f x -→= ; 0lim ()x f x →= . 3.已知0a >,则1lim 1n n a →∞+= ;lim 1nnn a a →∞+= .4.下列说法正确的是 A,若()f x =,则lim ()0x f x →∞=; B若()f x 则1lim ()0x f x →=; C 若22()2x x f x x +=+,则2lim ()2x f x →-=-;D,若0)()1(0)x f x x x ≥=+<⎪⎩,则0lim ()0x f x →=.5.下列函数在1x =处没有极限的是A,32()1x x f x x -=- B,3()21g x x =+C,2(1)()0(1)x x h x x ≥⎧=⎨<⎩ D,1(1)()1(1)x x v x x x ->⎧=⎨-+<⎩导数的几何意义应用：一、知识点：1. 函数)(x f y =在点0x 处的导数的几何意义是________________________________.2. 若函数)(x f y =在点0x 处的导数存在，则它所对应的曲线上点))(,(00x f x 处的切线方程是___________________________.3.曲线423+-=x x y 在点（1,3）处的切线的倾斜角为_______.4.曲线12++=x xe y x 在点（0,1）处的切线方程是_______________________.5.曲线2-=x xy 在点1=x 处的切线方程是______________________________. 例题：1.已知函数ax x x f +=32)(与c bx x g +=2)(的图像都过点P(2,0),且在点P 处有相同的切线。
专题13 数列(解答题)(教师版)
专题13 数列（解答题）1．【2022年全国甲卷】记S n为数列{a n}的前n项和．已知2S nn+n=2a n+1．(1)证明：{a n}是等差数列；(2)若a4,a7,a9成等比数列，求S n的最小值．【答案】(1)证明见解析；(2)−78．【解析】【分析】（1）依题意可得2S n+n2=2na n+n，根据a n={S1,n=1S n−S n−1,n≥2，作差即可得到a n−a n−1=1，从而得证；（2）由（1）及等比中项的性质求出a1，即可得到{a n}的通项公式与前n项和，再根据二次函数的性质计算可得．(1)解：因为2S nn+n=2a n+1，即2S n+n2=2na n+n①，当n≥2时，2S n−1+(n−1)2=2(n−1)a n−1+(n−1)②，①−②得，2S n+n2−2S n−1−(n−1)2=2na n+n−2(n−1)a n−1−(n−1)，即2a n+2n−1=2na n−2(n−1)a n−1+1，即2(n−1)a n−2(n−1)a n−1=2(n−1)，所以a n−a n−1=1，n≥2且n∈N*，所以{a n}是以1为公差的等差数列．(2)解：由（1）可得a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8，又a4，a7，a9成等比数列，所以a72=a4⋅a9，即(a1+6)2=(a1+3)⋅(a1+8)，解得a1=−12，所以a n=n−13，所以S n=−12n+n(n−1)2=12n2−252n=12(n−252)2−6258，所以，当n=12或n=13时(S n)min=−78．2．【2022年新高考1卷】记S n为数列{a n}的前n项和，已知a1=1,{S na n }是公差为13的等差数列．(1)求{a n }的通项公式； (2)证明：1a 1+1a 2+⋯+1a n<2．【答案】(1)a n =n (n+1)2(2)见解析 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得S na n=1+13(n −1)=n+23，得到S n =(n+2)a n3，利用和与项的关系得到当n ≥2时，a n =S n −S n−1=(n+2)a n3−(n+1)a n−13,进而得：a nan−1=n+1n−1，利用累乘法求得a n =n (n+1)2，检验对于n =1也成立，得到{a n }的通项公式a n =n (n+1)2；（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到1a 1+1a 2+⋯+1a n=2(1−1n+1)，进而证得.(1)∵a 1=1，∴S 1=a 1=1,∴S1a 1=1,又∵{S na n}是公差为13的等差数列，∴S na n=1+13(n −1)=n+23,∴S n =(n+2)a n3,∴当n ≥2时，S n−1=(n+1)a n−13，∴a n =S n −S n−1=(n+2)a n3−(n+1)a n−13,整理得：(n −1)a n =(n +1)a n−1, 即a nan−1=n+1n−1,∴a n =a 1×a2a 1×a3a 2×…×an−1a n−2×ana n−1=1×32×43×…×n n−2×n+1n−1=n (n+1)2，显然对于n =1也成立， ∴{a n }的通项公式a n =n (n+1)2；(2)1a n=2n (n+1)=2(1n −1n+1),∴1a 1+1a 2+⋯+1a n=2[(1−12)+(12−13)+⋯(1n −1n+1)]=2(1−1n+1)<23．【2022年新高考2卷】已知{a n }为等差数列，{b n }是公比为2的等比数列，且a 2−b 2=a 3−b 3=b 4−a 4． (1)证明：a 1=b 1；(2)求集合{k |b k =a m +a 1,1≤m ≤500}中元素个数． 【答案】(1)证明见解析； (2)9． 【解析】 【分析】（1）设数列{a n }的公差为d ，根据题意列出方程组即可证出； （2）根据题意化简可得m =2k−2，即可解出． (1)设数列{a n }的公差为d ，所以，{a 1+d −2b 1=a 1+2d −4b 1a 1+d −2b 1=8b 1−(a 1+3d ) ，即可解得，b 1=a 1=d2，所以原命题得证． (2)由（1）知，b 1=a 1=d2，所以b k =a m +a 1⇔b 1×2k−1=a 1+(m −1)d +a 1，即2k−1=2m ，亦即m =2k−2∈[1,500]，解得2≤k ≤10，所以满足等式的解k =2,3,4,⋯,10，故集合{k |b k =a m +a 1,1≤m ≤500}中的元素个数为10−2+1=9．4．【2021年甲卷文科】记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知210,3n a a a >=，且数列{}n S 是等差数列，证明：{}n a 是等差数列. 【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】21S S {}n S 的公差d ，进一步写出{}n S 的通项，从而求出{}n a 的通项公式，最终得证. 【详解】∵数列{}n S 是等差数列，设公差为d 212111a a a a S S +111(1)n S a n a a n =-，()n *∈N∴12n S a n =，()n *∈N∴当2n ≥时，()221111112n n n a S S a n a n a n a -=-=--=- 当1n =时，11121=a a a ⨯-，满足112n a a n a =-， ∴{}n a 的通项公式为112n a a n a =-，()n *∈N ∴()()111111221=2n n a a a n a a n a a --=----⎡⎤⎣⎦ ∴{}n a 是等差数列. 【点睛】在利用1n n n a S S -=-求通项公式时一定要讨论1n =的特殊情况.5．【2021年甲卷理科】已知数列{}n a 的各项均为正数，记n S 为{}n a 的前n 项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列{}n a 是等差数列：②数列{}n S 是等差数列；③213a a =． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 【答案】证明过程见解析 【解析】 【分析】n S ,n n a S 的关系求出n a ，利用{}n a 是等差数列可证213a a =；也可分别设出公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系，进行证明.n S 选②③作条件证明①时，n S an b =+，结合,n n a S 的关系求出n a ，根据213a a =可求b ，然后可证{}n a 是等差数列；也可利用前两项的差求出公差，然后求出通项公式，进而证明出结论. 【详解】选①②作条件证明③：[方法一]：待定系数法+n a 与n S 关系式 (0)n S an b a =+>，则()2n S an b =+， 当1n =时，()211a S a b ==+；当2n ≥时，()()221n n n a S S an b an a b -=-=+--+()22a an a b =-+；因为{}n a 也是等差数列，所以()()222a b a a a b +=-+，解得0b =；所以()221n a a n =-，21a a =，故22133a a a ==.[方法二] ：待定系数法设等差数列{}n a 的公差为d ，等差数列{}n S 的公差为1d ， 11(1)n S a n d -，将1(1)2n n n S na d -=+11(1)n S a n d -， 化简得())222221111111222d d n a n d n a d d n a d ⎛⎫+-=+-+⎪⎝⎭对于n +∀∈N 恒成立．则有2121111112,2440,d d a d a d d a d ⎧=⎪⎪-=-⎨=，解得111,2d a d a =．所以213a a =．选①③作条件证明②：因为213a a =，{}n a 是等差数列， 所以公差2112d a a a =-=， 所以()21112n n n S na d n a -=+=1n S a n =， )11111n n S S a n a n a +=+ 所以{}n S 是等差数列. 选②③作条件证明①： [方法一]：定义法(0)n S an b a =+>，则()2n S an b =+， 当1n =时，()211a S a b ==+；当2n ≥时，()()221n n n a S S an b an a b -=-=+--+()22a an a b =-+；因为213a a =，所以()()2323a a b a b +=+，解得0b =或43a b =-； 当0b =时，()221,21n a a a a n ==-，当2n ≥时，2-1-2n n a a a =满足等差数列的定义，此时{}n a 为等差数列； 当43a b =-4=3n S an b an a =+-103aS =-<不合题意，舍去. 综上可知{}n a 为等差数列. [方法二]【最优解】：求解通项公式因为213a a =11S a =21212S a a a +{}n S 也为等差数列，所以公差1211d S S a ()1111n S a n d n a -=21n S n a =，当2n ≥时，()()221111121n n n a S S n a n a n a -=-=--=-，当1n =时，满足上式，故{}n a 的通项公式为()121n a n a =-，所以()1123n a n a -=-，112n n a a a --=，符合题意.【整体点评】这类题型在解答题中较为罕见，求解的关键是牢牢抓住已知条件，结合相关公式，逐步推演，选①②时，法一：利用等差数列的通项公式是关于n 的一次函数，直接设出(0)n S an b a =+>，平方后得到n S 的关系式，利用11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩得到{}n a 的通项公式，进而得到213a a =，是选择①②证明③的通式通法；法二：分别设出{}n a 与{}n S 的公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系11d a =12d a =，进而得到213a a =；选①③时，按照正常的思维求出公差，表示出n S n S 进行证明；选②③时，法一：利用等差数列的通项公式是关于n 的一次函数，直接设出(0)n S an b a =+>，结合,n n a S 的关系求出n a ，根据213a a =可求b ，然后可证{}n a 是等差数n S 1211d S S a ==nS 的通项公式，利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，求出{}n a 的通项公式，进而证明出结论.6．【2021年乙卷文科】设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <． 【答案】（1）11()3n n a -=，3n nn b =；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的性质及1a 得到29610q q -+=，解方程即可； （2）利用公式法、错位相减法分别求出,n n S T ，再作差比较即可. 【详解】（1）因为{}n a 是首项为1的等比数列且1a ，23a ，39a 成等差数列，所以21369a a a =+，所以211169a q a a q =+，即29610q q -+=，解得13q =，所以11()3n n a -=，所以33n n n na nb ==. （2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和211213333n n n n nT --=++++，012111111223333-⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭n n S ， 230121123111112333323333n n n n S n T -⎛⎫⎛⎫-=++++-++++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭012111012222333---++++111233---+n n n n ．设0121111101212222Γ3333------=++++n n n ， ⑧ 则1231111012112222Γ33333-----=++++n nn ． ⑨由⑧-⑨得1121113312111113322Γ13233332313--⎛⎫--- ⎪⎛⎫⎝⎭=-++++-=-+- ⎪⎝⎭-n n n n n n n ．所以211312Γ432323----=--=-⨯⨯⨯n n n n n n ． 因此10232323--=-=-<⨯⨯n n n n n S n n nT ． 故2nn S T <． [方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得11(1)313(1)12313n n n S ⨯-==--，211213333n n nn nT --=++++，① 231112133333n n n n nT +-=++++，② ①-②得23121111333333n n n n T +=++++- 1111(1)1133(1)1323313n n n n n n ++-=-=---，所以31(1)4323n n nnT =--⋅，所以2n n S T -=3131(1)(1)043234323n n n n n n ----=-<⋅⋅， 所以2nn S T <. [方法三]：构造裂项法由（Ⅰ）知13⎛⎫= ⎪⎝⎭n n b n ，令1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，且1+=-n n n b c c ，即1111()[(1)]333αβαβ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭nnn n n n ，通过等式左右两边系数比对易得33,24αβ==，所以331243nn c n ⎛⎫⎛⎫=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．则12113314423nn n n n T b b b c c +⎛⎫⎛⎫=+++=-=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，下同方法二．[方法四]：导函数法 设()231()1-=++++=-n nx x f x x x x x x，由于()()()()()()1221'111'11(1)'1(1)1n n n n nx x x x x x x x nx n x x x x +⎡⎤⎡⎤⎡⎤----⨯--+-+⎣⎦⎣⎦⎢⎥==---⎢⎥⎣⎦， 则12121(1)()123(1)+-+-+=++++='-n nn nx n x f x x x nxx ．又1111333-⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n n n b n n ，所以2112311111233333n n n T b b b b n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++++=+⨯+⨯++⋅=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12111(1)11133333113n nn n f +⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭⋅=⨯ ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭' 13113311(1)4334423n nnn n n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，下同方法二． 【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,n n S T ,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，使1+=-n n n b c c ，求得n T 的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.7．【2021年乙卷理科】记n S 为数列{}n a 的前n 项和，n b 为数列{}n S 的前n 项积，已知212n nS b +=． （1）证明：数列{}n b 是等差数列; （2）求{}n a 的通项公式．【答案】（1）证明见解析；（2）()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩. 【解析】 【分析】 （1）由已知212n n S b +=得221n n n b S b =-,且0n b ≠，取1n =,得132b =,由题意得1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---,消积得到项的递推关系111221n n n n b bb b +++=-,进而证明数列{}n b 是等差数列;（2）由（1）可得n b 的表达式,由此得到n S 的表达式,然后利用和与项的关系求得()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩.【详解】 （1）[方法一]：由已知212n n S b +=得221n n n b S b =-,且0n b ≠，12n b ≠, 取1n =,由11S b =得132b =, 由于n b 为数列{}n S 的前n 项积， 所以1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---, 所以1121121222212121n n n b b b b b b b +++⋅⋅⋅⋅=---， 所以111221n n n nb bb b +++=-,由于10n b +≠ 所以12121n n b b +=-，即112n n b b +-=,其中*n N ∈所以数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差等差数列; [方法二]【最优解】： 由已知条件知1231-⋅=⋅⋅⋅⋅n n n b S S S S S ①于是11231(2)--=⋅⋅⋅⋅≥n n b S S S S n ． ②由①②得1nn n b S b -=． ③又212n nS b +=， ④ 由③④得112n n b b --=． 令1n =，由11S b =，得132b =． 所以数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列． [方法三]： 由212n n S b +=，得22=-nn n S b S ，且0n S ≠，0n b ≠，1n S ≠． 又因为111--=⋅⋅=⋅n n n n n b S S S S b ，所以1122-==-n n n n b b S S ，所以()1111(2)2222212---=-==≥---n n n n n n n S S b b n S S S ．在212n n S b +=中，当1n =时，1132==b S ． 故数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列． [方法四]：数学归纳法 由已知212n n S b +=，得221n n n b S b =-，132b =，22b =，352=b ，猜想数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列，且112n b n =+． 下面用数学归纳法证明． 当1n =时显然成立．假设当n k =时成立，即121,21+=+=+k k k b k S k ．那么当1n k =+时，11112++⎛⎫==+ ⎪⎝⎭k k k b b S k 331(1)1222k k k k ++⋅==+++． 综上，猜想对任意的n ∈N 都成立．即数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列． （2）由（1）可得，数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差的等差数列， ()3111222n n b n ∴=+-⨯=+, 22211n n n b n S b n+==-+,当n =1时，1132a S ==, 当n ≥2时,()121111n n n n n a S S n n n n -++=-=-=-++,显然对于n =1不成立, ∴()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩. 【整体点评】 （1）方法一从212n n S b +=得221n n n b S b =-，然后利用n b 的定义，得到数列{}n b 的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论； 方法二先从n b 的定义，替换相除得到1nn n b S b -=，再结合212n n S b +=得到112n n b b --=，从而证得结论，为最优解； 方法三由212n n S b +=，得22=-n n n S b S ，由n b 的定义得1122-==-n n n n b b S S ，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列112n b n =+，然后利用数学归纳法证得结论． （2）由（1）的结论得到112n b n =+，求得n S 的表达式,然后利用和与项的关系求得{}n a 的通项公式；8．【2021年新高考1卷】已知数列{}n a 满足11a =，11,,2,.n n n a n a a n ++⎧=⎨+⎩为奇数为偶数 （1）记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式； （2）求{}n a 的前20项和.【答案】（1）122,5,31n b b b n ===-；（2）300. 【解析】【分析】(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列{}n b 的特征，然后求和其通项公式即可； (2)方法二：分组求和，结合等差数列前n 项和公式即可求得数列的前20项和. 【详解】解：（1）[方法一]【最优解】：显然2n 为偶数，则21222212,1n n n n a a a a +++=+=+， 所以2223n n a a +=+，即13n n b b +=+，且121+12b a a ===， 所以{}n b 是以2为首项，3为公差的等差数列， 于是122,5,31n b b b n ===-． [方法二]：奇偶分类讨论由题意知1231,2,4a a a ===，所以122432,15b a b a a ====+=． 由11n n a a +-=（n 为奇数）及12n n a a +-=（n 为偶数）可知， 数列从第一项起，若n 为奇数，则其后一项减去该项的差为1， 若n 为偶数，则其后一项减去该项的差为2．所以*23()n n a a n N +-=∈，则()11331n b b n n =+-⨯=-．[方法三]：累加法由题意知数列{}n a 满足*113(1)1,()22nn n a a a n +-==++∈N ．所以11213(1)11222b a a -==++=+=，322433223(1)3(1)11212352222b a a a a a --==++=+=+++=++=+=，则222121222111()()()121221+n n n n n n b a a a a a a a a a ---==-+-+-+=+++++++12(1)131n n n =+-+=-⨯．所以122,5b b ==，数列{}n b 的通项公式31n b n =-． （2）[方法一]：奇偶分类讨论 20123201351924620++++++++()()S a a a a a a a a a a a a =+=+++1231012310(1111)b b b b b b b b =-+-+-++-+++++110()102103002b b +⨯=⨯-=． [方法二]：分组求和由题意知数列{}n a 满足12212121,1,2n n n n a a a a a -+==+=+， 所以2122123n n n a a a +-=+=+．所以数列{}n a 的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；同理，由2221213n n n a a a ++=+=+知数列{}n a 的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列． 从而数列{}n a 的前20项和为： 201351924260()()S a a a a a a a a =+++++++++1091091013102330022⨯⨯=⨯+⨯+⨯+⨯=． 【整体点评】(1)方法一：由题意讨论{}n b 的性质为最一般的思路和最优的解法；方法二：利用递推关系式分类讨论奇偶两种情况，然后利用递推关系式确定数列的性质； 方法三：写出数列{}n a 的通项公式，然后累加求数列{}n b 的通项公式，是一种更加灵活的思路.(2)方法一：由通项公式分奇偶的情况求解前n 项和是一种常规的方法；方法二：分组求和是常见的数列求和的一种方法，结合等差数列前n 项和公式和分组的方法进行求和是一种不错的选择.9．【2021年新高考2卷】记n S 是公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和，若35244,a S a a S ==． （1）求数列{}n a 的通项公式n a ； （2）求使n n S a >成立的n 的最小值． 【答案】(1)26n a n =-；(2)7. 【解析】 【分析】(1)由题意首先求得3a 的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式；(2)首先求得前n 项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n 的最小值. 【详解】(1)由等差数列的性质可得：535S a =，则：3335,0a a a =∴=，设等差数列的公差为d ，从而有：()()22433a a a d a d d =-+=-，()()()41234333322S a a a a a d a d a a d d =+++=-+-++-=-， 从而：22d d -=-，由于公差不为零，故：2d =， 数列的通项公式为：()3326n a a n d n =+-=-.(2)由数列的通项公式可得：1264a =-=-，则：()()214252n n n S n n n -=⨯-+⨯=-，则不等式n n S a >即：2526n n n ->-，整理可得：()()160n n -->， 解得：1n <或6n >，又n 为正整数，故n 的最小值为7. 【点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用.10．【2020年新课标1卷理科】设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项． （1）求{}n a 的公比；（2）若11a =，求数列{}n na 的前n 项和．【答案】（1）2-；（2）1(13)(2)9nn n S -+-=. 【解析】 【分析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比q 的方程，求解即可得出结论；（2）由（1）结合条件得出{}n a 的通项，根据{}n na 的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论. 【详解】（1）设{}n a 的公比为q ，1a 为23,a a 的等差中项，212312,0,20a a a a q q =+≠∴+-=，1,2q q ≠∴=-；（2）设{}n na 的前n 项和为n S ，111,(2)n n a a -==-，21112(2)3(2)(2)n n S n -=⨯+⨯-+⨯-++-，①23121(2)2(2)3(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=⨯-+⨯-+⨯-+--+-，②①-②得，2131(2)(2)(2)(2)n n n S n -=+-+-++---1(2)1(13)(2)(2)1(2)3n n n n n ---+-=--=--， 1(13)(2)9nn n S -+-∴=. 【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题.11．【2020年新课标3卷理科】设数列{an }满足a 1=3，134n n a a n +=-． （1）计算a 2，a 3，猜想{an }的通项公式并加以证明； （2）求数列{2nan }的前n 项和Sn ．【答案】（1）25a =，37a =，21n a n =+，证明见解析；（2）1(21)22n n S n +=-⋅+.【解析】 【分析】（1）方法一：（通性通法）利用递推公式得出23,a a ，猜想得出{}n a 的通项公式，利用数学归纳法证明即可；（2）方法一：（通性通法）根据通项公式的特征，由错位相减法求解即可． 【详解】 （1）［方法一］【最优解】：通性通法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=，由数列{}n a 的前三项可猜想数列{}n a 是以3为首项，2为公差的等差数列，即21n a n =+．证明如下：当1n =时，13a =成立；假设()n k k *=∈N 时，21k a k =+成立.那么1n k =+时，1343(21)4232(1)1k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立. 则对任意的*n N ∈，都有21n a n =+成立； ［方法二］：构造法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=．由123,5a a ==得212a a -=．134n n a a n +=-，则134(1)(2)n n a a n n -=--≥，两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--．令1n n n b a a +=-，且12b =，所以134n n b b -=-，两边同时减去2，得()1232n n b b --=-，且120b -=，所以20n b -=，即12n n a a +-=，又212a a -=，因此{}n a 是首项为3，公差为2的等差数列，所以21n a n =+． ［方法三］：累加法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=． 由134n n a a n +=-得1114333n n n n n a a n +++-=-，即2121214333a a -=-⨯，3232318333a a -=-⨯， (111)4(1)(2)333n n nn n a a n n ---=--⨯≥．以上各式等号两边相加得1123111412(1)33333n n n a a n ⎡⎤-=-⨯+⨯++-⨯⎢⎥⎣⎦，所以1(21)33n n n a n =+⋅．所以21(2)n a n n =+≥．当1n =时也符合上式．综上所述，21n a n =+．［方法四］：构造法21322345,387a a a a =-==-=，猜想21n a n =+．由于134n n a a n +=-，所以可设()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++，其中,λμ为常数．整理得1322n n a a n λμλ+=++-．故24,20λμλ=--=，解得2,1λμ=-=-．所以()112(1)13(21)3211n n n a n a n a +-+-=--=⋅⋅⋅=-⨯-．又130a -=，所以{}21n a n --是各项均为0的常数列，故210n a n --=，即21n a n =+．（2）由（1）可知，2(21)2n nn a n ⋅=+⋅［方法一］：错位相减法231325272(21)2(21)2n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，① 23412325272(21)2(21)2n n n S n n +=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，②由①-②得：()23162222(21)2n n n S n +-=+⨯+++-+⋅()21121262(21)212n n n -+-=+⨯-+⋅⨯-1(12)22n n +=-⋅-，即1(21)22n n S n +=-⋅+.［方法二］【最优解】：裂项相消法112(21)2(21)2(23)2n n n n n n n a n n n b b ++=+=---=-，所以231232222n n nS a a a a =++++()()()()2132431n n b b b b b b b b +=-+-+-++-11n b b +=-1(21)22n n +=-+．［方法三］：构造法当2n ≥时，1(21)2n n n S S n -=++⋅，设11()2[(1)]2n n n n S pn q S p n q --++⋅=+-+⋅，即122nn n pn q p S S ----=+⋅，则2,21,2pq p -⎧=⎪⎪⎨--⎪=⎪⎩，解得4,2p q =-=．所以11(42)2[4(1)2]2n n n n S n S n --+-+⋅=+--+⋅，即{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列，而1(42)22S +-+⋅=，所以(42)22n n S n +-+⋅=．故12(21)2n n S n +=+-⋅．［方法四］：因为12(21)2222422n n n n n nn a n n n -=+=⋅+=⋅+，令12n n b n -=⋅，则()()231()0,11n n x x f x x x x x x x-=++++=≠-，()121211(1)()1231(1)nn n n x x nx n x f x x x nx x x +-'⎡⎤-+-+=++++==⎢⎥--⎢⎥⎣⎦'， 所以12n b b b +++21122322n n -=+⋅+⋅++⋅1(2)12(1)2n nf n n +==+-+'⋅．故234(2)2222nn S f =++'+++()1212412(1)212n n nn n +-⎡⎤=+⋅-++⎣⎦-1(21)22n n +=-+．【整体点评】（1）方法一：通过递推式求出数列{}n a 的部分项从而归纳得出数列{}n a 的通项公式，再根据数学归纳法进行证明，是该类问题的通性通法，对于此题也是最优解； 方法二：根据递推式134n n a a n +=-，代换得134(1)(2)n n a a n n -=--≥，两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--，设1n n n b a a +=-，从而简化递推式，再根据构造法即可求出n b ，从而得出数列{}n a 的通项公式； 方法三：由134n n a a n +=-化简得1114333n n n n n a a n+++-=-，根据累加法即可求出数列{}n a 的通项公式； 方法四：通过递推式求出数列{}n a 的部分项，归纳得出数列{}n a 的通项公式，再根据待定系数法将递推式变形成()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++，求出,λμ，从而可得构造数列为常数列，即得数列{}n a 的通项公式． （2）方法一：根据通项公式的特征可知，可利用错位相减法解出，该法也是此类题型的通性通法； 方法二：根据通项公式裂项，由裂项相消法求出，过程简单，是本题的最优解法；方法三：由2n ≥时，1(21)2nn n S S n -=++⋅，构造得到数列{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列，从而求出；方法四：将通项公式分解成12(21)2222422n n n n n nn a n n n -=+=⋅+=⋅+，利用分组求和法分别求出数列{}{}12,2n n n -⋅的前n 项和即可，其中数列{}12n n -⋅的前n 项和借助于函数()()231()0,11n n x x f x x x x x x x-=++++=≠-的导数，通过赋值的方式求出，思路新颖独特，很好的简化了运算．12．【2020年新课标3卷文科】设等比数列{an }满足124a a +=，318a a -=． （1）求{an }的通项公式；（2）记n S 为数列{log 3an }的前n 项和．若13m m m S S S +++=，求m ． 【答案】（1）13-=n n a ；（2）6m =. 【解析】【分析】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，根据题意，列出方程组，求得首项和公比，进而求得通项公式；（2）由（1）求出3{log }n a 的通项公式，利用等差数列求和公式求得n S ，根据已知列出关于m 的等量关系式，求得结果. 【详解】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，根据题意，有1121148a a q a q a +=⎧⎨-=⎩，解得113a q =⎧⎨=⎩，所以13-=n n a ；（2）令313log log 31n n n b a n -===-， 所以(01)(1)22n n n n n S +--==， 根据13m m m S S S +++=，可得(1)(1)(2)(3)222m m m m m m -++++=， 整理得2560m m --=，因为0m >，所以6m =， 【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算，以及等差数列求和公式的应用，考查计算求解能力，属于基础题目.13．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==． （1）求{}n a 的通项公式；（2）记m b 为{}n a 在区间*(0,]()m m ∈N 中的项的个数，求数列{}m b 的前100项和100S ． 【答案】（1）2n n a =；（2）100480S =. 【解析】 【分析】（1）利用基本元的思想，将已知条件转化为1,a q 的形式，求解出1,a q ，由此求得数列{}n a 的通项公式.（2）方法一：通过分析数列{}m b 的规律，由此求得数列{}m b 的前100项和100S .【详解】（1）由于数列{}n a 是公比大于1的等比数列，设首项为1a ，公比为q ，依题意有31121208a q a q a q ⎧+=⎨=⎩，解得解得12,2a q ==，或1132,2a q ==(舍)， 所以2n n a =，所以数列{}n a 的通项公式为2n n a =. （2）［方法一］：规律探索由于123456722,24,28,216,232,264,2128=======，所以 1b 对应的区间为(0,1]，则10b =；23,b b 对应的区间分别为(0,2],(0,3]，则231b b ==，即有2个1；4567,,,b b b b 对应的区间分别为(0,4],(0,5],(0,6],(0,7]，则45672b b b b ====，即有22个2； 8915,,,b b b 对应的区间分别为(0,8],(0,9],,(0,15]，则89153b b b ====，即有32个3；161731,,,b b b 对应的区间分别为(0,16],(0,17],,(0,31]，则1617314b b b ====，即有42个4； 323363,,,b b b 对应的区间分别为(0,32],(0,33],,(0,63]，则3233635b b b ====，即有52个5； 6465100,,,b b b 对应的区间分别为(0,64],(0,65],,(0,100]，则64651006b b b ====，即有37个6．所以23451001222324252637480S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．［方法二］【最优解】：由题意，2n m ≤，即2log n m ≤，当1m =时，10b =．当)12,21k k m +⎡∈-⎣时，,m b k k *=∈N ，则()()()()1001234573233636465100S b b b b b b b b b b b b =++++++++++++++0122438416532637480=+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．［方法三］：由题意知)1,2,2k k m b k m +⎡=∈⎣，因此，当1m =时，10b =；[2,4)m ∈时，1m b =；[4,8)m ∈时，2m b =；[8,16)m ∈时，3m b =；[16,32)m ∈时，4m b =；[32,64)m ∈时，5m b =；[64,128)m ∈时，6m b =．所以1001234100S b b b b b =+++++ 0(11)(222)(666)=++++++++++0122438416532637480=+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．所以数列{}n b 的前100项和100480S =． 【整体点评】（2）方法一：通过数列{}n a 的前几项以及数列{}m b 的规律可以得到12100,,,b b b 的值，从而求出数列{}m b 的前100项和，这是本题的通性通法；方法二：通过解指数不等式可得数列{}m b 的通项公式，从而求出数列{}m b 的前100项和，是本题的最优解；方法三，是方法一的简化版．14．【2020年新高考2卷（海南卷）】已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==． （1）求{}n a 的通项公式；（2）求112231(1)n n n a a a a a a -+-+⋯+-.【答案】（1）2nn a =；（2）2382(1)55n n +-- 【解析】 【分析】(1)由题意得到关于首项、公比的方程组，求解方程组得到首项、公比的值即可确定数列的通项公式；(2)首先求得数列(){}111n n n a a -+-的通项公式，然后结合等比数列前n 项和公式求解其前n 项和即可. 【详解】(1) 设等比数列{}n a 的公比为q (q >1)，则32411231208a a a q a q a a q ⎧+=+=⎨==⎩， 整理可得：22520q q -+=， 11,2,2q q a >==，数列的通项公式为：1222n nn a -=⋅=.(2)由于：()()()1121111122112n n n n n n n n a a --++-+=-⨯⨯=--，故：112231(1)n n n a a a a a a -+-+⋯+-35791212222(1)2n n -+=-+-+⋯+-⋅()()3223221282(1)5512nn n +⎡⎤--⎢⎥⎣⎦==----. 【点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，等差数列与等比数列求和公式是数列求和的基础. 15．【2019年新课标1卷文科】记Sn 为等差数列{an }的前n 项和，已知S 9=－a 5． （1）若a 3=4，求{an }的通项公式；（2）若a 1>0，求使得Sn ≥an 的n 的取值范围． 【答案】（1）210n a n =-+； （2）110()n n *≤≤∈N . 【解析】 【分析】（1）首项设出等差数列的首项和公差，根据题的条件，建立关于1a 和d 的方程组，求得1a 和d 的值，利用等差数列的通项公式求得结果；（2）根据题意有50a =，根据10a >，可知0d <，根据n n S a >，得到关于n 的不等式，从而求得结果. 【详解】（1）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，根据题意有111989(4)224a d a d a d ⨯⎧+=-+⎪⎨⎪+=⎩，解答182a d =⎧⎨=-⎩，所以8(1)(2)210n a n n =+-⨯-=-+，所以等差数列{}n a 的通项公式为210n a n =-+； （2）由条件95S a =-，得559a a =-，即50a =，因为10a >，所以0d <，并且有5140a a d =+=，所以有14a d =-， 由n n S a ≥得11(1)(1)2n n na d a n d -+≥+-，整理得2(9)(210)n n d n d -≥-， 因为0d <，所以有29210n n n -≤-，即211100n n -+≤， 解得110n ≤≤，所以n 的取值范围是：110()n n *≤≤∈N 【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等差数列的通项公式，等差数列的求和公式，在解题的过程中，需要认真分析题意，熟练掌握基础知识是正确解题的关键.16．【2019年新课标2卷理科】已知数列{an }和{bn }满足a 1=1，b 1=0，1434n n n a a b +-=+ ，1434n n n b b a +-=-.（1）证明：{an +bn }是等比数列，{an –bn }是等差数列； （2）求{an }和{bn }的通项公式. 【答案】（1）见解析；（2）1122nn a n，1122nnb n．【解析】 【分析】(1)可通过题意中的1434n n n a a b +-=+以及1434n n n b b a +-=-对两式进行相加和相减即可推导出数列{}n n a b +是等比数列以及数列{}n n a b -是等差数列；(2)可通过(1)中的结果推导出数列{}n n a b +以及数列{}n n a b -的通项公式，然后利用数列{}n n a b +以及数列{}n n a b -的通项公式即可得出结果．【详解】(1)由题意可知1434n n n a a b +-=+，1434n n n b b a +-=-，111a b ，111a b -=， 所以1144323442n n n n n n n n a b a b b a a b ，即1112n n n n a b a b ，n n 22n n 因为11443434448n n n n n n n n a b a b b a a b ，所以112n n n n a b a b ，数列{}n n a b -是首项1、公差为2的等差数列，21n na b n ．(2)由(1)可知，112n n n a b ，21n na b n ，所以111222nnn n n na ab a b n，111222nn n n n nb a b a b n．【点睛】本题考查了数列的相关性质，主要考查了等差数列以及等比数列的相关证明，证明数列是等差数列或者等比数列一定要结合等差数列或者等比数列的定义，考查推理能力，考查化归与转化思想，是中档题．17．【2019年新课标2卷文科】已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，1322,216a a a ==+. （1）求{}n a 的通项公式；（2）设2log n n b a =，求数列{}n b 的前n 项和.【答案】（1）212n n a -=；（2）2n S n =.【解析】 【分析】(1)本题首先可以根据数列{}n a 是等比数列将3a 转化为21a q ，2a 转化为1a q ，再然后将其带入32216a a 中，并根据数列{}n a 是各项均为正数以及12a =即可通过运算得出结果；(2)本题可以通过数列{}n a 的通项公式以及对数的相关性质计算出数列{}n b 的通项公式，再通过数列{}n b 的通项公式得知数列{}n b 是等差数列，最后通过等差数列求和公式即可得出结果． 【详解】(1)因为数列{}n a 是各项均为正数的等比数列，32216a a ，12a =， 所以令数列{}n a 的公比为q ，2231=2a a q q ，212a a qq ，所以22416q q =+，解得2q =-(舍去)或4，n n (2)因为2log n n b a =，所以21n b n =-，+121n b n ，12n nb b ， 所以数列{}n b 是首项为1、公差为2的等差数列，21212n n S nn ．【点睛】本题考查数列的相关性质，主要考查等差数列以及等比数列的通项公式的求法，考查等差数列求和公式的使用，考查化归与转化思想，考查计算能力，是简单题．18．【2018年新课标1卷文科】已知数列{}n a 满足11a =，()121n n na n a +=+，设nn a b n=． （1）求123b b b ，，；（2）判断数列{}n b 是否为等比数列，并说明理由； （3）求{}n a 的通项公式．【答案】（1）11b =，22b =，34b =；（2）{}n b 是首项为1，公比为2的等比数列．理由见解析；（3）12n n a n -=⋅.【解析】 【分析】（1）根据题中条件所给的数列{}n a 的递推公式()121n n na n a +=+，将其化为()121n n n a a n++=，分别令1n =和2n =，代入上式求得24a =和312a =，再利用nn a b n=，从而求得11b =，22b =，34b =；（2）利用条件可以得到121n na a n n+=+，从而 可以得出12n n b b +=，这样就可以得到数列{}n b 是首项为1，公比为2的等比数列； （3）借助等比数列的通项公式求得12n na n-=，从而求得12n n a n -=⋅. 【详解】（1）由条件可得()121n n n a a n++=．将1n =代入得，214a a =，而11a =，所以，24a =． 将2n =代入得，323a a =，所以，312a =．从而11b =，22b =，34b =；（2）{}n b 是首项为1，公比为2的等比数列． 由条件可得121n na a n n+=+，即12n n b b +=，又11b =， 所以{}n b 是首项为1，公比为2的等比数列； （3）由（2）可得11122n n nn a b n--==⨯=，所以12n n a n -=⋅． 【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有根据数列的递推公式确定数列的项，根据不同数列的项之间的关系，确定新数列的项，利用递推关系整理得到相邻两项之间的关系确定数列是等比数列，根据等比数列通项公式求得数列{}n b 的通项公式，借助于{}n b 的通项公式求得数列{}n a 的通项公式，从而求得最后的结果.19．【2018年新课标2卷理科】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知17a =-，315S =-． （1）求{}n a 的通项公式； （2）求n S ，并求n S 的最小值．【答案】（1）an =2n –9，（2）Sn =n 2–8n ，最小值为–16． 【解析】 【详解】分析：（1）根据等差数列前n 项和公式，求出公差，再代入等差数列通项公式得结果，（2）根据等差数列前n 项和公式得n S 的二次函数关系式，根据二次函数对称轴以及自变量为正整数求函数最值.详解：（1）设{an }的公差为d ，由题意得3a 1+3d =–15． 由a 1=–7得d =2．所以{an }的通项公式为an =2n –9． （2）由（1）得Sn =n 2–8n =（n –4）2–16． 所以当n =4时，Sn 取得最小值，最小值为–16．点睛：数列是特殊的函数，研究数列最值问题，可利用函数性质，但要注意其定义域为正整数集这一限制条件.20．【2018年新课标3卷理科】等比数列{}n a 中，15314a a a ==，． （1）求{}n a 的通项公式；（2）记n S 为{}n a 的前n 项和．若63m S =，求m ． 【答案】（1）()12n n a -=-或12n n a -= .（2）6m =. 【解析】 【详解】分析：（1）列出方程，解出q 可得；（2）求出前n 项和，解方程可得m ．详解：（1）设{}n a 的公比为q ，由题设得1n n a q -=．由已知得424q q =，解得0q =（舍去），2q =-或2q =． 故()12n n a -=-或12n n a -=．（2）若()12n n a -=-，则()123nn S --=．由63m S =得()2188m-=-，此方程没有正整数解．若12n n a -=，则21nn S =-．由63m S =得264m =，解得6m =．综上，6m =．点睛：本题主要考查等比数列的通项公式和前n 项和公式，属于基础题．。
导数+数列高分技巧
函数与方程数学思想方法是新课标要求的一种重要的数学思想方法，构造函数法便是其中的一种，下面就源于两个重要极限 的不等式利用近三年高考题举例加以说明。
1．设函数 f ( x) 在 R 上的导函数为 f ¢(x) ，且 2 f (x) + xf ¢(x) > x2 ，下面的不等式在R 上恒成立的是A． f (x) > 0B． f (x) < 0C． f (x) > x【答案】A【解析】由已知，首先令x = 0 得 f ( x) > 0，排除 B，D．D． f (x) < x令 g(x) = x2 f (x)，则 g¢(x) = x[2 f (x) + xf ¢(x)] ，①当x>0时，有2f(x) + xf ¢( x) =g¢(x) x>x2 g ¢(x)>0，所以函数g(x)单调 递增，所以当x>0时，g(x) > g(0) = 0，从而 f ( x) > 0 ．②当x<0时，有2f(x) + xf ¢( x) =g¢(x) x>x2 g ¢(x) < 0，所以函数g(x)单调 递减，所以当x<0时，g(x) > g(0) = 0，从而 f ( x) > 0 ．综上 f (x) > 0 ．故选 A．【考点定位】本试题考察了导数来解决函数单调性的运用．通过分析解析式的特点，考查了分析问题和解决问题的能力．2．已知函数f(x)=1 2x2-ax+(a-1)lnx，a>1．（Ⅰ）讨论函数 f (x) 的单调性；（Ⅱ）证明：若 a<5 ，则对任意 x1, x2 Î(0,+¥) ， x1x2 ，有f ( x1 ) x1 -f ( x2 ) x2>-1．解：（Ⅰ） f (x) 的定义域为(0,+¥) ．f¢(x)=x-a+a-1 x=x2- ax + a x-1 =(x -1)(x + 1- a) x（i）若 a-1=1即a=2 ，则f¢(x)=(x-1)2 x，故 f ( x) 在 (0,+¥) 单调增加．… … … … … … … 2分（ii）若 a -1 < 1 ，而 a > 1，故1 < a < 2 ，则当 x Î(a -1,1)时， f '(x) < 0 ； 当 x Î(0,a -1)及 x Î (1,+¥) 时， f ' (x) > 0 ．故 f (x) 在 (a -1,1)单调减少， 在 (0,a -1),(1+, ¥) 单调增加．（iii）若 a -1 > 1 ，即 a > 2 ，同理可得 f (x) 在 (1,a -1)单调减少，在(0,1),(a -1,+¥) 单调增加．（II）考虑函数 g (x)=f(x) +x=1 2x2- ax + (a-1)ln x+x．则 g¢( x) = x - (a -1)+ x 2 x x - (a -1)= 1- ( a -1 -1) ．由于1 < a < 5, 故 g¢( x) > 0 ，即 g (x) 在 (0,+¥) 单调增加，从而当x1 > x2 > 0时有g(x1) - g( x2 ) > 0 ， 即 f ( 1 x-)f (2 +x ) 1 - x 2 ，>x 0故f(x1) x1-f (x2 ) x2>-1，当0 < x1 < x2时，有f(x1) - f (x2 ) x1 - x2=f(x2 ) - f (x1) x2 - x1> -1．… … … … … … … … … … … … 1分23．已知曲线Cn : x2 - 2nx + y2 = 0(n =1,2,) ．从点 P(-1,0)向曲线 Cn 引斜率为kn (kn > 0)的切线 ln ，切点为 Pn (xn , yn ) ．（1）求数列{xn}与{yn}的通项公式；（2）证明： x1x3x5x2n-1 <1 - xn 1 + xn<2 sinxn yn．【解析】曲线Cn : (x - n)2 + y2 = n2是圆心为 (n,0 )，半径为 n 的圆，切线ln : y = kn (x +1)（Ⅰ）依题意有|nkn + kn | kn2 +1=n ，解得 kn2=n2 ，又 2n + 1xn2- 2nxn+yn2=0，yn = kn (xn + 1)联立可解得 xn=nn +1,yn=n2n + 1 n+1，（Ⅱ）1- xn 1+ xn=1， 2n +12 sin xn yn=2 sin1 2n + 1先证： x1 x3 x5 x2n-1 <1， 2n +1证法一：利用数学归纳法当n= 1 时，x1=1 2<1 ，命题成立， 3假设 n = k 时，命题成立，即x1 x3 x5 x2k -1 <1， 2k +1则当 n = k + 1 时， x1 x3 x5 x x 2k-1 2k+1 <1 2k +1x2k +1=2k +1 2(k + 2)∵(1 )2 2k + 3/[ 2k +1 ]2 2(k + 2)=4k 2 +16k 4k 2 + 8k+16 +3>1，故2k +1 2(k + 2)<1 2k + 3 =1．2(k +1) +1∴当 n = k +1 时，命题成立1 3 5 2n-1 < 2n + 1证法二：1 - xn 1 + xn=1 1+n n +1n n+1=1 2n +1，2n -1 2n=(2n -1)2 4n2<(2n -1)2 4n2 -1=2n -1 ， 2n +1x1 x3 x5 x2n-1=1 2´3 4´´2n 2n1<1 3´3 5´´2n 2n-1 +1=1 2n +1 =1- xn 1+ xn下证：1 2n +1 <2 sin1． 2n+1不妨设t =1 2n +1Î(0,3 3]，令f(t) =t-2 sint ，则 f ¢(t) =1-2 cost < 0 在 t Î (0,3 3]上恒成立，故f(t)=t-2 sint在t Î(0,3 3]上单调递减，从而 f (t) = t - 2 sint < f (0)= 0，即 1 < 2 sin 1 ．2n +12n +1综上， x1 x3 x5 x2n-1 <1- xn 1+ xn<2 sin xn yn成立．4．【09 全国Ⅱ·理】22．（本小题满分 12 分）设函数 f (x) = x2 + aln(1+ x) 有两个极值点 x1，x2 ，且 x1 < x2 ．（I）求 a 的取值范围，并讨论 f ( x ) 的单调性；（II）证明：f( x2 )>1-2ln2 4．【解】（I）由题设知，函数 f ( x ) 的定义域是 x > -1,f¢(x)=2x2+ 2x 1+ x+a,且 f ¢( x) = 0 有两个不同的根x1、x2 ，故 2x2 + 2x + a = 0 的判别式D = 4 - 8a > 0 ，即且x1 =-1-122a,x2=-1 +1 2-2a.… … … … … … … … … … … … …①又 x1 > -1, 故 a > 0 ．因此 a 的取值范围是(0,12 ) ．当 x 变化时， f (x) 与 f ¢(x) 的变化情况如下表：a<1 2,因此 f ( x) 在区间 (-1,x1 ) 和 (x2 , +¥) 是增函数，在区间( x1, x2 ) 是减函数．（II）由题设和①知-1 2<x2<0,a=-2x2 (1+x2 ),于是f (x2 ) = x22 -2x2 (1+ x2)ln(1+ x2 ) ．设函数g (t ) = t2 - 2t(1+ t)ln(1+ t),则g¢(t ) = -2t(1+ 2t)ln(1+ t)当t=-1 2时，g¢(t)=0；当tÎ(-1 2,0)时，g¢(t)>0,故g(t)在区间[-1 2,0)是增函数．于是，当tÎ(-1 2,0)时，g(t)>g(-1 2)=1-2ln2 4.因此f(x2)=g(x2)>1-2ln2 4．5．【2008年山东理】 21．（本题满分 12 分）已知函数f(x)1 =（1 - x)n+ a ln(x -1),其中 n Î N * ,a 为常数．（I）当 n = 2 时，求函数 f (x) 的极值；（II）当 a = 1时，证明：对任意的正整数n ，当 x 2 时，有 f ( x) £ x - 1.【标准答案】（Ⅰ）解：由已知得函数 f (x) 的定义域为{x | x >1} ，当n=2 时，f( x)=1 (1- x)2+ a ln(x -1) ，所以f¢(x)=2 - a(1- x)2 (1- x)3．（1）当 a > 0 时，由 f ¢(x) = 0 得 x1 = 1+2 a> 1 ， x2=1-2 a<1，此时f¢(x)=-a( x - x1 )(x (1- x)3x2 )．当 x Î (1，x1 ) 时， f ¢(x) < 0 ， f (x) 单调递减； 当 xÎ(x1，+ ¥) 时， f ¢(x) > 0 ， f ( x) 单调递增．综上所述，n = 2 时，当 a > 0 时， f (x) 在 x = 1 +2 a处取得极小值，极小值为fæ1+2 a ÷÷ø=a 2æ1+ln2 a ÷ø．当 a £ 0 时， f ( x) 无极值．（Ⅱ）证法一：因为 a= 1，所以f(x)=1 (1- x)n+ ln(x -1)．当 n 为偶数时，令g( x)=x-1-(1 1- xn)- l n (x - ，1 )则 g¢(x)=1+n ( x -1)n+1-1 x -1=x-2 x -1+n ( x -1)n+1>0（x2）．所以 当 x Î[2，+ ¥) 时， g( x) 单调递增，又 g(2) = 0，因此g( x)=x-1-(x1 -1n)- l n (x - 1 ) g( 2=恒) 成0立，所以 f ( x)£ x- 1成立．当 n 为奇数时，要证f(x)£x-1，由于1 (1- x)n<0 ，所以只需证ln(x -1) £x -1，令 h( x)= x- 1- l n (x - ，1则h¢( x)=1-1 x -1=x-2 x -10（x2 ），所以 当 x Î[2，+ ¥) 时， h(x) = x -1- ln(x -1)单调递增，又h(2) =1> 0 ，所以当 x 2 时，恒有h(x) > 0 ，即 ln(x -1)< x -1命题成立．综上所述，结论成立．证法二：当 a= 1 时，f(x)=1 (1- x)n+ ln(x -1)．当x2时，对任意的正整数n，恒有1 (1- x)n£1，故只需证明1+ ln(x -1)≤ x -1．令 h( x)= x- 1- ( 1+ l nx(- 1 =) )x - -2 xl n，-( x Î[2，+ ¥) ，x -1 x -1当 x 2 时， h¢(x)≥0，故 h(x) 在[2，+ ¥) 上单调递增，因此 当 x 2 时， h(x) h(2) = 0 ，即1+ ln(x -1) £ x -1成立．故当x2时，有1 (1- x)n+ln(x- 1) £x-1．即 f ( x)£ x- 1．【试题分析】第一问对 a 讨论时要注意一些显而易见的结果，当a £ 0 时 f / ( x) < 0 恒成立， f (x) 无极值．第二问需要对构造的新函数h(x) 进行“常规处理”，即先证单调性，然后求最值 ，最后作出判断．【高 考 考 点】导数及其应用、构造函数证明不等式 【 易 错 提 醒 】没有注意该函数定义域对问题的影响，分类讨论无目标，判断f/(x)=-a(x - x1)(x （1- x)3x2 )的正负漏掉符号．【 学 科 网 备 考 提 示 】函数类问题的解题方法要内悟、归纳、整理，使之成为一个系统，在具体运用时自如流畅，既要具有一 定的思维定向，也要谨防盲目套用．此类问题对转化能力要求很高，不能有效转化是解题难以突破的主要原因，要善于构造 函数证明不等式，从而体现导数的工具性． 6．【2007年山东理】 （22）（本小题满分 14 分）设函数 f (x) = x2 + bln(x +1)，其中b 0 ．（I）当 b>1 2时，判断函数f( x)在定义域上的单调性；（II）求函数 f ( x) 的极值点；（III）证明对任意的正整数n，不等式ln(1 n+1)>1 n2-1 n3都成立．【 解 】（Ⅰ）由题意知，f( x) 的定义域为 (-1，+ ¥) ，f¢(x)=2x +b x +1=2x2+ 2x x+1+b设g(x)=2x2+2x+b，其图象的对称轴为x=-1 2Î(-1，+¥)，\ g(x)max=gæ -1 2 ÷ø=-1 2+b当b>1 2时，g (x)max=-1 2+b>0 ，即g( x)=2x2+2x + b>0 在 (-1，+ ¥) 上恒成立，\当 x Î (-1，+ ¥) 时， f ¢( x) > 0 ，\当 b>1 2时，函数f( x)在定义域(-1，+¥)上单调递增（Ⅱ）①由（Ⅰ）得：当b>1 2时，函数f(x) 无极值点②b=1 2时，f¢(x)=2 x + 2 ÷ø x+1=0有两个相同的解x=-1 2，xÎæ -1，-1 2 ÷ø时，f¢(x)>0，xÎæ -1 2，+¥ ÷ø时，f¢(x)>0，\b=1 2时，函数f(x)在(-1，+¥)上无极值点③当b<1 2时，f¢(x)=0有两个不同解， x1=-1-122b，x2= -1+1- 2b ， 2b < 0 时， x1 = -1-1- 2b 2< -1 ， x2 =-1+1- 2b 2>0，即 x1 Ï(-1，+ ¥) ， x2 Î[-1，+ ¥)\ b < 0 时， f ¢( x) ， f (x) 随 x 的变化情况如下表：x(-1，x2 )x2( x2，+ ¥)f ¢( x)-0+f (x)极小值由此表可知：b < 0 时， f (x) 有惟一极小值点 x2 = -1+122b，当0 <b <1 2时， x1=-1-1- 2b 2> -1 ，\ x1，x2 Î(-1+ ¥) ，此时， f ¢(x) ， f (x) 随 x 的变化情况如下表：x(-1，x1)x1(x1，x2 )x2(x2，+ ¥)f ¢( x)+0-0+f (x)极大值极小值由此表可知：0 < b <1 2时，f (x) 有一个极大值 x1=-1 -1- 2b 2和一个极小值点x2 =-1+1- 2b ； 2综上所述：b < 0 时，f ( x) 有惟一最小值点 x2=-1 +1 - 2b 2；0<b<1 2时，f ( x) 有一个极大值点 x = -1-122b和一个极小值点x=-1+1- 2b ； x2 （Ⅲ）当 b = -1时，函数 f (x) = x2 -ln(x +1) ，令函数 h(x) = x3 - f (x) = x3 - x2 + ln(x +1)，则 h¢(x)=3x2- 2x+1 x+1=3x3+ ( x -1)2 x+1．\当 xÎ[0，+ ¥) 时， h¢(x) > 0，所以函数 h(x) 在 [0，+ ¥) 上单调递增，又 h(0)= 0 \ xÎ(0，+ ¥) 时，恒有 h( x) > h(0)= 0 ，即 x3 > x2 - ln(x +1)恒成立故当 x Î(0，+ ¥) 时，有 ln(x +1) > x2 - x3 ．对任意正整数n 取x=1 nÎ (0，+¥)，则有 lnæ1 n+1÷ø>1 n2-1 n3所以结论成立． 7．【2008年湖南理】 21．（本小题满分 13 分）已知函数f(x)=ln2 (1+x)x2 -1+ x．（I）求函数 f ( x) 的单调区间；（Ⅱ）若不等式(1+1 )n+ a n£e对任意的 n ÎN* 都成立（其中e是自然对数的底数）．求 a 的最大值．解： （Ⅰ）函数 f (x) 的定义域是(-1,+¥) ，f¢(x)=2ln(1+ 1+ xx)-x2 + 2x (1+ x)2=2(1+x)ln(1+ x) (1+ x)2x2-2x.设 g(x) = 2(1+ x)ln(1+ x) - x2 -2x，则 g¢(x) = 2ln(1+ x) - 2x.令h(x)=2ln(1+x)-2x,则h¢(x)=2 1+x-2=-2 1+x x.当 -1 < x < 0 时， h¢(x) > 0, h( x) 在 (-1,0)上为增函数，当 x＞0 时， h¢(x) < 0, h( x) 在 (0,+¥) 上为减函数．所以 h( x) 在 x = 0 处取得极大值，而h(x) = 0 ，所以 g¢(x) < 0(x 0)，函数 g( x) 在 (-1,+¥) 上为减函数．于是当 -1 < x < 0 时， g( x) > g(0)= 0,当 x > 0 时， g( x) < g(0) = 0.所以，当 -1 < x < 0 时， f ¢(x) > 0, f ( x) 在 (-1,0)上为增函数．故函数 f (x) 的单调递增区间为(-1,0)，单调递减区间为(0,+¥) ．（Ⅱ）不等式(1+1)n+a n£e 等价于不等式(n +a) ln(1+1 n)£ 1.由1 +1 n> 1 知，a£1 ln(1+1 n)-n.设G(x)=1 ln(1+x)-1 x,xÎ(0,1],则G¢( x)=-(1+1 x)ln2 (1+x)+1 x2=(1+ x)ln2 (1+ x) - x2 x2 (1+ x)ln2 (1+ x).由（Ⅰ）知， ln2 (1+x)-x2 1+ x£0, 即 (1+x)ln2 (1+x)-x2£0.所以 G¢(x) < 0, xÎ(0,1], 于是G( x) 在 (0,1] 上为减函数．故函数G(x)在(0,1]上的最小值为G(1)=l1 n2-1.所以a的最大值为l1 n2-1.1．2009潍坊文科（22）（本小题满分14 分）设函数 f (x) = x2 - 2(-1)k ln x(k Î N* ), f ¢(x)表示 f ( x) 的导函数．（I）求函数 y = f (x) 的单调递增区间；（Ⅱ）当 k 为偶数时，数列{ an }满足 a1 =1, an f ¢(an) = an2+1 -3，求数列{ an2 }的通项公式；（Ⅲ）当k为奇数时，设 bn=1 2f¢( n) - n ，数列{bn} 的前 n 项和为 Sn ，证明不等式1( ) 1+ bn bn+1 > e 对一切正整数n 均成立，并比较 S2009-1 与 ln2009 的大小．解：（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞），又y¢ =f¢(x)=2x- 2(-1)k1 x=2[ x2- (-1)k ] x，… … … … 1分10当k为奇数时，f¢( x)=2( x2 +1) x， x Î(0,+¥),\ f ¢(x) > 0在(0,+¥)恒成立. 即 f ¢(x) 的单调递增区间为(0,+¥) ．… … … … 2分20当k为偶函数时，f¢( x)=2(x2 -1) x=2(x+1)(x x-1)由 f ¢( x) > 0 ，得 x -1 > 0, \ x > 1，即 f ( x) 的单调递增区间为(1,+¥) ，综上所述：当 k 为奇数时， f (x) 的单调递增区间为(0,+¥)，当 k 为偶数时， f ( x) 的单调递增区间为(1,+¥).… … … … 4分（Ⅱ）当k为偶数时，由（Ⅰ）知f¢(x)=2(x2 -1) x所以f¢(an )=2(an2 -1). an根据题设条件有2(an2 -1) = an2+1 -3, \an2+1 = 2an2 +1, an2+1 +1 = 2(an2 +1),∴{ an2 + 1 }是以 2 为公比的等比数列，∴an2 +1 = (a12 +1) 2n-1 = 2n, \an2 = 2n -1. ………………………………分8（Ⅲ）由（Ⅰ）知，当k为奇数时，f¢=2(x+1 x),\bn=1 2f¢(n) - n=1 n,Sn=1+1 2+1 3++1 n.由已知要证æ1+1 nn+1 ÷ø>e,两边取对数，即证lnæ1+1 n ÷ø>n1 +1,… … … … … … … 10分事实上：设1 +1 n=t,则n=t1 -1(t>1),因此得不等式lnt>1-1 t(t>1)… … … … … … … … … … … … … … …①…构造函数g(t)=lnt+1 t-1(t>1),下面证明g(t)在(1,+¥)上恒大于0．g ¢(t)=1 t-1 t2>0,∴g(t) 在 (1,+¥) 上单调递增， g(t ) > g(1)= 0,即lnt>1-1 t,∴ln æ1 +1 n ÷ø>1 n +1,∴æ1+1 nn+1 ÷ø>e,1( ) 即 1 + bn bn+1 > e 成立． ………………………………………………………分12由lnn+ n1>n1 +1,得1 2+1 3++n1 +1<ln2 1+ln3 2++lnn+1 n=ln(n+1),即 Sn+1 -1 < ln(n +1),2．山东省日照市2009届高三模拟考试数学理科试题（22）（本小题满分 14 分）已知a>0，函数f(x)=1- x ax+lnx．（Ⅰ）试问在定义域上能否是单调函数？请说明理由；（Ⅱ）若 f ( x) 在区间 [1,+¥) 上是单调递增函数，试求实数a 的取值范围；（Ⅲ）当a = 1 时，设数列 1 n 的前n项和为Sn，求证：Sn-1 <f(n)-1nn<Sn-1(n Î N*且n2)解：（Ⅰ）f (x) 的定义域为(0,+¥)，f ¢(x) =ax ax21，由f ¢(x) = 0 得 x =1 a．……2分当x Î (a,1 a)时，f¢(x)<0，f(x)递减；当xÎ(1 a,+¥)时，f¢(x)>0，f(x) 递增．所以 y = f (x) 不是定义域上的单调函数．… … … … … … … … … … …分4（Ⅱ）若f(x)在x Î[1,+¥)是单调递增函数，则f¢(x)0恒成立，即a1 x恒成立．…………………………．…6 分即a 1 x max,x Î[1,+¥)\1 x£1\ a 1． ……………8分（Ⅲ）当 a=1 时，由（Ⅱ）知，f(x)=1xx+lnx在[1,+¥)上为增函数，f(n)-1- n n=1-n n+lnn-1nn=ln n,又 当 x > 1 时， f (x) > f (1)，\1-x x+l nx>0，即lnx>1-1 x．令g(x)=x-1-lnx,则g¢(x)=1-1 x，当xÎ(1,+¥)时，g¢(x)>0.从而函数 g(x) 在[1,+¥) 上是递增函数，所以有g(x) > g(1)= 0,即得 x -1 > ln x.综上有：1-1 x<lnx<x-1,(x>1).… … … … … … … … … … … … 1分0\1 x +1<lnx +1 x<1 x.… … … … … … … … … … … … … … … 1分2令x= 1,2,...,n-1, (n ÎN *且n2)时，不等式\x1 +1<lnx+1 x<1 x. 也成立，于是代入，将所得各不等式相加，得1 2+1 3+ ...+1 n<ln2 1+ln3 2+ ...+lnn n -1<1+1 2+... +n 1-1.即1 2+1 3+...+1 n<lnn<1+1 2+...+1 n-1.n3．山东省枣庄市2009届高三年级调研考试数学理21．（本小题满分 12 分）已知函数f(x)=1 2x2-2x, g (x)=logax(a>0, 且a1),其中a为常数，如果h(x) = f ( x) + g(x) 在其定义域上是增函数，且h¢(x) 存在零点（ h¢(x)为h( x) 的导函数）．（I）求 a 的值；（ II ） 设 A( m, g( m) ) B<, n ( 是g 函n 数 my = gn(x) 的 图 象 上 两 点 ，g ¢(x0 )=g(n) - g(m) n-m(g¢(x)为g(x)的导函数),证明: m <x0<n.解：（I）因为 h(x)=1 2x2-2x+logax(x>0).所以h¢( x)=x-2+x1 lna.因为 h(x)在(0,+¥) 上是增函数．所以 x-2+x1 ln a0在(0,+¥) 上恒成立… … … … … … … … … … …分1当x>0时, x-2+1 xlna0Ûx2-2x1 - lna.而 x2 - 2x = (x -1) 2 -1在(0,+¥) 上的最小值是- 1．于是-1-1 lna,即1£1 lna.（※）可见a> 1(若0<a<1, 则1 lna<0.这与1 lna1矛盾)从而由（※）式即得ln a £ 1. ① ………………．．………………………… 分4同时， h¢(x)=x-2+1 xlna=x2lna - 2xlna xlna+1(x>0)由 h¢(x)存在(正)零点知D = (-2ln a)2 - 4lna 0,解得 ln a 1②，或 lna £ 0(因为a > 1, lna > 0,这是不可能的). 由①②得 ln a = 1. 此时， h¢(x)存在正零点x =1,故a = e 即为所求 ……………………………分6注：没有提到（验证）ln a = 1时， h¢(x)存在正零点x = 1, 不扣分．（II）由（I）， g (x)=ln x, g ¢(x0 )=1 x0,于是1 x0=g(n) n-g(m m),x0=n lnn-m lnm.以下证明m<lnn n-m lnm.（☆）… … … … … … … … … … …分7构造函数 r(x) = x lnn - x ln x - n + x(0 < x £ n),则 r¢(x) = lnn - ln x,当x Î (0, n) 时，r¢(x) > 0, 所以r(x)在(0, n]上为增函数．因此当 m < n时, r(m) < r(n) = 0, 即 m ln n - m ln m - n + m < 0.从而 x0 > m 得到证明． ……………………………1分1同理可证 n>n lnn-m lnm.综上 ,m<x0<n.注：没有“综上”等字眼的结论，扣 1 分．… … … … … … … … … … … 1分24．烟台市三月诊断性检测数学理 22．（本小题满分 14 分）设函数 h(x) = x2 ,j(x) = 2eln x （ e 为自然对数的底数）． （1）求 F(x) = h(x) -j(x) 的极值； （2）若存在实常数k 和 b，使得函数 f (x) 和 g(x) 对其定义域上的任意实数x 分别满足 f (x) kx +b 和 g(x) £ kx + b ，则称直线l : y = kx +b 为 f (x) 和 g(x) 的“隔离直线”．试问函数 h(x) 和j (x) 是否存在“隔离直线”?若存在．求出此“隔离直线”方程；若不存在，请说明理由．解：（1）∵F(x) = h(x) -j(x) = x2 - 2eln x(x > 0)∴F'(x)=2x-2e x=2(x-e )(x + xe) .∴当 x = e 时， F '(x) = 0 ．∵当 0 < x < e 时 F '(x) < 0 此时 F (x) 递减；……………………………………3’当 x > e 时， F '(x) > 0 ，此时 F ( x) 递增．∴当 x = e 时， F ( x) 取极小值，其极小值为 0．…………………………………6’（2）由（1）可知，当 x > 0 时， h(x) j(x) （当且仅当 x = e 时取等号）．若存在 h(x) 和 g (x) 的“隔离直线”，则存在实常数k 和 b ，使得 h(x) kx +b 和 j(x) £ kx + b(x > 0)恒成立．∵h( x) 和 g (x) 的图象在 x = e 处有公共点，因此若存在h(x) 和 g( x) 的“隔离直线”， 则该直线过这个公共点( e, e) ． …………………………………………………8’设“隔离直线”方程为 y - e = k(x - e) ，即 y = kx + e - k e.∵D = (k - 2 e)2 ∴由 D £ 0 ，得 k = 2 e ……………………………………………………………10’下面证明j(x) £ 2 ex -e当 x > 0 时恒成立．令 G(x) = j(x) -2 ex + e = 2eln x - 2 ex + e, 则G'(x)=2e x-2e= 2e(e x-x).当 x = e 时， G'(x) = 0 ；当 0 < x < e 时， G'(x) > 0 ，此时G(x) 递增；当 x > e 时， G'(x) < 0 此时G( x) 递减．∴当 x = e 时， G(x) 取极大值．其极大值为 0．从而 G(x) = 2eln x - 2 ex + e £ 0,即j(x) £ 2 ex - e(x > 0) 恒成立．………………………………………………13’∴函数 h(x) 和j (x) 存在唯一的“隔离直线” y = 2 ex -e.………………………14’5．2009届山东省德州市高三第一次练兵（理数2）1．（本小题满分 12 分） 已知函数 f (x) = x2 - a lnx 在 (1, 2] 是增函数, g(x) = x - a x 在（0,1）为减函数． （1）求 f ( x) 、 g (x) 的表达式；（2）求证：当 x > 0 时,方程 f (x) = g(x) + 2 有唯一解；（3）当 b>-1时,若f(x)2bx-1 x2在x ∈(0,1]内恒成立,求 b的取值范围．解：（1）f¢(x)=2x-a x,依题意f¢( x)> 0 , x Î(1,2],即a<2x2 ,x Î(1,2]．∵上式恒成立,∴a £ 2 ① …………………………1分又g ¢( x)=1-a 2x,依题意g ¢(x)< 0,xÎ(0,1) ,即 a>2x , x Î (0,1) ．∵上式恒成立,∴a 2. ②…………………………分2由①②得 a = 2 ．… … … … … … … … … …分3∴ f (x) = x2 - 2ln x, g(x) = x - 2 x.… … … … … … … … … …分4（2）由（1）可知,方程 f (x) = g(x) + 2 ,即x2 - 2lnx - x + 2 x - 2 = 0.设 h(x) = x2 - 2lnx - x + 2x-2,则h¢( x)=2x-2 x-1+1, x令 h¢(x) > 0 ,并由 x > 0, 得 ( x -1)(2x x + 2x + x + 2) > 0, 解知 x > 1. ………5分列表分析：xh¢( x) h (x)（0,1） -递减1（1,+¥）0+0递增可知 h(x) 在 x = 1 处有一个最小值 0, …………………………7分当 x > 0且x 1 时, h(x) ＞0,∴h(x) = 0 在（0,+¥）上只有一个解．即当 x＞0 时,方程 f (x) = g(x) + 2 有唯一解． …………………………分8（3）设j(x)=x2-2lnx-2bx+1 x2则j' (x)=2x -2 x- 2b -2 x3<0,… … … … 9分\j (x) 在 (0,1]为减函数\j(x)min = j(1) =1- 2b +1 0 又 b > -1………11分所以： - 1 < b £ 1 为所求范围．… … … … … … … … … … 12分6．山 东 省 实 验 中 学20 0 9届 高 三 第 三 次 诊 断 考 试 （ 数 学 理 ）22．已知函数f(x)=1- x ax+lnx（注：ln 2 » 0.693）（1）若函数 f ( x) 在 [1,+¥) 上为增函数，求正实数a 的取值范围；（2）当 a = 1时，若直线 y = b 与函数 y = f (x) 的图象在[12 , 2] 上有两个不同交点，求实数b 的取值范围：（3）求证：对大于1的任意正整数n,lnn>1 2+1 3+1 4+…+1 n解：（1）因为f(x)=1-x ax+ln所以f'(x)=ax ax21(a>0)依题意可得，对"x Î[1,+¥).f'(x)=ax -1 ax20恒成立，所以 对 "x Î[1, +¥).ax -1 0 恒成立，所以对"xÎ[1,+¥),a1 x恒成立，a(1 x)max，即a1（2）当 a= 1时，f'(x)=xx21,若xÎ [ 12,1]，f'(x)£0，f( x) 单调递减；若 x Î[1,2].f '(x) 0, f (x) 单调递增；故 f (x) 在 x = 1 处取得极小值，即最小值 f (1)= 0又f( 12)= 1 - ln2,f(2)=ln2 -1 2,f( 12) -f(2)=3 2- 2ln2=ln e3- ln16 2>0所以要使直线 y= b 与函数y=f(x)的图象在[1 2,2]上有两个不同交点，实数b的取值范围应为(f(1),f(2)]，即0,ln2-1 2]；（3）当a=1时，由(1)可知，f(x)=1xx+lnx在[1,+¥)上为增函数，当n> 1 时，令 x=nn -1，则x>1，故f (x) >f (1)= 0 ，即 f ( n -1) =n n-1+lnn-1=-n+ln-n-1>0所以lnn-1>n．n -1故ln2 1>1 2,ln3 2>1 3,ln4 3>1 4,…,lnn n -1>1 n相加可得ln2 1+ln3 2+ln4 3+…+ lnn n -1>1 2+1 3+1 4++1 n又因为ln2 1+ln3 2+ln4 3+…+lnnn -1=ln(213 24 3…nn-1)=lnn所以对大于1的任意正整书n,lnn>1 2+1 3+1 4+…+1 n（二）2009 年 4 月后7．山东省滨州市2009年 5 月高考模拟试题（理数）20．（本题满分 12）已知函数 f (x) = ax2 + lnx.（Ⅰ）求 f (x) 的单调区间；（Ⅱ）当 a = 0 时，设斜率为 k 的直线与函数 y = f (x) 相交于两点 A(x1, y1)、B(x2 , y2 )( x2>x1 ) ，求证： x1<1 k<x2 ．解：（Ⅰ）略（Ⅱ）当 a = 0 时， f (x) = ln x.以下先证 1 k>x1 ，k=y2 x2-y1 x1=ln x2 x2- ln x1 - x1>0,所以只需证 lnx2 x2-ln - x1x1<1 x1，即ln x2 x1<x2 - x1 x1=x2 x1-1.设j(t)=lnt-t+1(t> 1) ，则 j ¢(t )=1 t-1<0(t>1)．所以在t Î(1,+¥) 时，j (t) 为减函数， j(t )< j ( 1=) 0t >( ．1即 lnt < t -1(t >1)．又x2 x1>1，∴lnx2 x1<x2 x1-1成立，即1 k>x1 ．同理可证1 k<x2．∴x1<1 k<x2．8．山东省济宁市2009年高三第二次摸底考试-理科数学22．（本题满分 14 分）（Ⅰ）判断函数 H (x) = f (x) - g(x) 零点的个数，并说明理由；（Ⅱ）设数列{an} 满足： a1 Î(0,1)，且 f (an+1) = g(an ),n ÎN*,①求证：0 < an < 1； ②比较 an 与 (e -1)an+1 的大小． 解：（Ⅰ） H¢(x) = (e -1)- ex令 H¢(x) = 0, x0 = ln(e -1) 当 x(-¥, x0 ) 时， H¢(x) > 0, H ( x) 在 x(-¥, x0 ) 上是增函数 当 x( x0 , +¥) 时， H¢(x) < 0, H ( x) 在 x(x0 , +¥) 上是减函数 ……………．2 分 从而 H (x)max = H(0)= (e -1)x0 +1- ex0 = (e -1)ln(e -1) - e + 2 …………．4 分注意到函数k(t) = t lnt -t +1在[1,+¥) 上是增函数，从而 k(t) k(1)= 0,又e -1 >1 从而 H(x0 ) > 0 综上可知： H ( x) 有两个零点． ………………………………………………．…6 分（Ⅱ）因为 f (an+1) = g(an ),即 (e -1)an+1 +1 = ean所以 an+1=1 (ean e -1-1)………………………………………………．…7 分①下面用数学归纳法证明an Î(0,1)． 当 n = 1 时， a1 Î(0,1)，不等式成立．假设 n=k 时， akÎ(0,1)那么 ak +1=1 (eak e -1-1) 1< eak < e \ 0< eak - 1< e - 1\01 <e -1(ea k-1 ) < 1即 ak+1 Î (0,1)这表明 n = k + 1时，不等式成立．所以对 n Î N * ， an Î(0,1) ………………………………………………．…10 分②因为(e -1)an+1 - an = ean -1- an考虑函数 p( x) = ex -1- x (0 < x <1) ……………………………………．12 分p¢( x)= ex - 1 > 0 从而 p(x) 在 (0,1)上是增函数p(x) > p(0)= 0所以 (e -1)an+1 - an > 09．山东省安丘、五莲、诸城、兰山四地2009届高三 5 月联考 22．（本题满分 14 分）已知函数g( x)=1sinqx+lnx在 [1,+¥)上为增函数，且qÎ ( 0 ,p)，f(x)=mx-mx1-lnx，mÎR．（1）求q 的取值范围；（2）若 f (x) - g( x) 在 [1,¥) 上为单调函数，求m 的取值范围；（3）设 h( x)=2e x，若在[1,e] 上至少存在一个 x0，使得f(x0 ) -g(x0 )>h(x0 ) 成立，求m 的取值范围．解：（1）由题意，g¢(x)=-1sinq x2+1 x0在[1,+¥)上恒成立，即sinq sinqx -1 x20 q Î( 0 ,p ) , \ s qi n >．故 sinq x -1 0 在[1,+¥) 上恒成立， ……………2分只须 sinq1-10，即sin q 1 ，只有sin q= 1．结合qÎ(0,p ),得q=p2．…4 分（2）由（1），得f(x)-g(x)=mx-m x-2lnx.\(f( x)-g( x))¢=mx2- 2x x2+m. f (x) - g(x)在 [1,¥) 上为单调函数，\mx2 - 2x + m 0 或者\mx2 - 2x + m £ 0 在[1,¥ ) 恒成立． ……………．． 6 分mx2-2x+m0等价于m(1+x2)2x,即m2x 1+ x2,而 2x 1+ x2=2x+1 x, x2 +1 x max=1\m 1．… … … … … … … … … … … … …分8\mx2- 2x + m £ 0 等价于 m(1+ x2 ) £ 2x, 即 m2x £ 1 + x2在[1,¥ ) 恒成立，而12 +x x2Î(0,1],m£0．综上， m 的取值范围是(-¥,0] [1, +¥) ． ………………………………………1分0（3）构造函数 F( x) =f (x) - g(x) - h(x),F (x) = mx -m x-2lnx-2e x.当m£0时，xÎ[1,e],mx-m x£0，-2lnx-2e x<0，所以在[1,e]上不存在一个x0，使得 f ( x0 ) - g(x0 ) > h(x0 ) 成立．当m>0时，F ¢( x)=m+m x2-2 x+2e x2=mx2-2x+ x2m+2e.… … … … 12分因为 x Î[1,e],所以 2e - 2x 0 ， mx2 + m > 0，所以 F¢(x) > 0 在 [1,e] 恒成立．故F ( x)在[1,e]上单调递增，F( x)max=me-4 e-4，只要me-4 e-4>0，。
论文浅谈导数的应用
浅谈导数的应用摘要：法国数学家费马为研究极值问题而引入了导数的思想，导数是我们进一步学习数学和其他自然科学的基础，是研究现代科学技术中必不可少的工具．我们要明确导数的内涵，知道运用导数思想解题的方法，从而通过提出问题的数学特征，建立导数关系的数学模型．一般地，导数思想是从构造函数利用导数函数的性质，解决不同类型的问题，导数思想在中学数学、高等数学以及我们日常生活中占有极其重要的地位，本文详细介绍导数思想的内涵和本质，使人们对导数的内容有更深的理解，以便在遇到各种问题时能够考虑到导数思想，从而优化解决问题的过程．关键词：极限;导数;微分Shallowly Discusses the Application of DerivativeAbstract:To study extremely problems, French mathematician Fermat brought in derivative idea. Derivative is the basis for us to learn math and other natural science further, an indispensable tool in research of modern science and technology. We should understand the concept and acquire the capacity of solving problems with mathematical ideas and create derivative model according to the mathematical feature of the given problem. On average, we use specific derivative in accordance with definite trait of the various problems. The derivative idea plays an important part in middle school math, advanced math and our daily life. In this chapter, the concept and essence of derivative are introduced to deepen people's understanding in math and help to simplify people's derivative.Key words:Limit; Derivative; Differential0 引言导数]1[来源于人类的社会实践，服务于人类的社会实践，导数是人类进一步学习数学和其他自然科学的基础，用导数来研究函数的性质，是研究现代科学技术中必不可少的工具．导数是在极限概念的基础上建立起来的，是微分学的一个重要概念，也是一个重要的解题方法.学习导数知识可以在实际应用中快速简洁的求曲线的切线方程.导数还是对函数图像与性质的总结和概括，是研究函数单调性的最佳的重要工具，是初等数学和高等数学的重要衔接点．导数还可以解决生产和生活中的最优决策和最优设计问题，即最大值、最小值问题．1 导数的产生和发展导数概念是根据解决实际问题的需要，在极限的基础上建立起来的]9[，它是微分学中最重要的概念．而微分是微分学中又一个重要的概念，它与导数有密切的关系，两者在科学技术中有着广泛的应用．我们知道在一定条件下一个函数在某点可导和可微是等价的，大部分高等数学、经济数学和数学分析课本中都是先引进导数的概念，再引进微分的概念，到底导数和微分这两个概念，哪个概念产生在前，哪个概念产生在后呢？1.1 微分概念的导出背景当一个函数的自变量有微小的改变时，它的因变量一般来说也会有一个相应的改变．微分的原始思想在于寻找一种方法，当因变量的改变也是很微小的时候，能够简便而又比较精确的估计出这个改变量．我们来看一个简单的例子：维持物体围绕地球作永不着地（理论上）的飞行所需要的最低速度称为第一宇宙速度．在中学里利用计算向心加速度的方法已经求出这种速度为7．9千米/秒，现在我们改用另一种思路去推导它．设卫星当前时刻在地球表面附近的A 点沿着水平方向飞行，假如没有外力影响的话，那么它在一秒钟后本应到达B 点，但事实上它要受到地球的引力，因而实际到达的而是C 点．BC =4．9米是自由落体的物体在重力加速度的作用下，第一秒中所走过的距离．容易看出，如果C 点与地心O 的距离是相等的，那么由运动的独立性原理，就可以推断出卫星在沿着地球的一个同心圆轨道运行，也就是作环绕地球飞行了．因此，卫星应具有的最小飞行速度恰好在线段AB 的长度．ABC ∆是直角三角形，OA 和OC 可近似的取为地球的平均半径6371千米，也就是6371000米，于是由勾股定理即可求其加速度． 1.2 产生导数的实际背景从数学的发展历史来看，导数是伴随微分的诞生而顺理成章的产生的．也就是说，人们先有了微分的概念，随后才发现，对于处理微分问题来说，像这么一种特定形式的极限，即导数，是一个有力的工具．从法国数学家费马为研究极值问题而引入了导数的思想，但与导数概念直接联系的是以下两个问题：已知运动规律求速度和已知曲线求它的切线．这是由英国数学家牛顿和德国数学家莱布尼茨分别在研究力学和几何学过程中建立起来的]3[．用导数思想来处理微分问题]10[．因为一方面，从微分的形式来看，在比较复杂的情况下（比如高阶的微分和导数以及多元函数的微分和导数等），无论是形式的思考还是实际的处理问题由导数入手都要比由微分入手更容易和简单一些，并且导数有它本身的意义，在数学的理论及其实际应用方面都扮演着重要的角色． 1.3 导数的概念1、函数()x f y =在点0x 处的导数可以写成以下形式]4[：()()()0000limx x x f h x f x f x x --+='→2、导数的物理意义和几何意义:函数()x f y =在点x 处的导数是函数在该点处的平均变化率xy∆∆的极限，因而它反映了客观运动的瞬时变化率．在几何学上，()x f y =在某点处的导数()0x f 表示函数()0x f y =的图形在点()00,y x 处的切线斜率，即()0tan x f '=α，其中α是过点()00,y x 的切线的倾角]7[．2 导数的应用2.1 导数在中学数学中的应用在中学数学中，常利用导数的几何意义来求曲线的切线方程，还会用到导数的单调性以及用导数求极值点和最值的问题．由此可见，导数在中学数学中的应用是十分广泛的，不妨通过以下例题来说明．例1]6[ 已知数列{}n a ；()1109+⋅⎪⎭⎫⎝⎛=n a nn ，问数列中是否有最大项？若有，请求出最大项；若没有，请说明理由．解 因为数列是一种特殊的函数关系，是离散的，不能直接求导．所以可设()1109+⎪⎭⎫ ⎝⎛=x y x()0>x ，同时取对数后求导可得()⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+⎪⎭⎫ ⎝⎛='1110ln 9ln 1109x x y x，令0='y ，得4877.8=x ；当4877.80<<x 时，0>'y ；当4877.8>x 时，0<'y ，且有唯一解；当4877.8=x 时，y '最大；故8=n 或9=n 时，n a 最大； 8981099⎪⎭⎫ ⎝⎛==a a ． 2.11 利用导数求曲线的切线方程归纳起来有两种问题类型，下面我们来系统的分析一下怎么解决这类问题． 情况一：设()x f y =为可导函数，求过()000,y x m 点作C ：()x f y =的切线方程． (1)若()C y x m ∈000,，()x f y =；即()00x f y =．则()0x f k '=，过0m 的切线方程为()()000x x x f y y -'=-．(2)若()C y x m ∉000,，即()00x f y ≠．可设切点()111,y x m ，则()11x f y =过1m 的切线方程为()()()111x x x f x f y -'=-，此切线过0m ．于是可由()()()10110x x x f x f y -'=-解出1x ．因而过0m 的切线方程为 ()()()111x x x f x f y -'=- 或()()010x x x f y y -'=-．情况二：设()x f y =，()x g y =为可导函数，曲线p ：()x f y =与曲线q ：()x g y =相切，求切线方程．解：由于两曲线p ，q 相切，必须假设公切点()000,y x m 满足p m ∈0，q m ∈0，即()00x f y = (1) ()00x g y = (2) 又因为两曲线在公切点0m 处切线的斜率相等，即()()00x g x f '=' (3) 解(1)(2)(3)式，可得公切点()000,y x m 坐标，从而求得公切线方程． 2.12三角函数的问题此类问题同样可以用导数的思想来解决．例如，可以利用导数求三角函数的周期，还可以判断其奇偶性，以及求其单调区间等．下面先考虑两个结论：(1)可导的偶函数的导函数是奇函数，可导的奇函数的导函数是偶函数．证明：设()x f 是可导的偶函数，有()()x f x f =-且()[]()x f x f '='-即()()x f x f '=-'-；所以 ()()x f x f '-=-'；即有()x f 的导数()x f '为奇函数．同理可证奇函数的导函数是偶函数．(2)可导的周期函数，其导数仍是周期函数且原函数的周期是导数的一个周期． 证明：设()x f 为可导的周期函数，其周期为t ，根据周期定义有：()()x f nt x f =+()...2,1,0±±=n ，于是有()()x f nt x f '=+'．例2]6[ 设函数()()ϕ+=x x f 2sin ()0<<-ϕπ，()x f y =图像上一条对称轴是直线8π=x ， (1)：求ϕ;(2)：求函数()x f y =的单调区间;(3)：证明直线025=+-c y x与函数()x f y =的图像不相切．解 (1)因为()()ϕ+='x x f 2cos 2，又因为图像的一条对称轴是直线8π=x ；知08=⎪⎭⎫ ⎝⎛'πf ，则有04cos =⎪⎭⎫⎝⎛+ϕπ．所以24ππϕπ+=+k ； k =1，2…，又0πϕ-<< ，所以πϕ43-=．(2)由前问()⎪⎭⎫ ⎝⎛-='π432cos 2x x f 而0y '>考虑到端点值有322242k x k ππππ≤-≤+，即函数()x f y =的斜率的取值范围为[2,2]-，而直线520x y c -+=的斜率为522>，则直线与曲线的图像不相切．数学是具有高度抽象性和概括性的学科，通过导数可以培养学生的科学概括、深入钻研、自觉纠错的良好的思维品质，可以使学生养成严格的推理习惯和全面分析问题的能力．2.2 导数在高等数学中的应用2.21 利用洛必达法则、泰勒公式求极限例3]2[ 求极限()xxx e x 1101lim -→⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+解 因为1110020(1)1(1)lim lim exp ln ln(1)lim exp xx xx x x x x ex e x x x -→→→⎧⎫⎡⎤++⎪⎪⎢⎥=-⎨⎬⎢⎥⎪⎪⎣⎦⎩⎭-+⎧⎫=⎨⎬⎩⎭而利用洛必达法则()()ee x x x xx x xxx x x =⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+=+-=+--→→→1100201lim 212111lim 1ln lim利用洛必达法则求极限要注意以下几点：验证所求的极限式是不是00或∞∞型．如果不是，要将其转化为00或∞∞型；在求极限之前，应首先利用等价无穷小代换或通过其他变形（如有理化、变量代换）把未定式代换成最简式；洛必达法则可以反复多次使用，只要满足其前提条件即可；如果()()x g x f ''lim 不存在，不能判定()()x g x f lim 也不存在．2.22 利用函数单调性、中值定理、泰勒公式、最值证明不等式此类问题的解决方法两种思路：(1)利用函数的单调性将要证明的不等式的右端的所有项全部移到左端，把其中的某个字母（比如a ）改为x ，并把左端的函数记为()x F ，利用函数的单调性证明()0>x F 或()0<x F ．若要证明的不等式是()()x g x f >，一般是构造函数()()()x g x f x F -=，利用()x F '的符号判断它的单调性．(2)证明数列极限形式，须将离散变量转换为连续变量，再用洛必达法则．如下所示：例4]5[ 求极限211lim(1)nx n n→∞++解 先求函数极限xx x x ⎪⎭⎫⎝⎛+++∞→2111lim ，取对数后的极限式为()112lim 12112lim 1ln 1ln lim 111ln lim 2222222=+++=--+++=-++=⎪⎭⎫⎝⎛+++∞→+∞→+∞→+∞→x x x x xx x x x xx x x x x x x x x x 所以有归结原则可得211lim(1)n x n n →∞++=e x x xx =⎪⎭⎫ ⎝⎛+++∞→2111lim2.23 函数极值及相关问题例5]7[ 设()x f 在()+∞∞-,上二阶可导且()1≤x f ，()[]()[]40022='+f f ;证明 存在ξ，使得()()0=+''ξξf f ．证明 有题设和欲证的结论，可以将辅助函数设成()()[]()[]22x f x f x F '+=,那么就存在()0,2-∈ξ,使得()()()()2020----='f f f η,同理存在()2,0∈η使得()()()12020≤---='f f f ξ, 则()()()2,40,2≤=≤ηξF F F ，故()x F 在()ηξ,内取得最大值．2.3 导数在经济学中的应用 2.31 常见的经济函数需求函数是指消费者在一定价格条件下对商品的需求，一种商品的需求量Q 与该商品的价格P 密切相关．如果不考虑其他因素的影响，则商品的需求量可以看作是价格P 的函数．即需求函数()P Q Q =．需求量随价格的上升而减少．供给函数是指在某一时期内，生产者在一定价格条件下，愿意并可能出售的产品；一种商品由生产者向社会提供的数量Q 与该商品价格P 有关．在不考虑其他因素的条件下，商品的供给量Q 也可以看作是价格P 的函数．也就是供应函数()p Q Q =．例6]8[ 厂商的总收益函数和总成本函数分别为()230Q Q Q R -=和()122++=Q Q Q C ， 政府对产品的征税.求:(1)厂商纳税前的最大利润及此时的产量和价格？(2)征税收益的最大值及此时的税率t ．(3)厂商纳税后的最大利润及此时的产品价格．解 (1)纳税前的利润函数为()12821230222-+-=++--=Q Q Q Q Q Q L ， 当7=Q 时，利润最大；且()977=L ;此时价格30723p =-=．(2)T tQ =．纳税后的总成本函数为221t C Q Q tQ =+++;税后利润函数为()()()Q C Q R Q L t -=;获得最大利润的条件是()()dQQ dC dQ Q dR t =，由30222Q Q t -=++ 得0284tQ -=;经过纳税后的最大利润的产量为0Q ;于是征税的收益函数为()202841t t tQ T -==，求最大值即可．当014t =（此时072Q =）征税的收益最大，其值为0049T t Q ==．(3)纳税后利润函数()()()tQ Q Q Q C Q R Q L t ---=-=12282．当14=t ，72Q =时，最大利润max 1232L = 此时产品的价格为532．例7]8[ 新产品的推销与广告.1新产品的推销：一种新产品问世，经营者要关心产品的卖出情况，下面我们根据两种不同的假设来估算两种推销的速度：假设1：假设产品以自然推销的方式卖出．换句话说，被卖出的产品实际上起着宣传作用，吸引着未购买的消费者．设产品总数与时刻t 的关系为()t x ，再假设每一产品在单位时间内平均吸引k 位顾客，则()x t 满足微分方程()kx t x =' (4) 设初始条件为()00x x = (5) 则易得到上述微分方程的解为()kt e x t x 0= (6) 这是指数假设，下面我们对结果(6)式进行分析与验证：经过与实际情况比较，发现(6)式的结果与真实销量在初始阶段的增长情况比较相符；在产品卖出之初，0=t 时，显然0=x ，这是由(6)式得的()0=t x ，这一结果与事实不符，产生这一错误结果的原因在于我们假设产品是自然推销的，便不可能进行任何推销．事实上，厂家在产品销售之初，往往是通过宣传等各种方式来推销其产品的；令t →+∞，若针对某种耐用商品而言，这显然与事实不符，事实上，)(t x 往往是有上界的．针对假设1的上述分析的缺陷，我们用下面的假设2来改进．假设2：设需求量的上界为M ，假设经营者可通过其他方式推销产品．这样产品的增长也与尚未购买产品的顾客有关．故()t x '与()x M x -成正比，比例系数为k ，则()t x 满足()()x M kx t x -=' (7) 再加上初始条件()00x x = (8) 利用分离变量方法易求得上述微分方程的解 ()()kMte x M x Mx t x --+=000(9)当0=t 时，若00x ≠，则易从(9)式中得到()0≠t x ，另外在(9)中令t →+∞，易得到()M t x →，这样从根本上解决了假设1的不足．由(7)式易得()0>'t x ，即()t x 是关于时刻t 的单调增加函数，实际情况自然如此，产品的卖出量不可能越来越少，另外对(7)式两端求导得：()()()t x x M k t x '-=''2．故令()0=''t x 得到()20Mt x =；当0t t <时，由()0>'t x ，()()0t x t x <，得()0>''t x ．即函数()t x '单调增加．同理，当0t t >时()t x '单调递减，这说明在销售量小于最大需求量的一半时，销售速度是不断增加的，销售量恰好达到最大需求量的一半时，该产品最为畅销，其后销售速度开始下降． 2.32 广告在当今社会中，广告在商品推销中起着极其重要的作用．当生产者生产出一批产品后，下一步便是思考更快更多的买出产品，由于广告的大众性和快捷性，其在促销活动中备受经营者的青睐．当然，经营者在利用广告这一手段时自然要关心广告与促销到底有何关系，广告在不同时期的效果如何？假设1：独家销售的广告：首先，如下假设：(1)商品的销售速度会因做广告而增加，但当商品在市场上趋于饱和时，销售速度会趋于极限值，这是销售速度将开始下降．(2)自然衰减是销售速度的一种性质，商品销售速度的变化率随着商品销售率的增加而减少．(3)设()S t 为t 时刻商品的销售速度．M 表示销售速度的上限；0λ>为衰减因子常数，即广告作用随时间增加而自然衰减的速度．()A t 为t 时刻的广告水平（以费用表示）.根据上面的假设，我们可以得到：()()()()t S M t S t A p t S λ-⎪⎭⎫⎝⎛-⋅⋅='1 (10)其中p 为响应系数，即()t A 对()t S 的影响力，p 为常数．假设(1)当销售进行到某个时刻时，无论怎样做广告．都无法阻止销售速度的下降，故选择如下广告策略：()0()(0)t A t A t ττ>⎧=⎨<<⎩ 其中A 为常数在[]τ,0时间内，设用于广告的花费为a ，则aA τ=，代入(10)式有()ττλa P S a M P t S ⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅++' 令,P a Pa b r c M ττ=+⋅= ;则有()c bS t S =+' (11) 解(11)式得()b cke t S bt +=- (12)给定初始值0(0)S S =，则(12)式成为 ()()bt bt e S e bct S --+-=01 (13) 当t τ>时，由()A t 的表达式，则(10)式变为()S t S λ-=' (14)其解为()()t ket S -=τλ (15)为保证销售速度()S t 不间断，我们在(13)式中取t τ=而得到()S τ，将其作为(14)式的初始值，故(15)式解为()()()t e S t S -=τλτ (16) 这样，联合(13)式与(16)式，我们得到()()()()⎪⎩⎪⎨⎧>≤≤+-=---)()0(10ττττλt e S t e S e b c t S t btbt假设2: 竞争销售的广告 我们做如下假设，(1)两家公司销售同一产品，而市场量()t M 有限.(2)每一公司增加它的销售量是与可获得的市场成正比的，比例系数为i C ，1,2i =. (3)设()i t S 是销售量，1,2i =.()t N 是可获得的市场． 分析：根据题意显然有：()()()()t S t S t M t N 21--=． 由假设(2)有()N C t S 1=' (17)()N C t S 22=' (18) 将上述二式相除，易得()()t S C t S 132'=' (19) 其中231C C C =为常数，对（19）式积分得 ()()4132C t S C t S += (20)4C 为积分常数，假设市场容量()()t e t M βα--=1 ,αβ为常量.则()()()()41311C t S C e t N t -+--=-βα (21) 再将(19)式代入(17)式得()C Be AS t S t ++-='-β11 (22) 其中()311C C A +=；α1C B -=；()41C C C -=α解方程(22)易得()3211k e k e k t S Bt At ++=--代入(20)式，得()3212m e m e m t S Bt At ++=-- (23) 其中i k 及i m (i =1，2，3)均为常数．3结束语导数在数学发展、教学和生活中有其重要的地位，若能在教学中充分发挥导数的作用，对于提高教学质量，培养学生的能力，都是非常有益的；若能在生活中恰当的应用导数，很容易就能解决一些棘手的问题；当然在数学的各个不同分支的教学中如何运用导数，必然会有许多各自不同的特点，就需要我们发挥自己的创造思维，并在实践中不断地用心体会和总结．致谢辞感谢学校培养和教育，院系领导提供的良好的研究条件，以及这三年来各科老师的悉心培育。
裂项求和法
裂项求和法说到导数中的数列，那么这个就是必然要讲的一个方法了。
所谓裂项，就是把一个难以直接求和的数列分解成相邻两个数列之差，这样便可以使得它们加起来的时候中间所有项得以消去，从而求出最终的和。
一个非常典型的例子是： \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\ldots+\frac{1}{n(n+1)}这个数列，我们都知道如何去裂项，就是裂成：\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}这样一来，末项就是一个a_{n+1}-a_{n}的形式，从而加起来的时候可以消掉全部项：\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}。
裂项是我们数列求和中非常基础又重要的一个方法，无论怎么变，只要出题人按照裂项的方法出题，那么我们就尽可能地去化成a_{n+1}-a_{n}的形式，如此一来便可以进行裂项了。
但是题目往往不会这么问，而是会让我们证明： \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)}<1这个时候我们就要根据它的和来分析了。
这种不等式的实际意义是对于任意正整数 (n \rightarrow \infty) ，都有 \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)}<1 成立，所以我们只需要把和求出来，然后证明和小于 1 即可。
像这里，我们容易知道n<n+1，根据和的形式，我们知道肯定是小于1的。
现在来稍微加大一点难度，证明： \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+a)}<\frac{1}{a} \sum_{i=1}^{a} \frac{1}{i} ，其中 a 为正整数。
导数大题20 种主要题型讲解
答案详解：本题主要考查导数在研究函数中的应用。
（1）求出比较其与的大小，得到的单调性表，于是得到的极值。
（2）将代入到中，并求得当时，此时恒成立，即在单调递增，同理可以得到在上为增函数，则原不等式可化为在上恒成立，令，对其求导得知若为减函数时其导数恒小于，便可得到的取值范围。
（3）若存在，使得假设成立，也即在上不是单调增或单调减，故，对求导得到其极小值点为，由于解得此时，此时需证明当，使得即可，此时可取，发现成立，故的取值范围为。
答案详解（Ⅰ），由是的极值点得，所以。
于是，定义域为，，函数在上单调递增，且。
因此，当时，；当时，。
所以，在上单调递减，在上单调递增。
（Ⅱ）当，时，，故只需要证明当时，。
当时，函数在单调递增，又，，故在有唯一实根，且。
当时，；当时，；从而当时，取得最小值。
由得：，，故。
综上：当时，。
解析:本题主要考查函数的求导和函数的单调性的判断。
（Ⅰ）先对函数求导，得导函数，由题，则可得的值，当时，单调递增，求得的的取值范围即为单调增区间；当时，单调递减，求得的的取值范围即为单调减区间。
（Ⅱ）由分析知，只需证明当时，，此时通过分析函数单调性，求得即可得证。
例题5：函数。
（Ⅰ）讨论的导函数零点的个数；（Ⅱ）证明：当时，。
答案详解（Ⅰ）的定义域为，（）。
当时，，没有零点；当时，因为单调递增，单调递增，所以在单调递增。
又，当满足且时，，故当时，存在唯一零点。
（Ⅱ）由（Ⅰ），可设在的唯一零点为，当时，；当时，。
故在单调递减，在单调递增，所以当时，取得最小值，最小值为。
由于，所以。
故当时，。
解析:本题主要考查导数的概念及其几何意义以及导数在函数研究中的应用。
（Ⅰ）求导得出的表达式，根据其表达式，对进行分类讨论。
当时，可知没有零点；当时，可知单调递增，且存在使得而，因此存在唯一零点。
（Ⅱ）由（Ⅰ），可设的最小值在时取到，最小值为。
写出的表达式，再运用均值不等式即可得出。
题型3：先构造，再赋值，证明和式或积式不等式例题：已知函数。
高三数学导数的实际应用试题答案及解析
高三数学导数的实际应用试题答案及解析1.已知函数，．（Ⅰ）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的值；（Ⅱ）求函数的单调区间；（Ⅲ）设，当时，都有成立，求实数的取值范围．【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）当时，的单调增区间为；当时，的单调增区间是，的单调减区间是．（Ⅲ）.【解析】（Ⅰ）利用导数的几何意义，曲线在点处的切线斜率为在点处的导数值. 由已知得．所以．，（Ⅱ）利用导数求函数单调区间，需明确定义域，再导数值的符号确定单调区间. 当时，,所以的单调增区间为．当时,令，得，所以的单调增区间是；令，得，所以的单调减区间是．（Ⅲ）不等式恒成立问题，一般利用变量分离转化为最值问题. “当时，恒成立”等价于“当时，恒成立．”设，只要“当时，成立．”易得函数在处取得最小值，所以实数的取值范围．（Ⅰ）由已知得．因为曲线在点处的切线与直线垂直，所以．所以．所以． 3分（Ⅱ）函数的定义域是，．（1）当时，成立，所以的单调增区间为．（2）当时，令，得，所以的单调增区间是；令，得，所以的单调减区间是．综上所述，当时，的单调增区间为；当时，的单调增区间是，的单调减区间是． 8分（Ⅲ）当时，成立，．“当时，恒成立”等价于“当时，恒成立．”设，只要“当时，成立．”．令得，且，又因为，所以函数在上为减函数；令得，，又因为，所以函数在上为增函数．所以函数在处取得最小值，且．所以．又因为，所以实数的取值范围． 13分（Ⅲ）另解：（1）当时，由（Ⅱ）可知，在上单调递增，所以．所以当时，有成立．（2）当时，可得．由（Ⅱ）可知当时，的单调增区间是，所以在上单调递增，又，所以总有成立．（3）当时，可得．由（Ⅱ）可知，函数在上为减函数，在为增函数，所以函数在处取最小值，且．当时，要使成立，只需，解得．所以．综上所述，实数的取值范围．【考点】利用导数求切线，利用导数求单调区间，利用导数求最值2.已知y=f（x）与y=g（x）都为R上的可导函数，且f′（x）＞g′（x），则下面不等式正确的是（）A．f（2）+g（1）＞f（1）+g（2）B．f（1）+f（2）＞g（1）+g（2）C．f（1）﹣f（2）＞g（1）﹣g（2）D．f（2）﹣g（1）＞f（1）﹣g（2）【答案】A【解析】∵f'（x）＞g'（x），∴f'（x）﹣g'（x）＞0，∴[f（x）﹣g（x）]′＞0，∴函数f（x）﹣g（x）在R上为增函数．∵1＜2，∴f（1）﹣g（1）＜f（2）﹣g（2），移向即得f（2）+g（1）＞f（1）+g（2）故选A3.某公司生产一种产品，固定成本为20000元，每生产一单位的产品，成本增加100元，若总收入R与年产量x的关系是，则当总利润最大时，每年生产产品的单位数是()A．150B．200C．250D．300【答案】D【解析】∵总利润由P′(x)＝0，得x＝300，故选D.4.一个圆柱形圆木的底面半径为1m，长为10m，将此圆木沿轴所在的平面剖成两个部分．现要把其中一个部分加工成直四棱柱木梁，长度保持不变，底面为等腰梯形（如图所示，其中O为圆心，在半圆上），设，木梁的体积为V（单位：m3），表面积为S（单位：m2）．（1）求V关于θ的函数表达式；（2）求的值，使体积V最大；（3）问当木梁的体积V最大时，其表面积S是否也最大？请说明理由．【答案】(1)；(2)；（3）是.【解析】（1）本题求直四棱柱的体积，关键是求底面面积，我们要用底面半径1和表示出等腰梯形的上底和高，从图形中可知高为，而，因此面积易求，体积也可得出；（2）我们在（1）中求出，这里的最大值可利用导数知识求解，求出，解出方程在上的解，然后考察在解的两边的正负性，确定是最大值点，实质上对应用题来讲，导数值为0的那个唯一点就是要求的极值点）；（3），上（2）我们可能把木梁的表面积用表示出来，，由于在体积中出现，因此我们可求的最大值，这里可不用导数来求，因为，可借助二次函数知识求得最大值，如果这里取最大值时的和取最大值的取值相同，则结论就是肯定的.试题解析：（1）梯形的面积=，． 2分体积． 3分（2）．令，得，或（舍）．∵，∴． 5分当时，，为增函数；当时，，为减函数． 7分∴当时，体积V最大． 8分（3）木梁的侧面积=，．=，． 10分设，．∵，∴当，即时，最大． 12分又由（2）知时，取得最大值，所以时，木梁的表面积S最大． 13分综上，当木梁的体积V最大时，其表面积S也最大． 14分【考点】（1）函数解析式；（2）用导数求最值；（3）四棱柱的表面积及其最值.5.一火车锅炉每小时煤的消耗费用与火车行驶速度的立方成正比，已知当速度为20 km/h时，每小时消耗的煤价值40元，其他费用每小时需400元，火车的最高速度为100 km/h，火车以何速度行驶才能使从甲城开往乙城的总费用最少？【答案】速度为20 km/h时，总费用最少【解析】设火车的速度为x km/h，甲、乙两城距离为a km.由题意，令40＝k·203，∴k＝，则总费用f(x)＝(kx3＋400)·＝a.∴f(x)＝a (0＜x≤100)．由f′(x)＝＝0，得x＝20.当0＜x＜20时，f′(x)＜0；当20＜x＜100时，f′(x)＞0.∴当x＝20时，f(x)取最小值，即速度为20 km/h时，总费用最少．6.已知函数（Ⅰ）若对任意，使得恒成立，求实数的取值范围；（Ⅱ）证明：对，不等式成立.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）详见解析.【解析】(Ⅰ) 利用导数分析单调性，进而求最值；(Ⅱ)利用不等式的放缩和数列的裂项求和试题解析：（I）化为易知，，设，设，，，上是增函数，（Ⅱ）由（I）知：恒成立，令，取相加得：即证明完毕【考点】查导数，函数的单调性，数列求和，不等式证明7.设等差数列{an }的前n项和为Sn，已知(a5－1)3＋2 011·(a5－1)＝1，(a2 007－1)3＋2 011(a2 007－1)＝－1，则下列结论正确的是()A．S2 011＝2 011，a2 007<a5B．S2 011＝2 011，a2 007>a5C．S2 011＝－2 011，a2 007≤a5D．S2 011＝－2 011，a2 007≥a5【答案】A 【解析】令，在R上单调递增且连续的函数所以函数只有唯一的零点，从而可得，同理∵(a5－1)3＋2 011·(a5－1)＝1，(a2 007－1)3＋2 011(a2 007－1)＝－1两式相加整理可得，由，可得＞0，由等差数列的性质可得【考点】函数性质与等差数列及性质点评：本题的入手点在于通过已知条件的两数列关系式构造两函数，借助于函数单调性得到数列中某些特定项的范围，再结合等差数列中的相关性质即可求解，本题难度很大8.已知定义在上的函数满足，且，，若数列的前项和等于，则＝A．7B．6C．5D．4【答案】B【解析】由得，即为R上的减函数，所以，由，得，即，解得或，又，所以，故，数列即，其前项和为，整理得，解得，故选B．【考点】本题考查了导数与数列的综合运用点评：此类问题常常利用导数法研究函数的单调性，然后再利用数列的知识求解9.已知f（x）=x-（a>0），g（x）=2lnx+bx且直线y=2x－2与曲线y=g（x）相切．（1）若对[1，+）内的一切实数x，小等式f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围；（2）当a=l时，求最大的正整数k，使得对[e，3]（e=2．71828是自然对数的底数）内的任意k个实数x1，x2，，xk都有成立；（3）求证：．【答案】（1）；（2）的最大值为．（3）当时，根据（1）的推导有，时，，即．令，得，化简得，。
导数在求极限中的应用
引言极限是研究变量的变化趋势的基本工具。
在高等数学中许多基本概念和研究问题的方法都和极限密切相关，如函数的连续、导数、定积分和无穷级数等都是建立在极限的基本之上的。
极限的思想和方法产生某些实际问题的精确解，并且对数学在实际中的应用也有着重要的作用。
因此研究生考试往往把求极限问题作为考核的一个重点，而在不同的函数类型条件下所采用的求极限的技巧是各不相同的，因此大家要学会判断极限的类型，熟练和灵活的掌握各种技巧的应用。
本文主要介绍了导数在求极限中的基本应用，包括导数定义法，L' Hospital 法则，Taylor 展式法及微分中值定理在求极限中的应用。
旨在让大家掌握各种导数方法适用的函数类型，要注意的事项及它的一些推广结论。
达到能灵活运用导数方法去求解一些极限问题以使问题简单化的目的。
例1求极限limb -tanx b _sin X a -asin x解由于b-lanx b -sinxct -a b tanx b , b b-sinxta n x= -------------------------- r ------------------ sin x tan x sin x sin x所以, limx—0b -tanx b -sinxa _asin xb -tanx b b b -sinxa —a tan x.. □ -a二lim limx 0 tan x sin x x 2tan x sin x第1章导数在求极限中的基本应用1.1导数定义法这种极限求法主要针对所给的极限不易求，但是函数满足导数定义的形式且能够确定的变化趋向的极限易求出时，可以用此法比较方便的求出极限.定义若函数y = f (x)在其定义域中的一点X)处极限也y r f (X o+也X)- f(X o)lim lim - —u0 .)x 匸J-：x存在，则称在X o处可导，称此极限值为f (X)在X-处的导数，记为f(X o).显然，f(X) 在X o处的导数还有如下的等价定义形式：f（X）- f（X-）X — X-F面通过两个例子让大家逐步领悟导数定义法的内涵=：b l n 二心b l n「- 2-b l n〉.例2 (本题选自《数学分析中的典型问题与方法》裴礼文.第二版.)设 f (0) = k，试证lim f(b)「f(a) = k.证明(希望把极限式写成导数定义中的形式)f(b) -f (a) b -a(拟合法思想：把要证的极限值 k 写成与此式相似的形式)0<f(b)-f(a) _k .：：： b |f(b)-f(O) b -a|b -a|| b -ka f(a)-f(O)b -a a因 a > 0-，a bb — a b — ab f(b)-f(0) a f(a)-f(O) b -a b b -a aab —a两式相减，可得又因f (0) =k ，故当a > 0 - b > 0 •时右端极限为零，原极限获证.1.2 L ' Hospital 法则本节主要总结了 L ' Hospital 法则在求未定式极限中的应用，需要注意的 问题，并深入分析了使用L ' Hospital 法则时实质是对无穷小或无穷大进行降阶 另外还指出L ' Hospital 法则与其他极限方法如无穷小的替换的结合.1. L ' Hospital 法则L ' Hospital 法则作为Cauchy 中值定理的重要应用，在计算未定式极限中扮 演了十分重要的角色，这是因为对于未定式极限来讲极限是否存在，等于多少是 不能用极限的四则运算法则解得的，而通过对分子分母求导再求极限能够很有效 的计算出未定式的极限. 关于未定式：在计算一个分式函数的极限时，常常会遇到分子分母都趋于零或都趋于无穷 大的情况，由于这是无法使用“商的极限等于极限的商”的法则，运算将遇到很 大的困难.事实上，这是极限可能存在也可能不存在.当极限存在时极限值也会旳有各种各样的可能.我们称这种类型的极限为-未定型或未定型.事实上，未°°b > 0 ■，所以有b 0 a ，nnJlim 二=lim 竺x x, e'X二limHim 半X .； ： ,-0 .求lim x )0x m 0x0 (1 -cost)dt3x例 3 求极限 lim.x'.xf^dt ，其中0，f (x)为闭区间1.0,11上的连续函数.定型除以上两种类型外还有0.：二_：：, 1：, 00, ::0等类型. L ' Hospital 法则： 定理和若函数f 和g 满足：① lim f (x) = lim g(x) = 0 ；^Xo^^0② 在点X 的某空心邻域u 0(x 。
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立面，即从问题的反面去思考探索，可得到正面结论．
５挖掘隐含
■，－＇，
ｆ二：例５已知．厂（ｚ）＝－－Ｘ２＋４ａｘ－－３ａ２（ｏ＜口＜１）．
若函数Ｉ，（ｚ）Ｉ≤口在ｋ＋１，口＋２］上恒成立，求ａ的 取值范围．
◇ 画出草图（如图
，解析２），从图中仔细
研究发现，对称轴ｚ一２ａ
意有
且且ｇ１，．．，．： ，。肼千导１ ，，７
．’
Ｉ［１ｌ＋４２ｄ＋２ｑ４：＝２３１．，肼千导Ｉ口ｄ一＝２ｑ＞０
所以口。－－－－１＋（ｎ－－１）ｄ＝２ｎ－－１，ｂ。一ｑ”一１—２”１．
（２）赉＝爷川一）哮户～．
在公式２中，令ｚ＝去，即有
毋ｓ舞。，卅．艨暑ｚ２＋ｎ扣－－斗２鬈管勰蒜＋爷乏一？；筝葚蒹．左
（２）由巩＝孑口有ｎ 巩＝竹·３”，则百 ∑等６一∑百咒·３一，
在公式１中，令ｘ＝３，有
骞堕：末芬＋筹一１了３＂Ａ．ａ扭１ ３
（３一）１ ２‘ ３ ～ １
４
４。＋咝２，’
故 ５。＝塾一ｓ．妻ｉ＝１鲁＝
号·３州一｛·３州＋ｉ３，咒∈Ｎ’．
彰彝芸耋慧笔套嚣。筝妊锰嚣≥耋
求和的数列的通项的模式．例１可以直接利用公式， 例２和３则是通过变形，使之求导后能成为咒·Ｘ”１的 模式，然后再对ｚ赋值后求出结果．
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蚤芗ｈｉ＝１＋２ｐ＋３ｐ２＋．．·＋矿ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ＝
所以Ｌ一塾爷毒（户客芬一１１）＋等２Ｐ’芒ｊｆ１ｆ一，＂’一搿＋筹．
综上所述１＝，ｌ 当户：１时，ｌ＝Ｌ一—ｎ（Ｆ、ｎ，－－｛－一 １７）； ｒ 一
当硝时，Ｌ一搿＋筹．
■ｒ—ｏＰ
，名例３ 设数列｛口。）满足口ｌ＋３ａ２＋３ｚ口３＋…＋
３ｎ－ｌａｎ詈，行ＥＮ。．（１）求数列（口一｝的通项；
故｛ａ。）的通项公式为ａ。－－－－－４ｎ－－２，即｛口。｝是ａ，－－－－２，公
差ｄ－－－－４的等差数列．设｛６。｝的公比为ｑ，由口１－－－－－ｂ－有
ｂｌ一２，由ｂ２（口２一口１）＝ｂｌ有ｑ一寺．故ｂ。一南．
（２）“一责２芴４ｎ－－了２一（２刀一１）４—１＝
（２ｎ－－１）２２”２．在公式２中，令ｘ＝２，即有 Ｌ—ｃ１＋ｆ２＋…＋ｆ。一１＋３×２２＋５×２４＋…＋
ｌ＋ｘ＋ｘ２＋…＋∥一爿， 注意到当ｚ≠１时，利用等比数列求和公式有 ① ｘ＋ｘ３＋…＋ｚ２”１一乞音， ② 分别对式①的两边求导，得到公式１：
１＋２ｚ＋３２２＋…＋眦”１一乏三专≥＋耋与．
类讨论，而且至少要分３种情况讨论．
６巧引参数
■’、，．
“瓦而＞口一２ｚ． ！二例６当ｎ＞０时，解关于ｚ的不等式
（２ｎ－－１）２２＾一２一吉［（６ｎ一５）４”＋５］．
■ｒ’，’
。≮二例５设｛％）是等差数列，｛ｂ。｝是各项都为正数
的等比数列，且口１—６１—１，口３＋６５－－－－２１，口５＋６３—１３．
（１）求｛口。），｛ｂ。）的通项公式；
（２）求数列（老）的前行项和ｓｎ．
Ｑ
／解析
设｛口。｝的公差为ｄ，｛６。）的公比为ｑ，则依题
２，即有Ｓ。＝∑ｎ。＝以·２“一２”＋１．
刻画，化繁为简，化难为易． （作者单位：河北省遵化市高级中学）
●ｒ’，．
；二例２数列（ａ。）的前竹项和为ｓ。，已知
口１＝÷，Ｓ。＝竹２ａ。－－ｎ（咒－－１），咒＝１，２，…
献黜 Ｉ
１９５２年８月１日，人民英雄纪念碑动工兴建
万方数据
（１）写出Ｓ关于ｎ的表达式；
２公式２的应用
■■—“，’
；三例４设数列｛口。）的前行项和为Ｓ。一２ｎ２，｛巩）为 等比数歹Ｕ，且口１—６１，ｂ２（口２－－ａ１）一６１．
（１）求数列｛口。｝和｛ｂ。｝的通项公式；
（２）设“一寄，求数列｛“）的前以项和Ｔ一．
Ｑ
当，ｌ一１时，口１ ２ｓｌ一２；当行≥２时，
，解析
口。一Ｓ。一Ｓ。一１—２，１２－－２（行一１）２—４行一２，
分别对式②的两边求导，得到公式２： １＋３ｘ２＋…＋（２以一１）ｘ２”一２＝
（２ｎ－－１）ｘｚ＂＋２－－（２ｎ＋１）ｘｚ＂＋ｘｚ＋１
（ｚ２—１）２
。
下面举例说明２个公式在高考题中的应用．
分析按常规方法需分ｚ＞导和ｚ≤导这２种情
况，转化为有理不等式组来解．仔细研究发现如能采 用引入参变量换元的方法，则可避免讨论．
Ｙ
八．～
位置活动范围很有限．因 为Ｏ＜ａ＜ｌ，故对称轴ｚ一 ２口介于（ｏ，２）之间，再细
０７
。＼口如ｉ
｜。 ｘ｛＝－２ａ
＼ ＼： ＼：
挖掘发现２ａ一口＋ａ＜ａ＋
图２
１，因此，对称轴ｚ一２ａ在
［ｎ＋１，ｎ＋２］的左侧，且厂（ｚ）与Ｙ轴的交点在负半 轴，函数在［ｎ＋１，口＋２］上单调递减．
Ｉ，（ｚ）ｌ≤口甘－－ａ≤，（ｚ）≤口，
ｚ≤口．故原不等式的解为ｚ∈（ｏ，口］．
（２）求数列｛ａ。）的前理项和Ｓ。．
Ｒ析（１）昌‰。一２口。－＋－２ｎ有势一争＋１’即
以＋，一阮＋１，巩＋，一统一１，即（既）为等差数列． （２）由（１）有ｂ】一１，以一九，ａ。＝ｎ２”１．所以Ｓ一
１＋２×２＋３×２２＋…＋行×２”１，在公式１中，令Ｘ－－－－
故，（口＋１）≤口，厂（口＋２）≥一ｎ．解得｛≤口≤１．
每舞嘉裂嚣瑟量篡嘉言差釜薹喜茅
◇湖北王朝璇（特级教师）
纵观近几年的高考试题中有关数列的考题，不少 试题涉及到数列｛咒·，－１）求和．对于这种类型的题 目，一般采用错位相减法求和．在这里，我们介绍另一 种求和方法，即是利用导数求和．这种方法能够简化 运算过程，准确地得到结果．
（２）设６矗一口ｎ。，求数列｛６。）的前ｎ项和ｓ一．
霹析由口１＋３口２＋３２０．．３＋．．．＋３”１口。一号，有
口１＋３口：＋３２口。＋…＋３ｎ－－２ａｎ＿ｌ＝笙｝（咒≥２）， 两式相减即有３ｎ－１ａｎ号一堡尹。了１（卵≥２）．
所以口。＝亭１（行≥２）．
当咒一１时也满足上式，所以口。＝刍（九ＥＮ’）．
相减法求和的数列的通项的模式．例４和例５都是直 接利用公式对ｚ赋值后直取结果．
（作者单位：湖北省荆州市江陵中学）
１９５０年８月１目，中国民航正式开航．
新蛊也
万方数据
利用导数求数列的和
作者： 作者单位： 刊名：
英文刊名： 年，卷(期)： 被引用次数：
王朝璇 湖北省荆州市江陵中学
高中数理化 GAOZHONG SHU-LI-HUA 2009，""(8) 0次
（２）设＾（ｚ）＝ｉａｎｚ科１，ｂ．－－－－－ｆ＇。（户）（户∈Ｒ），求数 列的前竹项和Ｔ。．
霹析（１）ｓ。＝蔫． （２）由＾（工）＝鲁ｚ抖１＝＃ｈ，＋１，解得以一
Ｚ（ｐ）一九户”．所以
当ｐ一１时，Ｌ＝掣；当ｐＣｌ时，由阮＝ Ｌ＝ｐ＋２ｐ２＋３ｐ３＋…＋（ｎ－－１）ｐ“一１＋ｎｐ”．
咒矿有警一行户”～．由公式１，有
肆析设√灭而一￡（￡≥ｏ），则ｚ＝ａ一鲁，代入
１公式１的应用
■，“～，
名例１（２００８年全国卷Ｉ）在数列｛ａ。）中，ａ－＝１，
ａ。＋１＝２ａ。＋２”．
（１）设ｂ。＝格．证明：数列｛ｂ。）是等差数列；
原不等式得ｔ＞ａ一２（ａ一三）． 因为ａ＞Ｏ，所以２ｔ２－－ａｔ－－ａ２＜ｏ，则一詈＜￡＜ｎ，
鸢，彝器紫，’麓淼篙量皇喾 又ｆ≥ｏ，所以Ｏ≤ｆ＜口，即Ｏ≤石（以－ｘ）＜口，解得Ｏ＜