用导数工具求解数列问题

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利用导数证明数列不等式(含解析)

利用导数证明数列不等式利用导数证明数列不等式，在高考题中能较好的考查学生灵活运用知识的能力，一方面以函数为背景让学生探寻函数的性质，另一方面体现数列是特殊的函数，进而利用恒成立的不等式将没有规律的数列放缩为为有具体特征的数列，可谓一题多考，巧妙地将函数、导数、数列、不等式结合在一起，也是近年来高考的热门题型. 1、常见类型：（1）利用放缩通项公式解决数列求和中的不等问题（2）利用递推公式处理通项公式中的不等问题 2、恒成立不等式的来源：（1）函数的最值：在前面的章节中我们提到过最值的一个作用就是提供恒成立的不等式.（2）恒成立问题的求解：此类题目往往会在前几问中进行铺垫，暗示数列放缩的方向.其中，有关恒成立问题的求解，参数范围内的值均可提供恒成立不等式. 3、常见恒成立不等式：（1）对数→多项式（2）指数→多项式4、关于前项和的放缩问题：求数列前项公式往往要通过数列的通项公式来解决，高中阶段求和的方法有以下几种：（1）倒序相加：通项公式具备第项与第项的和为常数的特点.（2）错位相减：通项公式为“等差等比”的形式（例如，求和可用错位相减）.（3）等比数列求和公式（4）裂项相消：通项公式可裂为两项作差的形式，且裂开的某项能够与后面项裂开的某项进行相消. 注：在放缩法处理数列求和不等式时，放缩为等比数列和能够裂项相消的数列的情况比较多见，故优先考虑.5、大体思路：对于数列求和不等式，要谨记“求和看通项”，从通项公式入手，结合不等号方向考虑放缩成可求和的通项公式.6、在放缩时要注意前几问的铺垫与提示，尤其是关于恒成立问题与最值问题所带来的恒成立不等式，往往提供了放缩数列的方向.7、放缩通项公式有可能会进行多次，要注意放缩的方向：朝着可求和的通项公式进行靠拢（等比数列，裂项相消等）.ln 1x x <-1x e x >+n n k 1n k -+⨯2nn a n =⋅n a8、数列不等式也可考虑利用数学归纳法进行证明（有时更容易发现所证不等式与题目条件的联系）.【经典例题】1．（2020·江苏省如皋中学高三三模）已知函数()ln f x kx x x =-，k ∈R ．（1）当2k =时，求函数()f x 的单调区间；（2）当01x <≤时，()f x k ≤恒成立，求k 的取值范围；（3）设n N *∈，求证：ln1ln 2ln (1)2314n n n n -+++≤+． 2．（2020·四川省内江市第六中学高三三模）已知函数2()ln(1)(0,0),()2x f x ax x a g x x -=+≥>=+. （1）讨论函数()()y f x g x =-的单调性；（2）若不等式()()1f x g x ≥+在[0,)x ∈+∞时恒成立，求实数a 的取值范围；（3）当1a =时，证明：1111+35721n +++<+…*1()(N )2f n n ∈. 3．（2020·安徽合肥·三模）已知函数()x xf x e e ax -=--（e 为自然对数的底数），其中a ∈R.（1）试讨论函数f （x ）的单调性；（2）证明：22132ln 2(1)ni n n i i n n =-->+∑. 4．（2020·安徽相山·淮北一中高三三模）已知函数()||ln (0)f x x a x a =-->. （∈）讨论()f x 的单调性；（∈）比较222222ln 2ln 3ln 23n n++⋯+ 与(1)(21)2(1)n n n -++的大小(n N +∈且)2n >，并证明你的结论.5．（2020·云南高三三模）已知函数()1ln f x x a x =-- （１）讨论()f x 的单调性；（2）证明：()*333ln 2ln3ln 1,222332n n N n n n +++<∈≥---．【精选精练】1．（2020·榆林市第二中学高三三模）已知(),()1(xf x eg x x e ==+为自然对数的底数).(1)求证()()f x g x ≥恒成立；(2)设m 是正整数，对任意正整数n ，2111(1)(1)(1)333n m ++⋅⋅⋅+<，求m 的最小值. 2．（2020·广东广州高三三模·）已知函数()()()3214613x f x x ex x g x a x lnx -⎛⎫=-+-=--- ⎪⎝⎭，．（1）求函数()f x 在()0+∞，上的单调区间；（2）用{}max m n ，表示m n ，中的最大值，()f x '为()f x 的导函数，设函数()()(){}h x max f x g x '=，，若()0h x ≥在()0+∞，上恒成立，求实数a 的取值范围；（3）证明：()*11111ln 312313n N n n n n n+++++>∈++-． 3．（2020·安徽蚌埠·高三三模）已知函数()()ln 1x f x x+=.（1）分析函数()f x 的单调性；（2）证明：2111ln 3ln 212n n n ⎛⎫+⎛⎫+++≤ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，2n ≥. 4．（2020·全国高三三模）已知函数2()2ln 1()f x ax x x a =--∈R . (1) 若1x e=时,函数()f x 取得极值,求函数()f x 的单调区间； (2) 证明：()*11111ln(21)3521221nn n n n +++⋯+>++∈-+N . 5．（2020·辽宁沙河口·辽师大附中高三三模）已知函数()()2ln 11f x p x p x =+-+．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1p =时，()f x kx ≤恒成立，求实数k 的取值范围；（3）证明：()()*111ln 1123n n N n+<+++⋯+∈．6．（2020·浙江省宁波市鄞州中学高三三模）已知函数()()2f x ax a a R =+∈. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()0f x ≤对任意的1x ≥-恒成立，求a 的取值范围；（32600⋅⋅⋅+<.7．（2020·广东广州·高三三模）已知函数()2ln f x a x x =+，其中a R ∈.（1）讨论()f x 的单调性；（2）当1a =时，证明:()21f x x x ≤+-；（3）试比较22222222ln2ln3ln4ln 234n n++++与()()()12121n n n -++ ()*2n N n ∈≥且的大小，并证明你的结论． 8．（2020·黑龙江南岗·哈师大附中三模）已知函数()()2ln 1f x ax bx x =+-+．（∈）当0a =时，函数()f x 存在极值，求实数b 的取值范围；（∈）当1b =时，函数()f x 在()0,∞+上单调递减，求实数a 的取值范围；（∈）求证：()()1*113ln 2122N 14nk n n k =-+<∈-∑． 9．（2020·黑龙江哈尔滨·三模）已知函数()()()()ln 111f x x k x k R =---+∈ （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若()0f x ≤恒成立，试确定实数k 的取值范围；（3）证明：()()*1ln 2ln 3ln ,13414n n n n n n -++⋅⋅⋅+<∈>+N . 10．（2020·浙江三模）已知数列{}n a ，112a =，1ln 1n n a a +=-. （1）求证：11n n a a +<<；（2）求证：123201912020a a a a ⋅⋅⋅⋅⋅⋅<.【经典例题】1．（2020·江苏省如皋中学高三三模）已知函数()ln f x kx x x =-，k ∈R ．（1）当2k =时，求函数()f x 的单调区间；（2）当01x <≤时，()f x k ≤恒成立，求k 的取值范围；（3）设n N *∈，求证：ln1ln 2ln (1)2314n n n n -+++≤+．【答案】（1）单调递增区间为(0,)e ，单调递减区间为(,)e +∞；（2）[1,)+∞；（3）证明见解析.【解析】（1）当2k =时，()2ln f x x x x =-，'()1ln f x x =-，由'()0f x >，解得0x e <<；由'()0f x <，解得x e >，因此函数()f x 单调递增区间为(0,)e ，单调递减区间为(,)e +∞．（2）()ln f x kx x x =-，故'()1ln f x k x --＝．当1k时，因为01x <≤，所以10ln k x -≥≥，因此'()0f x ≥恒成立，即()f x 在(]0,1上单调递增，所以()(1)f x f k ≤=恒成立．当1k <时，令'()0f x =，解得1(0,1)k x e -=∈．当1(0,)k x e -∈，'()0f x >，()f x 单调递增；当1(,1)k x e -∈，'()0f x <，()f x 单调递减；于是1(1))(k f ef k -=＞，与()f x k ≤恒成立相矛盾．综上，k 的取值范围为[1,)+∞．（3）由（2）知，当01x <≤时，ln 1x x x -≤．令x =21n *()n N ∈，则21n +22nln 1n ≤，即22ln 1n n -≤，因此ln 1n n +≤12n -．所以ln1ln 2ln 011(1) (2312224)n n n n n --+++≤+++=+. 2．（2020·四川省内江市第六中学高三三模）已知函数2()ln(1)(0,0),()2x f x ax x a g x x -=+≥>=+. （1）讨论函数()()y f x g x =-的单调性；（2）若不等式()()1f x g x ≥+在[0,)x ∈+∞时恒成立，求实数a 的取值范围；（3）当1a =时，证明：1111+35721n +++<+…*1()(N )2f n n ∈.【答案】（1）见解析；（2）[1，＋∞)；（3）证明见解析. 【解析】（1）求导数可得2224441(2)(1)(2)a ax a y ax x ax x +-'=-=++++，当1a 时，0y '，∴函数()()y f x g x =-在[)0+∞，上单调递增；当01a <<时，由0y '>可得x > ∴函数在⎡⎫∞⎪⎢⎪⎣⎭上单调递增，在0⎡⎢⎣上单调递减；（2）由（1）知当1a 时，函数()()y f x g x =-在[)0+∞，上单调递增， ()()(0)(0)1f x g x f g ∴--=，即不等式()()1f x g x +在[)0x ∈+∞，时恒成立，当01a <<时，函数在0⎡⎢⎣上单调递减，存在00x ⎡∈⎢⎣使得00()()(0)(0)1f x g x f g -<-=，即不等式00()()1f x g x +不成立，综上可知实数a 的取值范围为[1，)+∞；（3）由（2）得当1a 时，不等式()()1f x g x >+在(0,)x ∈+∞时恒成立，即2(1)2x ln x x +>+，12(1)12ln k k∴+>+，*()k N ∈．即11[(1)]122ln k lnk k <+-+， ∴11(21)32ln ln <-，11(32)52ln ln <-，11(43)72ln ln <-，11[(1)]212ln n lnn n ⋯<+-+，将上述式子相加可得11111111(1)(1)()357212222lnn ln lnn ln n f n n +++⋯+<-=<+=+ 原不等式得证．3．（2020·安徽合肥·三模）已知函数()x xf x e e ax -=--（e 为自然对数的底数），其中a ∈R.（1）试讨论函数f （x ）的单调性；（2）证明：22132ln 2(1)ni n n i i n n =-->+∑. 【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析.【解析】（1）因为()x xf x e ea -'=+-，且2x x e e -+≥，所以当2a ≤时，()0f x '≥，所以()f x 在R 上为增函数，当2a >时，由()0f x '>，得0x x e e a -+->，所以2()10x xe ae -+>，所以22()124x a a e ->-，所以2x ae ->或2xa e -<，所以2xa e +>2xa e -<，所以24ln2aa x 或24ln2aa x ，由()0f x '<，得0x x e e a -+-<，解得2244ln22aa aax ，所以()f x 在ln 22a a ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭上递减，在,ln2a ⎛--∞ ⎪⎝⎭和ln 2a ⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上递增.（2）由（1）知，当2a =时，()2xxf x e e x -=--在R 上为增函数，所以1()(ln )2ln g x f x x x x==--在(0,)+∞上为增函数，所以当*n N ∈且2n ≥时，13()(2)22ln 2ln 422g n g ≥=--=-=32ln 04e >，即12ln 0n n n-->，所以212211ln 1(1)(1)11n n n n n n n >==---+-+，所以211111ln 2ln 23ln 34ln 4ln ni i i n n==++++∑ 1111111121213131414111n n >-+-+-++--+-+-+-+ 111121n n =+--+2322(1)n n n n --=+，所以22132ln 2(1)ni n n i i n n =-->+∑.4．（2020·安徽相山·淮北一中高三三模）已知函数()||ln (0)f x x a x a =-->. （∈）讨论()f x 的单调性；（∈）比较222222ln 2ln 3ln 23n n++⋯+ 与(1)(21)2(1)n n n -++的大小(n N +∈且)2n >，并证明你的结论.【答案】（I ）见解析；（II ）见解析【解析】（∈）函数()f x 可化为ln ,()ln ,0x x a x af x a x x x a --≥⎧=⎨--<<⎩，当0x a <<时，1()10f x x '=--<，从而()f x 在(0,)a 上总是递减的，当x a ≥时，11()1x f x x x'-=-=，此时要考虑a 与1的大小.若1a ≥，则()0f x '≥，故()f x 在[,)a +∞上递增，若01a <<，则当1a x ≤<时，()0f x '<，当1x >时，()0f x '>，故()f x 在[,1)a 上递减，在(1,)+∞上递增，而()f x 在x a =处连续，所以当1a ≥时，()f x 在(0,)a 上递减，在[,)a +∞上递增；当01a <<时，()f x 在(0,1)上递减，在[1,)+∞上递增.（∈）由（∈）可知当1a =，1x >时，1ln 0x x -->，即ln 1x x >-，所以ln 11x x x <-.所以 222222ln 2ln 3ln 23n n+++22211111123n <-+-+-222111123n n ⎛⎫=--+++⎪⎝⎭11112334(1)n n n ⎛⎫<--+++⎪⨯⨯+⎝⎭11121n n ⎛⎫=--- ⎪+⎝⎭1(1)2(1)n n n -=--+ 2221(1)(21)2(1)2(1)n n n n n n --+-+==++.5．（2020·云南高三三模）已知函数()1ln f x x a x =-- （１）讨论()f x 的单调性；（2）证明：()*333ln 2ln3ln 1,222332n n N n n n +++<∈≥---．【答案】（1）当0a 时，()f x 在(0,)+∞内单调递增；当0a >时，()f x 在(0,)a 内单调递减，在(,)a +∞内单调递增．（2）证明见解析【解析】（1）解：()1ln (0)f x x a x x =-->，()1af x x'∴=-．∈若0a ，则()0f x '>，()f x ∴在(0,)+∞内单调递增；∈若0a >，则()f x '在(0,)+∞内单调递增，且()0f a '=，∴当(0,)x a ∈时，()0f x '<；当(,)x a ∈+∞时，()0f x '>，()f x ∴在(0,)a 内单调递减，在(,)a +∞内单调递增．综上所述，当0a 时，()f x 在(0,)+∞内单调递增；当0a >时，()f x 在(0,)a 内单调递减，在(,)a +∞内单调递增．（2）证明：当1a =时，()1ln =--f x x x ．由（1）知()(1)0f x f =，ln 1x x ∴-，当且仅当1x =时，等号成立，令()*,2x n n N n =∈，ln 1n n ∴<-，33ln 1111(1)1n n n n n n n n n n -∴<==---++．从而3ln 2112223<--， 3ln 3113334<-- …3ln 111n n n n n <--+，累加可得333ln 2ln3ln 11223321n n n n ++⋯+<----+， 111212n -<+， 333ln 2ln3ln 122332n n n ∴++⋯+<---，证毕．【精选精练】1．（2020·榆林市第二中学高三三模）已知(),()1(x f x e g x x e ==+为自然对数的底数).(1)求证()()f x g x ≥恒成立；(2)设m 是正整数，对任意正整数n ，2111(1)(1)(1)333n m ++⋅⋅⋅+<，求m 的最小值. 【答案】(1)证明见解析；(2) 2.【解析】（1）令()()()1xF x f x g x e x =-=--，则()1xF x e '=-∴当(),0x ∈-∞时，()0F x '<；当()0,x ∈+∞时，()0F x '>()F x ∴在(),0-∞上单调递减；在()0,∞+上单调递增()()0min 0010F x F e ∴==--=，即()()()0F x f x g x =-≥恒成立 ()()f x g x ∴≥恒成立（2）由（1）知：13113n n e +≤221111113333332111111333n n n e e e e++⋅⋅⋅+⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴++⋅⋅⋅+≤⋅⋅⋅⋅= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭又211111111133********13nn n⎛⎫⨯- ⎪⎛⎫⎝⎭++⋅⋅⋅+==⨯-<⎪⎝⎭- 11112322111111333n n e e ⎛⎫⨯- ⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴++⋅⋅⋅+≤< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭又2111111333n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭恒成立 12m e ∴≥ m 为正整数 m ∴的最小值为：22．（2020·广东广州高三三模·）已知函数()()()3214613x f x x ex x g x a x lnx -⎛⎫=-+-=--- ⎪⎝⎭，．（1）求函数()f x 在()0+∞，上的单调区间；（2）用{}max m n ，表示m n ，中的最大值，()f x '为()f x 的导函数，设函数()()(){}h x max f x g x '=，，若()0h x ≥在()0+∞，上恒成立，求实数a 的取值范围；（3）证明：()*11111ln 312313n N n n n n n+++++>∈++-．【答案】（1）()f x 单调递增区间为()3+∞，;() f x 单调递减区间为()03，；（2）43a ≥；（3）详见解析．【解析】（1）因为()()3246x f x x ex x -=-+-，所以()()()()3332632x x f x x ex x e --=-+-='-+，令()0f x '=得3x =，当3x >时，()0f x '>，()f x 单调递增；当03x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减；所以函数()f x 在()0+∞，上的单调递增区间为()3+∞，，单调递减区间为()03，；（2）由（1）知()()()332x f x x e-'=-+，当3x ≥时，()0f x '≥恒成立，故()0h x ≥恒成立；当3x <时，()0f x '<，又因为()()(){}0h x max f x g x '=≥，恒成立，所以()0g x ≥在()03，上恒成立，所以11ln 03a x x ⎛⎫---≥ ⎪⎝⎭，即11ln 3xa x+-≥在()03，上恒成立，令()()1ln 03x F x x x +=<<，则()13max a F x -≥，由()()221ln 1ln x xF x x x-+-'==，令()0F x '=得1x =，易得()F x 在()01，上单调递增，在[)13，上单调递减，所以()()11max F x F ==，所以113a -≥，即43a ≥，综上可得43a ≥.（3）证明：设()()10xm x e x x =-->，则()10xm x e '=->，所以()m x 在()0+∞，上单调递增，所以()()00m x m >=，即1x e x >+，所以1111111111312312333112313n n n nn n n nn n n n n ee eeen n n n n++++++++++++=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅>⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅++- 123331231n n n nn n n n +++>⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=++-，所以11111ln 312313n n n n n+++++>++-. 3．（2020·安徽蚌埠·高三三模）已知函数()()ln 1x f x x+=.（1）分析函数()f x 的单调性；（2）证明：2111ln 3ln 212n n n ⎛⎫+⎛⎫+++≤ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，2n ≥. 【答案】（1）()f x 在区间()–1,0和()0,∞+上单调递减；（2）证明见解析. 【解析】（1）由题意得：()f x 的定义域为()()–1,00,+∞，且()()2ln 11xx x f x x -++'=，令()()ln 11x g x x x=-++则()()21x g x x -'=+，()–1,0x ∈时，()0g x '>； ()0,x ∈+∞时，()0g x '<.即()g x 在()–1,0上单调递增，在()0,∞+上单调递减.因为()00g =，则在()–1,0和()0,∞+上()0g x <. 因为20x >，所以在()–1,0和()0,∞+上()0f x '<，即函数()f x 在区间()–1,0和()0,∞+上单调递减. （2）由（1）可知，当02x <≤时，()()ln 322x f f =≥，即()ln 3ln 12x x +≥，当2n ≥时，2021n <≤-，则2ln 3ln 111n n ⎛⎫+≥⎪--⎝⎭，即()()2ln 3ln 1ln 1ln 111n n n n ⎛⎫+=+--≥ ⎪--⎝⎭，所以()()()ln 1ln 1ln ln 2ln 4ln 2ln3ln1n n n n +--+--++-+-111ln 31122n n ⎛⎫≥++++ ⎪--⎝⎭整理得：()111ln 1ln ln 2ln1ln 31122n n n n ⎛⎫++--≥++++⎪--⎝⎭，即2111ln 3ln 212n n n ⎛⎫+⎛⎫+++≤ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，2n ≥，不等式得证.4．（2020·全国高三三模）已知函数2()2ln 1()f x ax x x a =--∈R . (1) 若1x e=时,函数()f x 取得极值,求函数()f x 的单调区间； (2) 证明：()*11111ln(21)3521221nn n n n +++⋯+>++∈-+N . 【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）由题意可得，()'222(0,)f x ax lnx x a R =-->∈，由1x e =时，函数()f x 取得极值知12'220af e e ⎛⎫=+-= ⎪⎝⎭，所以0a =．所以()()21,'22(0)f x xlnx f x lnx x =--=-->，所以10x e <<时，()'0f x >；1x e>时，()'0f x <；所以()f x 的单调增区间10e ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，单调减区间为1e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，. （2）当1a =时，()221f x x xlnx =--，所以()()'22221f x x lnx x lnx =--=--，令()ln 1g x x x =--，则()11'1x g x x x-=-=，当01x <<时，()'0g x <；当1x >时，()'0g x >，()g x 的单调减区间为()01，，单调增区间为()1+∞，，所以()()10g x g ≥=，所以()'0f x ≥，()f x 是增函数，所以1x >时，()()22ln 110f x x x x f =-->=，所以1x >时，12ln x x x->，令*211,21n x n N n +=>∈-，得2121212ln 212121n n n n n n +-+->-+- 即2221112ln 212121n n n n +⎛⎫+--> ⎪-+-⎝⎭ 所以1121111ln 2122122121n n n n n +⎛⎫>+- ⎪---+⎝⎭上式中123n =，，，…，n ，然后n 个不等式相加，得到()11111...ln 213521221nn n n ++++>++-+ 5．（2020·辽宁沙河口·辽师大附中高三三模）已知函数()()2ln 11f x p x p x =+-+．（2）当1p =时，()f x kx ≤恒成立，求实数k 的取值范围；（3）证明：()()*111ln 1123n n N n+<+++⋯+∈．【答案】(1) 见详解；(2)1k；(3)证明见解析．【解析】（1）()f x 的定义域为()0 +∞，，()()()221'21p x p p f x p x x x-+=+-=，当1p >时，()'0f x >，故()f x 在()0,∞+单调递增；当0p ≤时，()'0f x <，故()f x 在()0,∞+单调递减；当10p -<<时，令()'0f x =，解得x =则当x ⎛∈ ⎝时，()'0f x >； x ⎫∈+∞⎪⎪⎭，时，()'0f x <．故()f x 在⎛ ⎝单调递增，在 ⎫+∞⎪⎪⎭，单调递减．（2）因为0x >，所以：当1p =时，()f x kx ≤恒成立11ln ln kx xx k x+⇔+≤⇔≥，令()1ln xh x x +=，则()max k x h ≥，因为()2ln 'xh x x-=，由()'0h x =得x =1，且当()0,1x ∈时，()'0h x >；当()1,x ∈+∞时，()'0h x <．所以()h x 在()0,1上递增，在()1,+∞上递减，所以()()max 11h x h ==，故1k ．(3)取,则代入由题设可得,取,并将上述各不等式两边加起来可得()()*111ln 1123n n N n+<+++⋯+∈．6．（2020·浙江省宁波市鄞州中学高三三模）已知函数()()2f x ax a a R =+∈.（2）若()0f x ≤对任意的1x ≥-恒成立，求a 的取值范围；（32600⋅⋅⋅+<. 【答案】（1）()f x 在211,14a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭上单增；在211,4a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单减；（2）1,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦；（3）证明见解析. 【解析】()'f x a =+.（1）当0a ≥时，()'0f x ≥，所以()f x 在()1,-+∞上单调递增；当0a <时，由()'0f x >解得21114x a -<<-，所以()f x 在211,14a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭上单调递增；在211,4a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.（2）当0a ≥时，()()2000f x a x =+≥+=，故不合题意；当0a <时，由（∈）知()max 21104x f f a ⎛⎫=-≤ ⎪⎝⎭，211(21)(21)20141244a a f a a a a a a +-⎛⎫=-+- ⎪⎝-+=≤⎭102a a <∴≤-，综上，a 的取值范围为1,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.（3）由（2）知，取12a =-112x ≤+成立.当()1,2,3,,20482020kx k ==时，1111220204040k k =≤⨯+=⨯+，⋅⋅⋅+()11234204820484040++++++<20491024204826004040⨯=+<.7．（2020·广东广州·高三三模）已知函数()2ln f x a x x =+，其中a R ∈. （1）讨论()f x 的单调性；（2）当1a =时，证明:()21f x x x ≤+-；（3）试比较22222222ln2ln3ln4ln 234n n++++与()()()12121n n n -++ ()*2n N n ∈≥且的大小，并证明你的结论．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析【解析】（1）函数()f x 的定义域为：()0,∞+，()'f x = 222a a x x x x++=∈当0a ≥时，()'0f x >，所以()f x 在()0,∞+上单调递增∈当0a <时，令()'0f x =，解得x =当0x <<时，220a x +<，所以()'0f x <，所以()f x 在⎛ ⎝上单调递减；当x >220a x +>，所以()'0f x >，所以()f x 在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增．综上，当0a ≥时，函数()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a <时，函数()f x 在⎛ ⎝上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增. （2）当a 1=时，()2ln f x x x =+，要证明()21f x x x ≤+-，即证ln 1x x ≤-，即证：ln 10x x -+≤. 设()g ln 1x x x =-+，则()g'x =1xx-，令()0g x '=得，1x =. 当()0,1x ∈时，()0g x '>，当()1,x ∈+∞时，()0g x '<. 所以1x =为极大值点，且()g x 在1x =处取得最大值．所以()()10g x g ≤=，即ln 10x x -+≤．故()21f x x x ≤+-.（3）证明：ln 1x x ≤-（当且仅当1x =时等号成立），即11lnx x x≤-, 则有2222ln +22222222223111111111n 132323ln lnn n n n ⎛⎫+⋯+<-+-+⋯+-=--++⋯+ ⎪⎝⎭()111n 123341n n ⎛⎫<--++⋯+ ⎪ ⎪⨯⨯+⎝⎭ ()()()12111111111n 1n 1233412121n n n n n n -+⎛⎫⎛⎫=---+-+⋯+-=---=⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭, 故：2222ln +()()()22221213321n n ln lnn n n -++⋯+<+ 8．（2020·黑龙江南岗·哈师大附中三模）已知函数()()2ln 1f x ax bx x =+-+．（∈）当0a =时，函数()f x 存在极值，求实数b 的取值范围；（∈）当1b =时，函数()f x 在()0,∞+上单调递减，求实数a 的取值范围；（∈）求证：()()1*113ln 2122N 14nk n n k =-+<∈-∑．【答案】（∈）0b >；（∈）12a ≤-；（∈）证明见解析．【解析】（∈）当0a =时，()()()ln 11f x bx x x =-+>-，()()1111bx b f x b x x --'=-=++， ∈当0b ≤时，()0f x '<，则()f x 在()1,-+∞递减，无极值； ∈当0b >时，令()1'0,11f x x b==->-， 1()0,(1,1),()f x x f x b '<∈--单调递减，1()0,(1,),()f x x f x b '>∈-+∞单调递增，所以11,()x f x b=-取得极小值.综上可知：0b >．（∈）当1b =时，()()()2ln 10f x ax x x x =+-+>，()1212011x f x ax ax x x '=+-=+≤++恒成立 121a x ⇔-≥+对一切()0,x ∈+∞恒成立， ∈11x +>，∈1011x <<+，∈21a -≥，∈12a ≤-．（∈）由（∈）知：当12a =-时，()()21ln 12f x x x x =-+-+在()0,∞+递减，∈()()00f x f ≤=，即：()2ln 12x x x -+<，令221x n =-，则()22212ln 212121n n n n +-<---，当2n ≥时，()2222122ln 212144121n n n n n n +-<=---+- ()21114121n n n n ⎛⎫<=- ⎪--⎝⎭，∈23ln 2ln 311-=- 2511ln 13322⎛⎫-<- ⎪⎝⎭ 27111ln 55223⎛⎫-<- ⎪⎝⎭……221111ln 212121n n n n n +⎛⎫-<- ⎪---⎝⎭累加得，()11112ln 212ln 31212nk n k n =⎛⎫⋅-+<-+- ⎪-⎝⎭∑ 5153ln3ln32222n =--<-<，当1n =时，131ln 324-<，即：1ln 32>，综上，()1113ln 212124nk n k =-+<-∑． 9．（2020·黑龙江哈尔滨·三模）已知函数()()()()ln 111f x x k x k R =---+∈ （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若()0f x ≤恒成立，试确定实数k 的取值范围；（3）证明：()()*1ln 2ln 3ln ,13414n n n n n n -++⋅⋅⋅+<∈>+N . 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）[)1,+∞；（3）证明见解析. 【解析】（1）函数()()()ln 111f x x k x =---+的定义域为()1,+∞，且()11f x k x '=--. ∈当0k ≤时，()0f x '>恒成立，故函数()y f x =在()1,+∞上为增函数； ∈当0k >时，令()0f x '<，得1k x k +>时，即函数()y f x =在1,k k +⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递减，令()0f x '>，得11k x k +<<时，即函数()y f x =在11,k k +⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增.综上：当0k ≤时，函数()y f x =在()1,+∞上为增函数；当0k >时，函数()y f x =在11,k k +⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数，在1,k k +⎛⎫+∞⎪⎝⎭上为减函数；（2）当0k ≤时，()211f k =-+≥，显然()0f x ≤不恒成立；当0k >时，()max 11ln 0k f x f k k +⎛⎫==≤⎪⎝⎭，即1k .综上：实数k 的取值范围是[)1,+∞；（3）由（2）可知，当1k =时()0f x ≤恒成立，即()ln 12x x -<-，()ln 121x x x-∴<-， ()()22ln ln 11121212n n n n n n n --=<=+++，可得出ln 2132<，ln 3242<，，ln 112n n n -<+， ()()*1ln 2ln 3ln 121,23412224n n n n n N n n --∴+++<+++=∈≥+. 10．（2020·浙江三模）已知数列{}n a ，112a =，1ln 1n n a a +=-. （1）求证：11n n a a +<<；（2）求证：123201912020a a a a ⋅⋅⋅⋅⋅⋅<. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】（1）∈先利用数学归纳法证明1n a <. （∈）当1n =时，1112a =<成立；（∈）假设n k =时1k a <成立，则1ln 10k k a a +=-<，11k a +∴<. 综上所述，对任意的n *∈N ，1n a <； ∈利用导数证明1x e x -≥，设()1x f x ex -=-，则()1e 1x f x -'=-，当1x <时，()0f x '<，此时函数()y f x =单调递减；当1x >时，()0f x '>，此时函数()y f x =单调递增.所以，()()0110f x f e ≥=-=，即1x e x -≥，当且仅当1x =时，等号成立.1n a <，()()10n f a f ∴>=，即1n a n e a ->，1ln 1n n a a +=-，11n a n n a e a -+∴=>，综合∈∈可知11n n a a +<<；（2）利用数学归纳法证明1n n a n ≤+. ∈当1n =时，112a =满足1n n a n ≤+；∈假设n k =时成立，即1k ka k ≤+，则由1ln 1n n a a +=-，得111111k k a k k k a eee---+++==≤，要证1112k k ek -++<+，令11,012t k ⎛⎫-=∈- ⎪+⎝⎭，则要证11012t e t t ⎛⎫<-<< ⎪-⎝⎭，21 / 21 构造()11x f x e x =+-，1,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，()()()()22211111x x e x f x e x x --'=-=--，令()()211x h x e x =--，1,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，则()()()()2212110x x x h x e x e x e x '=-+⋅-=-<，所以，函数()y f x '=在1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，()()00f x f ''∴>=，所以，函数()y f x =在1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，()()00f x f ∴<=，即11x e x <-成立，即1112k k e k -++<+，112k k a k ++∴<+，综上1n na n ≤+，当且仅当1n =时等号成立，由于1ln 1n n a a +=-，可知0n a >，所以，1102a <≤，2203a <<，，2019201902020a <<，1220191232019123420202020a a a ⋅⋅⋅⋅<⨯⨯⨯⋅⋅⨯=.。

导数数列不等式

导数数列不等式导数数列不等式，也称前验不等式，是一种数学不等式，它通过研究一个数列对应的模型来验证它们之间的关系。

导数数列不等式属于一类定性性质，能够准确地描述一个数列函数的变化情况。

首先，我们介绍一类特殊的数列，叫做几何数列。

几何数列是一种有规律而递增的数列，每一项的值是前一项的系数乘上某个正值的数字。

几何数列的导数数列不等式，可以用另一种形式表示：begin{eqnarray}t_n leq t_1 cdot r^nend{eqnarray}其中，$t_n$为几何数列的某一项，$t_1$为几何数列的第一项，而$r$为几何数列系数，它也是确定数列每一项和下一项关系的一个基本参数。

换言之，几何数列变化情况可以用该不等式来表示，所以几何数列可以称为导数数列。

几何数列的导数数列不等式是非常重要的，它是用来验证某个几何数列中每一项和下一项系数之间大小关系的一个特殊性质。

当然，几何数列不是唯一一种可以使用导数数列不等式来验证的数字。

除了几何数列，其他类型的数列也可以使用该不等式来进行检验。

比如抛物线数列，导数数列不等式可以用如下方式表示：begin{eqnarray}t_n leq t_1 cdot (1+n/n)^nend{eqnarray}其中，$t_n$为抛物线数列的某一项，$t_1$为抛物线数列的第一项，而$n$为抛物线数列的项数。

抛物线数列也可以用该不等式来验证它们之间的大小关系，所以抛物线数列也可以称为导数数列。

此外，对于其他类型的数列，也可以使用导数数列不等式来验证它们之间的关系。

例如，线性数列的导数数列不等式可以用如下方式表示：begin{eqnarray}t_n leq t_1 cdot (1+n/n) cdot nend{eqnarray}其中，$t_n$为线性数列的某一项，$t_1$为线性数列的第一项，而$n$为线性数列的项数。

线性数列也可以用该不等式来验证它们之间的大小关系，所以线性数列也可以称为导数数列。

求解数列不等式证明问题的方法

解题宝典证明数列不等式问题是一类综合性较强且难度较大的问题，不仅考查了数列知识，还考查了证明不等式的技巧.本文主要介绍三种证明数列不等式问题的方法，以供大家参考.一、利用数列的单调性我们知道，数列具有单调性.因此在证明数列不等式问题时，我们可以利用数列的单调性来讨论数列的变化趋势，进而证明不等式.利用数列的单调性解题的关键在于观察数列的特征，通过作差、作商等方法，构造出新数列，利用数列的单调性证明结论.例1.已知数列{}a n各项均为正数，前n项和S1>1，满足关系式6S n=(a n+1)(a n+2)，n∈N*.设数列{}bn满足关系式an(2b n-1)=1，令T n为数列{}b n的前n项和，求证：3T n+1>log2(a n+3)，n∈N*.证明：根据前n项和关系式可得a n=3n-1，将其代入到an(2b n-1)=1中可得b n=log23n3n-1，Tn=b1+b2+⋯+b n=log2(32×65×⋯×3n3n-1)，则3T n+1-log2(a n+3)=log2éë(32×65×⋯×3n3n-1)3ùû×23n+2.设f(n)=(32×65×⋯×3n3n-1)3×23n+2，则f(n+1)f(n)=(3n+3)3(3n+5)(3n+2)2，变形得(3n+3)3-(3n+5)(3n+2)2=9n+7>0，则数列{}f(n)单调递增.因此f(n)≥f(1)>1，则3T n+1-log2(a n+3)=log2f(n)>0，所以3T n+1>log2(a n+3).本题的难度较大，欲证明此题，首先需要从结论出发，构造数列f(n)，然后根据新数列的形式，利用作差法、作商法证明数列具有单调性，再利用其单调性证明结论.很多时候，我们并不能直接发现数列的单调性，往往需要对数列的递推式进行多次转换、变形，构造出新数列才能发现其单调性.二、放缩法放缩法是解答不等式问题的基本方法之一.在运用放缩法证明数列不等式问题时，我们必须紧紧围绕着放缩目标，掌握好放缩的尺度，灵活运用不等式的传递性证明不等式.常见的放缩技巧有添加或删除某些项、先放缩再求和（先求和再放缩）、先裂项再放缩（先放缩再裂项）等.但无论运用哪种放缩技巧，都需要把控放缩的尺度，否则容易得出错误的答案.例2.已知数列{}a n满足条件：a1=1，a n+1=2a n+1(n∈N*)，试证明：n2-13<a1a2+a2a3+⋯+a n an+1<n2.证明：由a n+1=2a n+1,(n∈N*)，可得a n=2n-1，则akak+1=2k-12k+1-1=2k-12(2k-12)<2k-12(2k-1)=12，所以a1a2+a2a3+⋯+anan+1<12+12+⋯+12=n2.故akak+1=2k-12k+1-1=12·2k+1-22k+1-1=12(1-12k+1-1)=12-13×2k+2k-2≥12-13×12k(k=1,2,3,⋯)，即a1a2+a2a3+⋯+anan+1≥12-13(12+122+⋯+12n)=n2-13(1-12n)>n2-13.综合上述分析，即可证明不等式n2-13<a1a2+a2a3+⋯+a n a n+1<n2成立.本题主要运用了放缩法，首先结合数列不等式的表达式，对不等式进行缩放，构造出anan+1，再借助不等式的传递性证明了结论.三、导数法对于综合性较强的数列不等式问题，我们往往采用导数法来求解.首先结合不等式构造出函数模型，对函数求导，通过研究其导函数得到函数的单调性、最储文海42解题宝典值，进而证明不等式成立.例3：试证明12+13+14+⋯+1n <ln n <1+12+13+14+⋯+1n +1(n ∈N*).证明：令a n =1n +1、b n =1n ，于是当n ≥2时，S n -1=ln n 、S n =ln(n +1).则S n -S n -1=ln(n -1)-ln n =ln n +1n.欲证明原不等式成立，需要证明1n +1<ln n +1n<1n ，即证明1x +1<ln x +1x <1x ,x ≥1.设函数f (x )=ln x +1x -1x +1，对其进行求导可得到f ′(x )=1x +1-1x +1(x +1)2=-1x (x +1)2<0.令x +1x =t ，则1x =t -1，t -1t<ln t <t -1,(t >1).设函数h (t )=ln t -t -1t ，则h ′(t )=t -1t2>0，则函数h (t )在(1,+∞)单调递增，所以h (t )>h (1)=0，h (t )=ln t -t -1t>0，即是ln t >t -1t.同理可以证得ln t <t -1，即是ln t +1t <1t.综上可得，1t +1<ln t +1t <1t ，当t 分别取1,2,3,…,n -1时，12+13+14+⋯+1n <ln n <1+12+13+14+⋯+1n +1.运用导数法的根本目的是判断数列的单调性，求得数列的最值.这里首先构造出两个数列以及两个数列的和式，然后结合目标不等式的形式构造出函数模型，通过分析导函数确定函数的单调性，从而证明不等式.从上述分析我们不难看出，证明数列不等式问题的难度系数较大.在解答此类问题时，我们需要仔细分析数列不等式的特点，将其进行适当的变形、转化，并要学会联想，将其与不等式的性质、重要结论以及函数、导数的性质关联起来，才能将难题破解.（作者单位：江苏省华罗庚中学）立体几何是高考数学考查的重点.解答立体几何问题常用的方法是几何法和向量法.这两种方法是分别从几何和代数两个角度入手的，有着各自的优势.本文重点探讨这两种方法在解题中的应用.一、几何法几何法是指运用几何知识解答问题的方法.在解答立体几何问题时，我们需要根据题意绘制相应的图形，探寻空间中点、线、面之间的位置关系，通过延长线段，平移、变换、旋转图形，添加辅助线等方式，建立结论与已有条件之间的联系，灵活运用各种定理、定义、性质，对条件进行转化，顺利解答问题.例1.如图1，在三棱台ABC-DEF 中，已知平面BCEF ⊥平面ABC ，∠ACB -90°，BE =EF =FC =1，BC =2，AC =3，（1）求证：BF ⊥平面ACFD （2）求二面角B -AD -C 的余弦值.李鹏飞图143。

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。

巧用导数求一类数列的和

巧用导数求一类数列的和
屈惠鹏;张红旗
【期刊名称】《数理化解题研究：高中版》
【年(卷),期】2009(000)003
【摘要】含有二项式系数的数列求和问题，是数列求和的一个难点，利用导数法求这类数列的和，可以化繁为简，化难为易，开辟新的解题途径．
【总页数】1页(P1)
【作者】屈惠鹏;张红旗
【作者单位】陕西省商洛中学,726000
【正文语种】中文
【中图分类】G633.603
【相关文献】
1.用导数求一类数列的和 [J], 李玉群;孙秀亭
2.构造常数列求一类递推数列的通项公式 [J], 彭世金
3.构造常数列求一类递推数列的通项公式 [J], 彭世金
4.用导数求一类数列的和 [J], 张启奎;
5.构造新数列，求一类递推数列{an}通项 [J], 刘洪文
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导数在数列中的应用1

对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术关，系电，通力根1保过据护管生高线产中敷工资设艺料技高试术中卷0资不配料仅置试可技卷以术要解是求决指，吊机对顶组电层在气配进设置行备不继进规电行范保空高护载中高与资中带料资负试料荷卷试下问卷高题总中2体2资，配料而置试且时卷可，调保需控障要试各在验类最；管大对路限设习度备题内进到来行位确调。保整在机使管组其路高在敷中正设资常过料工程试况1卷中下安，与全要过，加度并强工且看作尽护下可1都关能可于地以管缩正路小常高故工中障作资高；料中对试资于卷料继连试电接卷保管破护口坏进处范行理围整高，核中或对资者定料对值试某，卷些审弯异核扁常与度高校固中对定资图盒料纸位试，置卷编.工保写况护复进层杂行防设自腐备动跨与处接装理地置，线高尤弯中其曲资要半料避径试免标卷错高调误等试高，方中要案资求，料技编试术写5、卷交重电保底要气护。设设装管备备置线4高、调动敷中电试作设资气高，技料课中并3术试、件资且中卷管中料拒包试路调试绝含验敷试卷动线方设技作槽案技术，、以术来管及避架系免等统不多启必项动要方高式案中，；资为对料解整试决套卷高启突中动然语过停文程机电中。气高因课中此件资，中料电管试力壁卷高薄电中、气资接设料口备试不进卷严行保等调护问试装题工置，作调合并试理且技利进术用行，管过要线关求敷运电设行力技高保术中护。资装线料置缆试做敷卷到设技准原术确则指灵：导活在。。分对对线于于盒调差处试动，过保当程护不中装同高置电中高压资中回料资路试料交卷试叉技卷时术调，问试应题技采，术用作是金为指属调发隔试电板人机进员一行，变隔需压开要器处在组理事在；前发同掌生一握内线图部槽纸故内资障，料时强、，电设需回备要路制进须造行同厂外时家部切出电断具源习高高题中中电资资源料料，试试线卷卷缆试切敷验除设报从完告而毕与采，相用要关高进技中行术资检资料查料试和，卷检并主测且要处了保理解护。现装场置设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。

求最大值用哪个公式

求最大值用哪个公式在数学中，求最大值是一个常见且重要的问题。

当我们需要找到一组数中的最大值时，可以借助一些公式和方法来解决。

在本文中，我们将探讨一些常用的方法和公式，帮助我们求最大值。

方法一：数列法首先，我们可以利用数列法来求解一个数列中的最大值。

数列法是一种比较直接的方法，我们只需要将给定的数列中的所有数进行比较，找到其中最大的那个数即可。

假设我们有一个包含n个元素的数列，可以用以下公式来表示数列中的最大值：$$\\text{最大值} = \\max\\{a_1, a_2, \\ldots, a_n\\}$$其中，$a_1, a_2, \\ldots, a_n$分别表示数列中的各个元素。

方法二：导数法另一个常用的方法是利用导数来求解函数的最大值。

如果我们要求解一个函数在某个区间内的最大值，可以通过求解函数的导数来找到函数的极值点，然后筛选出其中的最大值。

假设f(x)是一个可导函数，在区间[a,b]内寻找最大值，我们可以通过以下步骤来求解：1.求出f(x)在(a,b)内的导数f′(x)；2.解出方程f′(x)=0得到驻点；3.将驻点和区间端点a,b的函数值进行比较，找到最大值。

方法三：凸优化法除了上述的方法外，当我们需要解决更复杂的最大值问题时，可以利用凸优化来进行求解。

凸优化是数学中的一个重要领域，通过定义凸函数、凸集等概念，可以将问题转化为凸优化问题，从而应用一些高级的数值方法来求解最大值。

在凸优化中，最大值的求解通常转化为以下形式的优化问题：$$\\max f(x) \\quad \\text{s.t.} \\quad h_i(x) \\leq 0, i=1,2,\\ldots,m$$其中，f(x)是优化的目标函数，ℎi(x)是约束函数，x是待求解的变量。

我们可以利用凸优化的方法，如梯度下降、拉格朗日乘子等，来求解这类问题，找到函数的最大值。

在实际问题中，选择适合的方法和公式来求解最大值是非常重要的。

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。

数列问题的导数方法

数列问题的导数方法
在数学中，数列是一组按照特定规律排列的数字序列。

解决数
列问题的一个常见方法是使用导数。

导数是用来描述函数变化率的
工具，它可以帮助我们找到数列中每一项的变化规律，从而更好地
理解和分析数列的性质。

首先，我们可以将数列表示为一个函数，例如将数列的第n项
记作an，我们可以将数列看作是一个关于n的函数an=f(n)。

然后，我们可以使用导数来描述数列项之间的变化规律。

对于数列的项an，我们可以计算其导数f'(n)，这个导数可以告诉我们数列项之间的
变化速率。

例如，如果数列的导数f'(n)是一个常数，那么这个数列可能
是一个等差数列，每一项之间的差值是固定的。

如果数列的导数
f'(n)是一个线性函数，则可能是一个等比数列，每一项与前一项之
比是一个固定的比率。

此外，导数还可以帮助我们找到数列的极值点，即数列中的最
大值和最小值。

通过计算导数f'(n)的零点和变号区间，我们可以
找到数列中的极值点，这对于分析数列的性质和趋势非常有帮助。

总之，数列问题的导数方法可以帮助我们更深入地理解和分析数列的性质和规律。

通过计算数列的导数，我们可以找到数列项之间的变化规律，进而更好地解决数列相关的问题。

因此，导数方法在数列问题的研究中具有重要的意义，也为我们提供了一种新的思考数列问题的角度。

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。

微积分中函数极限的几种常用求解方法与策略

微积分中函数极限的几种常用求解方法与策略【摘要】微积分中函数极限是微积分学习中的重要内容，对于理解函数的性质和变化趋势具有重要意义。

本文将介绍一些常用的函数极限求解方法和策略，包括数列极限法、无穷小量代换法、夹逼定理法、利用极限性质的方法以及利用导数的方法。

通过多种方法的结合运用，可以更准确地求解函数的极限。

我们也要注意极限存在的条件，确保计算的准确性。

提高极限求解的技巧和效率，可以帮助我们更好地掌握函数极限的求解过程，提高学习效果。

深入理解和掌握这些方法，将有助于我们更好地应用和推广到实际问题中，从而更好地理解和应用微积分知识。

【关键词】微积分、函数极限、数列极限法、无穷小量代换法、夹逼定理法、利用极限性质的方法、利用导数的方法、多种方法结合运用、注意极限存在的条件、提高极限求解的技巧和效率1. 引言1.1 微积分中函数极限的重要性微积分中函数极限是微积分学习中的重要概念之一，它能够帮助我们理解函数在某一点的变化趋势和极限取值。

函数极限的研究不仅有助于我们解决数学问题，还可以应用于物理、经济、工程等各个领域。

函数极限的重要性体现在以下几个方面：函数极限是微积分的基础，它是导数、积分等概念的前提。

只有对函数极限有深入的理解，才能更好地理解微积分中的其他内容。

函数极限在研究函数在某一点的性质时起到至关重要的作用，能够帮助我们确定函数在该点的连续性、可导性等特性。

函数极限也可以应用于求解极限值、证明极限存在等问题，是数学分析中的重要工具之一。

微积分中函数极限的重要性不言而喻。

只有深入理解函数极限的概念，掌握各种求解方法和技巧，才能在微积分学习中取得更好的成绩，并将其运用到实际问题中取得更好的效果。

强调函数极限的重要性，也有助于引起我们对微积分学习的重视和兴趣。

对函数极限的研究具有极其重要的意义。

2. 正文2.1 数列极限法数总结和统计等。

以下是关于数列极限法的内容：数列极限法是微积分中函数极限求解的一种常用方法，通过研究数列的性质和极限，可以推导出函数的极限值。

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－１ｌｎ２
＋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.。

慎用导数解数列问题

由此得盒盖的表面积为、Ｒ．１６
３
Ｐｔｍｎ，Ｍ．Ａ．Ｔｅｏｍｅｒｏｉｒｄｌｅｅｏｈ８ｔｙｆＰｅｏｅｌａ
弗朗西斯卡还独立发现了６种半正多面体。此Ｆａｃｓ［】ａｅａ／／ｎｌｅｖ，９７ｒｅａＪＭｔｍｔａｌｅｉｎｒ１９，ｎｃｈｃｔｌｅｇ外，他通过计算来证明几何命题在数学史上属于第１９：３ — ０３４．次；他还尝试用实验法来求复杂几何体的体积。颇４Ｃｏｉｇ，Ｊ．ＴｅＭａｈｍａ／ＣｅｔＡａｅｒｏｌｅ．Ｌｈｔｅｔｓｄｃ，ａｍｔｓｒｕ
导数，为高中数学的新增内容之一，作为解题教学和教学研究注入了新的活力，更是解决函数单调
性问题的有力工具．由于数列可看作是特殊的函数，
例１已知数列｛的通项口ａ｝．＝，（０一ｎｌ１）
（Ｅ）求数列｛的最大项．ｎＮ‘ ，ａ１错解设，，＝，１一１（Ｅ ‘ ，（）ｎ（０，，Ｎ）则１２）ｌ
，（１，）＝２ｎ一ｎ，０３
所以许多学生自然而然就想到用导数来解决有关数
列单调性问题．但由于未能深刻理解导数知识的背景、吃透其意义，未能准确把握数列单调性与函数单调性的联系和区别，没有对其进行有机地“ 整合” 从，
而导致诸多错误．面摘取学生的几例典型错误，下加
维普资讯
２００６年第９期
中学教研（学）数
・７・４
极相对应．以该顶点为顶点，别以牟合方盖在赤道分位置的截面（即正方形ＡＣ）内切球在赤道位置ＢＤ和的大圆（即正方形ＡＣＢＤ的内切圆）为底面作上半牟

巧妙利用函数的导数_解数列问题_颜复尊

{
[
)
(
)
(
)
[(
(
) (
)
)]
巧与方法
JIETI JIQIAO YU FANGFA
数列中来，从而问题得到解决．四、精心构造，巧妙运用（ 1 ）对任意的正实数例 4 已知函数 f （ x ） = x － xlnx， x1 ， x2 ，且 x1 ＜ x2 ．（ 1）证明：（ x2 － x1 ） f'（ x2 ）＜ f（ x2 ）－ f（ x1 ）＜（ x2 － x1 ） f'（ x1 ）； 1 1 + +…+ （ 2 ）对任意的 n ∈ N + ，且 n ≥2 ，证明： ln2 ln3 1 1 － f（ n + 1 ）＜． lnn ln2 ·lnn 1 ）时，解（ 1 ）因为 f' （ x ） = － lnx，所以，当 x ∈ （ 0， f' （ x）＞ 0 ； + ∞ ）时， f' （ x）＜ 0 ．故 f（ x）在 x ∈ （ 0 ， 1 ）上单当 x∈（ 1 ， + ∞ ）上单调递减．调递增，在 x∈（ 1 ， x1 x2 ，＜所以，对任意的正实数 x1 ，且 x1 ＜ x2 ，有f x2 x f（ 1 ）， f 2 ＜ f（ 1 ）． x1 x1 x1 x1 x1 ＜ f（ 1），－ ln ＜ 1，由f 得即 x2 － x1 － x2 x2 x2 x2 x2 （ lnx2 － lnx1 ）＜ 0 ，所以 f（ x2 ）－ f（ x1 ）－（ x2 － x1 ） f' （ x1 ） = x2 － x1 － x2 （ lnx2 － lnx1 ）＜ 0 ，故： f（ x2 ）－ f（ x1 ）＜（ x2 － x1 ） f' （ x1 ）， ①． x2 ）＜ f（ 1 ），由 f（同理可证（ x2 － x1 ） f' （ x2 ）＜ f （ x2 ）－ x1 f （ x1 ）， ②．综合 ①②，得（ x2 － x1 ） f' （ x2 ）＜ f （ x2 ）－ f （ x1 ）＜（ x2 － x1 ） f' （ x1 ）． ln（ x + k）（ 2）对 k = 1， 2， …， n － 2，（ x ＞令 gk （ x ） = lnx 1），则 lnx ln（ x + k）－ x+k x xlnx －（ x + k） ln（ x + k） g k ' （ x） = = ， ln2 x x（ x + k） ln2 x 0 ＜ lnx ＜ ln （ x + k ），显然 1 ＜ x ＜ x + k，所以 xlnx ＜（ x + k） ln （ x + k ）， g k （ x ）在（ 1 ，+ ∞ ）上单调所以 gk ' （ x ）＜ 0，

导数和数列综合问题解决技巧之构造函数法

导数和数列不等式的综合问题解决技巧之构造函数法1．已知曲线．从点向曲线引斜率为22:20(1,2,)n C x nx y n -+== (1,0)P -n C 的切线，切点为．(0)n n k k >n l (,)n n n P x y （1）求数列的通项公式； {}{}n n x y 与（2）证明：．13521n n nxx x x x y -⋅⋅⋅<<A A A A 【解析】曲线是圆心为，半径为的圆， 222:()n C x n y n -+=(,0)n n 切线 :(1)n n l y k x =+ （Ⅰ，解得，又，n =2221n n k n =+2220n n n x nx y -+= 联立可解得， (1)n n ny k x =+,1n n n x y n ==+（Ⅱ=n n x y = 先证：， 13521n x x x x -⋅⋅⋅⋅< 证法一：利用数学归纳法当时，，命题成立， 1n =112x =<假设时，命题成立，即 n k =13521kx x x x -⋅⋅⋅⋅< 则当时，1n k =+135212121k kk x x xx x x -++⋅⋅⋅⋅<=∵， 2222416161483k kk k ++=>++．<=∴当时，命题成立，故成立． 1n k =+13521n x x x x -⋅⋅⋅⋅<==，121214)12(4)12(2122222+-=--<-=-nnnnnnnnnnn xxnnnnnxxxx+-=+=+-⨯⨯⨯<-⨯⨯⨯=⋅⋅⋅⋅-1112112125331212432112531<不妨设，令，t=()f t t t=则在上恒成立，故在上单调递减，()10f tt'=<t∈()f t t t=t∈从而()(0)0f t t t f=-<=<综上，成立．13521nnnxx x x xy-⋅⋅⋅⋅<<2．设函数表示的导函数．2()2(1)ln(),()kf x x x k N f x*'=--∈()f x（I）求函数的单调递增区间；()y f x=（Ⅱ）当k为偶数时，数列{}满足，求数列{}的通项公式；na2111,()3n n na a f a a+'==-2na （Ⅲ）当k为奇数时，设，数列的前项和为，证明不等式()12nb f n n'=-{}n b n n S对一切正整数均成立，并比较与的大小．()111n bnb e++>n20091S-2009ln解：（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞），又，212[(1)]()22(1)kkxy f x xx x--''==--=当k为奇数时，，122(1)()xf xx+'=即的单调递增区间为．(0,),()0(0,)x f x'∈+∞∴>+∞在恒成立.()f x'(0,)+∞当k为偶函数时，222(1)2(1)(1)()x x xf xx x-+-'==(0,),0,10,x x x∈+∞>+>又由，得，即的单调递增区间为，()0f x'>10,1x x->∴>()f x(1,)+∞综上所述：当k 为奇数时，的单调递增区间为， ()f x (0,)+∞当k 为偶数时，的单调递增区间为()f x (1,).+∞（Ⅱ）当k 为偶数时，由（Ⅰ）知，所以22(1)()x f x x-'=22(1)().n n n a f a a -'=根据题设条件有 2222221112(1)3,21,12(1),n n n n n n a a a a a a +++-=- ∴=+ +=+∴{}是以2为公比的等比数列， 21n a +∴ 221211(1)22,2 1.n n n n n a a a -+=+⋅= ∴=-（Ⅲ）由（Ⅰ）知，当k 为奇数时，12(),f x x'=+ 11111(),1.223n n b f n n S n n'∴=-= =+++⋅⋅⋅+由已知要证两边取对数，即证111,n e n +⎛⎫+> ⎪⎝⎭11ln 1,1n n ⎛⎫+> ⎪+⎝⎭事实上：设则 11,t n+=1(1),1n t t =>-因此得不等式 …………………………………………① 1ln 1(1)t t t>->构造函数下面证明在上恒大于0．1()ln 1(1),g t t t t=+->()g t (1,)+∞∴在上单调递增，即211()0,g t t t '=->()g t (1,)+∞()(1)0,g t g >=1ln 1,t t>-∴ ∴即成立．11ln 1,1n n ⎛⎫+> ⎪+⎝⎭111,n e n +⎛⎫+> ⎪⎝⎭()111n b n b e ++>由得 11ln,1n n n +>+111231ln ln ln ln(1),23112n n n n +++⋅⋅⋅+<++⋅⋅⋅+=++即当时， 11ln(1),n S n +-<+2008n =20091S -<2009.ln3．已知，函数． 0a >1()ln xf x x ax-=+（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 1a =时，设数列 1n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为，求证：n S 111()(2)n n nS f n S n N n n---<-<∈*≥且解：（Ⅰ）的定义域为，，由得． ()f x ()0,+∞21()ax f x ax -'=()0f x '=1x a=当时，，递减； 1(,x a a∈()0f x '<()f x 当时，，递增． 1(,)x a∈+∞()0f x '>()f x所以不是定义域上的单调函数．()y f x =（Ⅱ）若在是单调递增函数，则恒成立，即恒成立． ()f x x ∈[1,)+∞()0f x '≥1a x≥即．1max,[1,)a x x ⎧⎫≥ ∈+∞⎨⎬⎩⎭11x∴≤1a ∴≥ （Ⅲ）当时，由（Ⅱ）知，在上为增函数， 1a =1()ln xf x x x-=+[1,)+∞ 111()ln ln ,n n nf n n n n n n----=+-= 又当时，，，即．1x >()(1)f x f >1ln 0x x x -∴+>1ln 1x x>- 令则，当时，()1ln ,g x x x =--1()1g x x'=-(1,)x ∈+∞()0.g x '>从而函数在上是递增函数， ()g x [1,)+∞所以有即得()(1)0,g x g >=1ln .x x -> 综上有： 11ln 1,(1).x x x x-<<->111ln .1x x x x+∴<<+ 令时，不等式也成立，1,2,...,1,(2)x n n N n *=-∈≥且111ln .1x x x x+∴<<+ 于是代入，将所得各不等式相加，得1112311...ln ln ...ln 1....2312121n n n n +++<+++<+++--即 11111...ln 1. (2321)n n n +++<<+++-即 111()(2).n n nS f n S n N n n*---<-<∈≥且4．设函数．（是自然对数的底数）()(1),()x f x e x g x e =-=e （Ⅰ）判断函数零点的个数，并说明理由； ()()()H x f x g x =-（Ⅱ）设数列满足：，且 {}n a 1(0,1)a ∈1()(),,n n f a g a n N *+=∈①求证：；②比较与的大小．01n a <<n a 1(1)n e a +-解：（Ⅰ），令 ()(1)x H x e e '=--0()0,ln(1)H x x e '= =- 当时，在上是增函数 0(,)x x -∞()0,H x '> ()H x 0(,)x x -∞ 当时，在上是减函数 0(,)x x +∞()0,H x '< ()H x 0(,)x x +∞ 从而max 0()(0)(1)1(1)ln(1)2x H x H e x e e e e ==-+-=---+注意到函数在上是增函数， ()ln 1k t t t t =-+[)1,+∞ 从而从而 ()(1)0,11k t k e ≥=->又0()0H x > 综上可知：有两个零点．()H x （Ⅱ）因为即，所以 1()(),n n f a g a +=1(1)1na n e a e +-+=11(1)1n a n a e e +=-- ①下面用数学归纳法证明．当时，，不等式成立． (0,1)n a ∈1n =1(0,1)a ∈ 假设时，那么 n k =(0,1)k a ∈11(1)1k a k a e e +=--1011kka a e e e e << ∴<-<- 即 10(1)11k a e e ∴<-<-1(0,1)k a +∈ 这表明时，不等式成立．所以对， 1n k =+n N *∈(0,1)n a ∈②因为，考虑函数1(1)1na n n n e a a e a +--=--()1(01)x p x e x x =-- << ，从而在上是增函数()10x p x e '=->()p x (0,1)()(0)0p x p >=所以，即1(1)0n n e a a +-->1(1)n n e a a +->5．数列的各项均为正数，为其前项和，对于任意，总有成等差数列． {}n a n S n n N *∈2,,n n n a S a （1）求数列的通项公式；{}n a（2）设数列的前项和为，且，求证：对任意实数是常数，{}n b n n T 2ln n n nxb a =(1,](x e e ∈e=2．71828…）和任意正整数，总有；n 2n T <（3）在正数数列中，．求数列中的最大项． {}n c 11(),()n n n a c n N +*+=∈{}n c 解：由已知：对于，总有成立 (1)n N *∈22n n n S a a =+ (2)21112(2)n n n S a a n ---∴=+≥（1）—（2）得22112n n n n n a a a a a --∴=+-- 111()()n n n n n n a a a a a a ---∴+=+-均为正数，1,n n a a - 11(2)n n a a n -∴-=≥ 数列是公差为1的等差数列∴{}n a 又时，，解得，1n =21112S a a =+11a =()n a n n N *∴=∈（2）证明：对任意实数和任意正整数，总有(]1,x e ∈n 22ln 1n n n x b a n=≤222111111...1...121223(1)n T n n n∴≤+++<++++⋅⋅-⋅1111111(1() (22223)1n n n ⎛⎫=+-+-++-=-<⎪-⎝⎭（3）解：由已知22112a c c ==⇒= ，33223a c c ==⇒=44334a c c ==⇒==易得55445a c c ==⇒=12234,......c c c c c <>>> 猜想时，是递减数列2n ≥{}n c令，则 ln ()x f x x=221ln 1ln ()x xx x f x x x ⋅--'==当时，，则，即 ∴3x ≥ln 1x >1ln 0x -<()0f x '< 在内为单调递减函数， ∴()f x [)3,+∞由知 11n n n a c ++=ln(1)ln 1n n c n +=+ 时，是递减数列，即是递减数列 2n ∴≥{}ln n c {}n c又，数列中的最大项为12c c <∴{}n c 2c =6．已知23()ln 2,().8f x x xg x x =++=（1）求函数的极值点；()()2()F x f x g x =-⋅（2）若函数在上有零点，求的最小值；()()2()F x f x g x =-⋅),()te t Z ⎡+∞∈⎣t （3）证明：当时，有成立；0x >[]1()1()g x g x e +<（4）若，试问数列中是否存在？若存在，求出所有相1(1)()()g n n b g n n N *+=∈{}n b ()n m b b m n =≠等的两项；若不存在，请说明理由．（为自然对数的底数）．e 解：（1）由题意，的定义域为23()ln 228F x x x x =++-(0,)+∞,函数的单调递增区间为和， (32)(2)()4x x F x x --'=∴()F x 20,3⎛⎤⎥⎝⎦[)2,+∞的单调递减区间为，()F x 2,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦所以为的极大值点，为的极小值点，23x =()F x 2x =()F x （2）在上的最小值为 ()F x 2,3x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭(2)F且，在上没有零点， 23ln 41(2)242ln 2082F -=⨯-++=>()F x ∴2,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭函数在上有零点，并考虑到在单调递增且在单调递减，故只∴()F x ),te ⎡+∞⎣()F x 20,3⎛⎤ ⎥⎝⎦2,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦须且即可，23t e <()0F t ≤易验证 121222313()120,()20,88F e e e F e e e -----⎛⎫=⋅+->=⋅-< ⎪⎝⎭当时均有所以函数在上有零点， 2,t t Z ≤∈()0,t F e <()F x )1,()t e e t Z -⎡∈⎣即函数在上有零点，的最大值为()F x ),()te t Z ⎡+∞∈⎣t ∴2-（3）证明：当时，不等式0x >[]1()1()g x g x e +<即为： 11(1)ln(1)1ln(1)xx e x x x x+<⇔+<⇔+<构造函数则 ()ln(1)(0),h x x x x =+->1()10,11x h x x x-'=-=<++所以函数在上是减函数，因而时， ()h x (0,)+∞0x >()(0)0,h x h <=即：时，成立，所以当时，成立；0x >ln(1)x x +<0x >[]1()1()g x g x e +<（4）因为 1(1)(2)111(1)(2)2222(1)11(1)3(1),(1n n n n n n n n n n n b n n e n n b n b n n n n n++++++++++++===⋅+<<令，得， 23(1)1n n+<2330n n -->因此，当时，有4n ≥(1)(2)1(1)(2)1,n n n n n nb b +++++<所以当时，，即 4n ≥1n n b b +>456...b b b >>>又通过比较的大小知：， 1234b b b b 、、、1234b b b b <<<因为且时所以若数列中存在相等的两项，只能是与后面的项11,b =1n ≠111,n n b n +=≠{}n b 23b b 、可能相等，又，所以数列中存在唯一相等的两项， 11113964283528,35b b b b ====>={}n b 即．28b b =7．在数列中， {}n a 12a =11,22().n n n a a n N ++=+∈ （I ）求证：数列为等差数列； }2{nn a（II ）若m 为正整数，当时，求证：． 2n m ≤≤1231(1)()n m n n m m n a m⋅--+≤解：（I ）由变形得：1122+++=n n n a a 122,1221111=-+=++++n nn n n n n n a a a a 即故数列是以为首项，1为公差的等差数列 }2{nn a121=a （II ）（法一）由（I ）得n n n a 2⋅= m m n m m m a n n m m nm n n 1)23)(1(1)3)(1(221-≤+--≤⋅+-即令mn m nn m n f n m n f 123()()1(,23()1()(+⋅-=+⋅+-=则当mn m n m n f n f n m 1)32(1)1()(,2⋅-+-=+≥>时m m m n m 11)32()211(32()11(⋅-+≥⋅-+=又 23221211211(1>>-+>+-⋅+=-+m m m C m m m m m 123(211>-+∴则为递减数列． )(,1)1()(n f n f n f 则>+当m=n 时，递减数列．)1()(+>n f n f )(,2n f n m 时当≥≥∴ mm m m f x f m m 1)1(49(),1()49()2()(11max-≤--==∴2故只需证要证：时，2,)11()1(491)23)(1(2≥+=+≤-≤+-m mm m m m n m m m m n 而即证49221212212122122)1(121111(22010=⨯-+≥-+=-+=-⋅+=⋅+⋅+≥+m m m m m mm C m C C m m m m m 故原不等式成立．（法二）由（I ）得n n n a 2⋅= mm n m m m a n n m m nm n n 1)23)(1(1)3)(1(221-≤+--≤⋅+-即令)123ln 1()23()('),2()23)(1()(-⋅+-=≤≤+-=m x m x f m x x m x f m xm x则上单调递减． ],2[)(0)(',11,2m x f x f mx m m x 在即<∴<+-∴≤≤ ∴ mm m m f x f m m 1)1()49(),1()49()2()(11max-≤--==∴2故只需证也即证，时而2,)11(149≥+≤m mm49221212212122122)1(121111(22210=⨯-+≥-+=-+=-⋅+=⋅+⋅+≥+m m m m m mm C m C C m m m m m 故原不等式成立．。

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,+¥) ， x1x2 ，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： x1x3x5x2n-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=n2n + 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fæ1+2 a ÷÷ø=a 2æ1+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（x2）．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 -10（x2 ），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x2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x2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 ， 2b < 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 lnæ1 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æ1+1 nn+1 ÷ø>e,两边取对数，即证lnæ1+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 æ1 +1 n ÷ø>1 n +1,∴æ1+1 nn+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n2)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a1 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n2)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a1),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 a0在(0,+¥) 上恒成立… … … … … … … … … … …分1当x>0时, x-2+1 xlna0Ûx2-2x1 - 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 lna1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 ax20恒成立，所以对 "x Î[1, +¥).ax -1 0 恒成立，所以对"xÎ[1,+¥),a1 x恒成立，a(1 x)max，即a1（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(213 24 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)=1sinqx+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 x0在[1,+¥)上恒成立，即sinq  sinqx -1  x20 q Î( 0 ,p ) , \ s qi n >．故 sinq  x -1  0 在[1,+¥) 上恒成立， ……………2分只须 sinq1-10，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+m0等价于m(1+x2)2x,即m2x 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。

利用导数证明数列不等式(含解析)

利用导数证明数列不等式(含解析)利用导数证明数列不等式是高考中常见的题型，可以考查学生灵活运用知识的能力。

这种题型一方面以函数为背景，让学生探究函数的性质；另一方面，体现数列是特殊的函数，进而利用恒成立的不等式将没有规律的数列放缩为有具体特征的数列。

可以说，这种题型涉及到函数、导数、数列和不等式，是一题多考的巧妙结合，也是近年来高考的热门题型。

常见的题型有两种类型：一种是利用放缩通项公式解决数列求和中的不等问题，另一种是利用递推公式处理通项公式中的不等问题。

恒成立不等式的来源主要有两种：一是函数的最值，最值可以提供XXX成立的不等式；二是恒成立问题的求解，参数范围内的值均可提供恒成立不等式。

常见的恒成立不等式有lnxx+1.关于前n项和的放缩问题，求数列前n项公式往往要通过数列的通项公式来解决。

高中阶段求和的方法有倒序相加、错位相减、等比数列求和公式和裂项相消。

在处理数列求和不等式时，放缩为等比数列和能够裂项相消的数列的情况比较多见，应优先考虑。

对于数列求和不等式，要从通项公式入手，结合不等号方向考虑放缩成可求和的通项公式。

在放缩时要注意前几问的铺垫与提示，尤其是关于恒成立问题与最值问题所带来的恒成立不等式，往往提供了放缩数列的方向。

放缩通项公式有可能会进行多次，要注意放缩的方向，朝着可求和的通项公式进行靠拢（等比数列，裂项相消等）。

数列不等式也可考虑利用数学归纳法进行证明。

经典例题是已知函数f(x)=kx-xlnx，求函数f(x)的单调区间、当<x≤1时，f(x)≤k恒成立的k的取值范围，以及证明ln1ln2+23+lnnn(n-1)≤n+14.1.已知函数$f(x)=\ln(ax+1)(x\geq0,a>0)$，$g(x)=x-\frac{x^3}{3}$。

1）讨论函数$y=f(x)-g(x)$的单调性；2）若不等式$f(x)\geq g(x)+1$在$x\in[0,+\infty)$时恒成立，求实数$a$的取值范围；3）当$a=1$时，证明：frac{1}{1\cdot3\cdot5\cdots(3572n+1)}+\frac{1}{2\cdot4\cd ot6\cdots(3572n+2)}+\cdots+\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}<f^{(n)}(n)(n\in N^*),$$其中$f^{(n)}(n)$表示$f(x)$的$n$阶导数在$x=n$处的值。

导数与函数单调性的几个常见误区剖析

调性中出现的一些常见误区加以剖析 ,供参考. 误区一 :导数与函数单调性的关系不明确例 1 已知函数 f ( x) = - x3 + ax2 - x - 1
在 R 上是减函数 ,求实数 a 的取值范围. 错解 : f′( x) = - 3 x2 + 2 ax - 1 , ∵f ( x) 在 R
上是减函数 , ∴f′( x) < 0 在 R 上恒成立 ,即Δ=
误区四 :混淆原函数与导函数的单调性关系
例 4 如图是导函数 y = f′( x) 的图象 , 试找出函数 y = f ( x) 的单调区间 , 极值点 , 并指出那些是极大值点 ,那些是极小值点.
错解 :如图 , 易知函数 y = f ( x) 的单调递增区间为 : ( a , x1 ) , ( x3 , x5 ) , ( x6 , b) ;单调递减区间为 : ( x1 , x3 ) , ( x5 , x6 ) , 极值点分别为 : x1 , x3 , x5 , x6 .
- 3 ≤a ≤ 3 . 误区二 :忽视函数的定义域例 2 求函数 f ( x) = lg (4 - x2 ) 的单调递增
区间.
错解 : ∵f′( x )
=
(4 -
1 x2 ) ln10
(
-
2 x)
=
( x2
2x - 4)
l
n10
,
又
∵f
′( x)
>0
时
,
即
x
2
2
x -
4
> 0,解
得 : - 2 < x < 0 或 x > 2 ,所以原函数的单调增区
,
1 e