用导数工具求解数列问题--以2013年高考数列为例

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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 ⋅⋅⋅⋅<⨯⨯⨯⋅⋅⨯=.。

导数与数列结合题目

导数与数列结合题目一、背景介绍数列是数学中一个重要的概念，它由一系列按特定规则排列的数构成。

数列的性质和规律对于数学的发展和应用有着重要的影响。

而导数是微积分中的一个重要概念，它描述了函数在某一点的变化率。

导数的计算和性质对于函数的研究和应用有着重要的意义。

在数学学习中，我们常常会遇到一些题目涉及到导数和数列的结合。

这些题目既考察了对导数和数列的理解，也考察了学生的解题能力和思维灵活性。

本文将介绍一些常见的导数与数列结合题目，并通过具体的例子进行说明和解答。

二、题目示例题目1：数列的导数已知数列 {an} 满足 an = 2n + 1，求数列的导数{a’n}。

解答：首先，我们需要知道数列的导数的定义。

对于数列 {an}，其导数{a’n} 的定义为：a’n = limh→0 (an+h - an) / h代入题目给定的数列 {an} = 2n + 1，得到：a’n = limh→0 ((2(n+h)+1) - (2n+1)) / h化简上式得：a’n = limh→0 (2h) / h由此可知，数列的导数{a’n} = 2。

题目2：数列的极限与导数已知数列 {an} 满足 a1 = 2，an+1 = an + 3 / an，求数列的极限。

解答：首先，我们先对数列 {an} 进行求导。

令 f(x) = x + 3 / x，根据导数的定义，有：f’(x) = limh→0 (f(x+h) - f(x)) / h代入 f(x) = x + 3 / x，得到：f’(x) = limh→0 ((x+h + 3 / (x+h)) - (x + 3 / x)) / h化简上式得：f’(x) = limh→0 (3h / (x(x+h))) / h通过化简，得到f’(x) = 3 / x^2。

接下来，我们考察数列 {an} 的极限。

根据题目中给定的递推关系式，我们可以得到数列 {an} 的通项公式：an = an-1 + 3 / an-1化简上式得：an^2 = an-1^2 + 3进一步推导，可得：an^2 - an-1^2 = 3再次化简，可得：(an + an-1) * (an - an-1) = 3由此可知，数列 {an} 是一个有界数列，其极限存在。

导数常见题型归纳

导数常见题型归纳1.高考命题回顾例1.（2013全国1）已知函数()f x ＝2x ax b ++，()g x ＝()xe cx d +，若曲线()yf x =和曲线()yg x =都过点P(0，2)，且在点P 处有相同的切线42y x =+（Ⅰ）求a ，b ，c ，d 的值；（Ⅱ）若x ≥－2时，()f x ≤()kg x ，求k 的取值范围。

分析：⑴2d c b 4,a ==== ⑵由⑴知()24x f 2++=x x ，()()12+=x ex g x设()()()()24122---+=-=x x x ke x f x kg x F x，则()()()122-+='xke x x F 由已知()100≥⇒≥k F ，令()k x x x F ln ,20-==⇒='①若21e k <≤则021≤<-x ，从而当()1,2x x -∈时，()0<'x F ，()x F 递减()+∞∈,1x x 时，()>'x F 0，()x F 递增。

()()()02x 111≥+-=≥x x x F F故当2-≥x 时()0≥x F 即()()x kg x f ≤恒成立。

②若2e k = 则()()()02222>-+='-ee x e x F x 。

()2->x 。

所以()x F 在()+∞-,2上单调递增，而()02=-F .所以-2x ≥时，()0≥x F 恒成立。

③若2e k >，则()()02222222<--=+-=---e k e ke F ，从而()0≥x F 不可能恒成立即()()x kg x f ≤不恒成立。

综上所述。

k 的取值范围[]2,1e例2．（2013全国2）已知函数)ln()(m x e x f x+-=．（Ⅰ）设0x =是()f x 的极值点，求m ，并讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）当2m ≤时，证明()0f x >．分析：（Ⅰ）1m =。

利用函数的性质求解数列问题

Ａ. １８Ｂ. ２８Ｃ. ４８Ｄ. ６３分析解决这道题目首先要理解不同元素的意思ꎬ 即元素不重复. 由于该矩阵的第ｉ行第ｊ列的元素ｃｉｊ＝ａｉａｊ＋ａｉ＋ａｊ＝ (２ｉ－１ ) (２ｊ－１ ) ＋２ｉ－１＋２ｊ－１＝２ｉ＋ｊ－１ ( ｉ＝１ꎬ２ꎬ��ꎬ７ꎻｊ＝１ꎬ２ꎬ��ꎬ１２ )ꎬ 要使ａｉｊ＝ａｍｎ ( ｉꎬｍ＝１ꎬ２ꎬ��ꎬ７ꎻｊꎬｎ＝１ꎬ２ꎬ��ꎬ１２ )( 找出重复元素 ) ꎬ 则满足２ｉ＋ｊ－１＝２ｍ＋ｎ－１ꎬ得到ｉ＋ｊ＝ｍ＋ｎ. 由指数函数的单调性可知:当ｉ＋ｊ≠ｍ＋ｎ时ꎬａｉｊ ≠ａｍｎꎬ因此即可得出该矩阵元素能取到的不同数值是ｉ＋ｊ ( ｉ＝１ꎬ２ꎬ��ꎬ７ꎻｊ＝１ꎬ２ꎬ��ꎬ１２ )的所有不同和. 解答该矩阵的第ｉ行第ｊ列的元素ｃｉｊ＝ａｉａｊ＋ａｉ＋ａｊ＝ (２ｉ－１ ) (２ｊ－１ ) ＋２ｉ－１＋２ｊ－１＝２ｉ＋ｊ－１ ( ｉ＝１ꎬ２ꎬ��ꎬ７ꎻｊ＝１ꎬ２ꎬ��ꎬ１２ )ꎬ当且仅当ｉ＋ｊ＝ｍ＋ｎ时ꎬ ａｉｊ＝ａｍｎ ( ｉꎬｍ＝１ꎬ２ꎬ��ꎬ７ꎻｊꎬｎ＝１ꎬ２ꎬ��ꎬ１２ ). 因此该矩阵元素能取到的不同数值为ｉ＋ｊ的所有不同和ꎬ其和为２ꎬ ３ꎬ��ꎬ１９ꎬ共１８个不同数值. 故选Ａ. 反思由题意得出:当且仅当ｉ＋ｊ＝ｍ＋ｎ时ꎬａｉｊ＝ａｍｎ ( ｉꎬｍ＝１ꎬ２ꎬ��ꎬ７ꎻｊꎬｎ＝１ꎬ２ꎬ��ꎬ１２ )是解题的关键. 例２ ( ２０１５. 广东) 数列 { ａｎ }满足: ａ１＋２ａ２＋ �� ＋

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。

利用函数求数列大题的几种思路

利用函数求数列大题的几种思路数列作为高考命题的热点，对数列知识的考察一直是高中數学的重要内容。

本文以函数思想为工具，给出了巧解数列大题的几种思路，旨在通过多种方式理清数列与函数之间的关系，为优化数列题大题的解法提供方案参考。

标签：高中数学；函数；数列大题前言：随着新课改方案的推行，全国多地的高考数学试卷中都开始重视考察学生解题思路与理科思维的掌握程度，对学生的综合数学素养和知识储备提出了更高的要求。

数列大题长期作为高考的重点考察内容，经常和函数、不等式等知识点揉合作为综合考察项目，但实际上都是将函数作为解题思路的核心，以数列的形式呈现出来，灵活运用数学归纳法、错位相减法等解题技巧能够使问题迎刃而解。

一、利用函数性质求解数列极值例1：在公差为r的前提下，各项均为正整数的等差数列{Xn}中，如果x1=5，xn=78，则n+r的最小值为：解：∵x1=5，xn=78，∴r=78n-1+n=78n-1+（n-1）+1，∴当n=8时，n+r的最小值为24该题型以基本不等式为基础，构建了基于均值定理的应用环境，当出现类似题型时，应适当构建函数与数列格式之间的联系，利用函数构造求解最值问题[1]。

例2：在等比数列{xn}中，x5=1/2，x6+x7=5，则使x1+x2+P+xn>x1x2Pxn 的最大正整数n的值为：解：因为x5=1/2，x6+x7=5，所以x5q+x5q2=5，q2+q-6=0，因为q>0，所以q=3，xn=2n-6，因为n≧0，n的最大值为18.这道例题出自2013年江苏理科数学解答大题的第一题，在该题中，体现了数列与函数值相融合的理念与思维，将数列视为一种特殊的函数形式，在给出全通项和前n项和的函数解析式时，我们可以运用函数性质进行解题，在这道题中，使用的是函数单调性思维进行求解，由于题中给出了n为最大正整数，所以在解题过程中当n在开方后出现多解时需要移除掉取值范围外的结果[2]。

2013年高考数学必做客观题——导数及其应用

2013年高考数学必做客观题——导数及
其应用
导数及其应用是高考数学考试中必考的重要知识点，是研究数学的重中之重。

它既是数学的一个基本概念，也是实际问题的分析的重要工具。

导数的本质是一个函数的变化率，它表示在某一点处函数的变化率，是函数的微小变化率。

它可以通过求导公式来计算，如一元函数的导数公式，多元函数的梯度公式等。

对于求函数极值，可以利用导数的性质来求解，如函数的极大值和极小值，可以通过求函数的导数，当函数的导数为0时，我们可以知道函数在这一点取得极值。

此外，导数还可以用来求解微分方程，微分方程的解答往往需要用到导数的性质，来计算微分方程的解。

在机械工程中，导数也被广泛应用，如物体运动的加速度，势能的变化率等，可以通过导数的性质来计算出来。

总的来说，导数及其应用是高考数学中必考的重要知识点，它是实际问题的分析的重要工具，可以帮助我们解决许多实际问题。

只要我们熟练掌握了导数及其应用的知识，就可以轻松应对高考数学考试。

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.。

简化高考数列题解运算的有效途径(江西省南康中学黄邦活)

简化高考数列题解运算的有效途径黄邦活数列作为一种特殊的函数，是中学数学的重要内容之一，是考查能力、素质的重要知识载体，因此数列一直在高考命题中倍受青睐。

由于数列这一特殊函数在概念及有关公式的使用的灵活性，往往使考生找不到正确又快捷的解题思路，不能正确而快速解答，导致丢分。

为此，拙文以2013年高考数列题为例,对简化数列运算的有效途径进行归类总结，供参考．途径1 巧妙利用等差、等比数列的定义在数列中，等差数列、等比数列、通项公式、前n 项和都给出了明确的定义，若能从数列的这些的定义入手，结合题意，综合分析、合情推理，揭示本质、沟通已知与未知的关系，可以快速有效解题。

例1（2013新课标Ⅱ卷，理3）等比数列{a n }的前n 项和为n S ，已知S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1等于( ) A.13 B ．－13 C. 19 D ．－19【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，由S 3＝a 2＋10a 1得a 1＋a 2＋a 3＝a 2＋10a 1，即a 3＝9a 1，q 2＝9，又a 5＝a 1q 4＝9，所以a 1＝19，即答案选C 。

【点评】本题立足数列前n 项和定义，将两式转化为等比数列两项之间的关系，再由等比数列的定义与通项公式，避免了对公比的分类讨论，运算简单．途径2 合理选用等差、等比数列的通项与前n 项和公式等差数列与等比数列是数列的两种最常见类型，在高考选择题或填空题中主要以基础题的形式出出现。

若能根据题意，若能巧妙选用等差、等数数列的前n 项和公式，则运算快速又准确．例2（2013新课标，文6）设首项为1，公比为23的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则( ) A ．S n ＝2a n －1 B ．S n ＝3a n －2 C ．S n ＝4－3a nD ．S n ＝3－2a n 【解析】 S n ＝a 1－q ·a n1－q＝1－23a n13＝3－2a n .【点评】在公比不为1的等比数列前n 项和公式有两个，本例的解答根据所给的四个选项寻求数列{a n }前n 项和为S n 与通项a n 之间的关系，正确选用等比数列的前n 项和公式，准确快速解决．途径3 灵活运用等差、等比数列的通项与前n 项和性质等差数列与等比数列的通项及前n 项和有很多重要的性质，在解题过程中，若能灵活运用这些性质，可达到避繁就简的目的。

巧妙利用函数的导数_解数列问题_颜复尊

{
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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，

2013高考数学解题方法攻略数列2理

特征方程是： 3x 2 5 x 2 0 。
2
x1 1, x2
1 an
3
1 n1 ( ) 两边乘以
n
2
1 得：
n
2
1
an 1
2
2 (2 n an ) 1 3
令 bn
n
2 an ，则 bn 1
2 bn 1 , 解之得： bn
3
2n 3 2( )
3
所以 a n
bn
n
3( 1 ) n 2( 1 ) n
2
2
3
变式 : （ 2006，全国 I, 理 22, 本小题满分 12 分）
an 3 ，则 b1
a1 3 4 , 且 bn 1 bn
an 1 3 an 3
2.所
以 bn 是以 b1
4 为首项， 2 为公比的等比数列，则
bn
n1
42
n1
2 , 所以 an
n1
2 3.
变式 : （ 2006，重庆 , 文 ,14 ）
在数列 an 中，若 a1 1, an 1 2an 3( n 1) ，则该数列的通项 an _______________
n1 1
2
(1 3
2n)
n1 ,
23
n 1 a1 a2 ... an
n (n
N * ).
2 3 a2 a3
an 1 2
变式 : 递推式： an 1 pa n f n 。解法：只需构造数列 bn ，消去 f n 带来的差异．
类型 4 a n 1 pa n q n （其中 p， q 均为常数， ( pq( p 1)( q 1) 0) ）。（或 an 1 pan rq n , 其中 p，q, r 均为常数）。

用导数工具求解数列问题

用导数工具求解数列问题作者：李觉友来源：《数学教学通讯·中等教育》2014年第06期摘要：本文以两道2013年高考试题来探讨如何用导数工具解决数列问题.关键词：数列；导数？摇数列是高中数学必修的5个模块内容之一，也是高等数学的基础，所以数列是每年高考数学的重要考查内容. 《普通高中数学课程标准（实验）》（以下简称《标准》）对高中数列的教学内容与要求是“了解数列是一种特殊函数；理解等差数列、等比数列的概念；探索并掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和的公式；能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题；体会等差数列、等比数列与一次函数、指数函数的关系”. 因此，高考试题重点考查等差、等比数列的定义、性质、通项公式及前n项和公式等知识点.数列是定义域为正整数集N*（或它的有限子集{1，2，…，n}）的函数，是一类特殊的函数. 因此，许多数列问题可以用函数思想、观点和性质来解决，从而基于函数思想研究和解决数列问题十分有意义. 函数思想是中学数学的一种基本的数学思想，它应用广泛，贯穿于整个高中数学. 对比数列，函数有许多好的性质，如函数连续性、可导性等. 函数的导数，作为高中数学的新增内容之一，为解题、教学和教研注入了新的活力，更是研究函数的单调性、极值和最值等问题的有力工具. 由于数列可看作是特殊的函数，所以我们自然而然就想到要用函数导数这个新的工具来解决有关数列问题.例1 （2013安徽卷·理20）设函数fn（x）=-1+x+■+■+…+■（x∈R，n∈N*）.证明：（1）对每个n∈N*，存在唯一的xn∈■，1，满足fn（xn）=0；（2）对任意的p∈N*，由（1）中xn构成的数列{xn}满足0解答：（1）因为对任意的x∈R和n∈N*，有f ′n（x）=1+■+■+…+■.所以当x>0时，有f ′n（x）>0. 故fn（x）在（0，+∞）是严格增函数.由于f1（1）=0和fn（1）>0，n≥2，所以fn■=-1+■+■+■+…+■≤-■+■+■+…+■=-■+■·■= -■■■所以存在唯一的点xn∈■，1，满足fn（x）=0.（2）根据fn（x）的表达式，当x>0时，有fn+1（x）=fn（x）+■>fn（x），结合（1）有fn+1（xn）>fn（xn）=0=fn+1（xn+1）.又因为fn（x）在（0，+∞）是严格增函数，所以xn>xn+1. 故{xn}是严格单调数列，从而对任意的n，p∈N*，有1≥xn>xn+p>0.由（1）知，对任意的n，p∈N*有f■（x■）=-1+x■+■+…+■=0，？摇？摇①fn+p（xn+p）=-1+xn+p+■+…+■+■+…+■=0，？摇？摇？摇？摇②利用①-②和1≥xn>xn+p>0得，xn-xn+p=■+…+■+■+…+■？摇≤■+…+■综上，对任意的p∈N*，都有0评析：本题以通项为xn与■乘积的数列的前n项和构造一个函数fn（x），显然这是以高等数学知识为背景，将数列与函数融为一体，解决函数的零点问题利用数列求和，解决数列的单调性需要用到函数的导数；由于函数的表达式是数列前n项和形式，所以求函数值的范围就是求数列前n项和的范围. 将第（1）问中求和的数列放缩成等比数列，将第（2）问中求和的数列放缩成可倍差求和的数列，进而求出函数值的范围，足以看出本题数列和函数及其导数结合的深度和广度. 试题考查了转化和归纳能力、综合运用知识和解决问题能力、推理论证能力，数列求和则考查了运算求解能力，试题颇有深度和难度.在教学中，我们经常强调，立足函数观点，数列可以看做是定义域为正整数集上的一类特殊函数，因此在解决数列问题时，常用函数的性质去分析. 当然，如果能将数列与函数有机地结合起来，这对解决数列问题有极大帮助，比如例1. 但是数列自身也有其特殊性，与函数是有区别的，如果不去关注这些区别就会导致错误，学生用导数处理数列问题经常出现的错误就是忽视数列具有离散型的特征.例2 （2013新课程全国Ⅱ卷·理16）等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10=0，S15=25，求nSn的最小值.错解：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由等差数列前n项和可得10a1+■d=0，15a1+■d=25，解得a1=-3，d=■. 故nSn=nna1+■d=■-■. 设f（n）=nSn=■-■，则f ′（n）=n2-■. 令f ′（n）=0，解得n=0（舍去）或n=■. 当n>■时， f（n）是单调递增的；当0分析：结果是正确的，但是部分解题过程是错误的.因为导数是定义在连续函数基础上的，而对于n∈N*， f（n）是离散函数，不存在导数，从而不能对其求导. 究其原因是未能吃透函数导数的本质含义，未能准确把握数列单调性与函数单调性的联系和区别. 例2要利用导数判别数列的单调性，一定要转化成函数去判断，同时要注意数列的定义域是正整数这一特点.正解：按照上面同样步骤解得nSn=■-■.设f（x）=■-■，x>0，则f ′（x）=x2-■. 令f ′（x）=0，解得x=■. 当x>■时， f（x）是单调递增的；当 0评析：当学生通过解方程发现nSn的解析式为三次式时，学生马上能够想到以函数的导数为工具，研究数列的单调性和最值性，这样本题就较容易解决. 但如果利用数列的单调性nSn≤（n+1）Sn+1，nSn≤（n-1）Sn-1，解不等组，不仅运算量大，而且人为增加了试题难度，这是不可取的. 另外本题也考查了学生对“数列是特殊的函数”的理解，即项数n必须取正整数.综上所述，数列是特殊的离散函数，以函数思想为指导，数列知识为工具来考查数列问题一直是高考试题背后的立意之一. 那么，在数列问题解题过程中，我们应当立足函数观点，借用函数导数这个强有力的工具去讨论和研究数列，但要充分考虑数列自身的特殊性，比如定义域是正整数集.如果将数列问题简单地函数化，则容易出现上述例2的错误.。

慎用导数解数列问题

导数，作为高中数学的新增内容之一，为解题教学和教研注入了新的活力，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，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.但由于未能深入理解导当选知识的背景、吃透其含义，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.下面摘取学生的几例典型错误，加以分析，旨在引起同行的注意.例1 已知数列{}n a 的通项2(10)()n a n n n N +=-∈，求数列{}n a 的最大项.错解设2()(10)()f n n n n N +=-∈，则'2()203f n n n =-. 令'()0f n >得2003n <<；'()0f n <得203n >或0n <. 得()f n 在区间20(0,)3上是增函数，在区间20(,)3+∞是减函数. 又n N +∈，故当7n =时，max ()147f n =.所以，数列{}n a 的最大项为7147a =.分析；结果是正确的，但其解题过程是错误的，原因是导数是定义在连续函数上的，而对于n N +∈，()f n 是离散函数，不存在导数，因而不能对其求导.正解作辅助函数2()(10)f x x x =-（0x >），则'2()203f x x x =-. 令'()0f x >得2003x <<；'()0f x <得203x >或0x <. 得()f x 在区间20(0,)3上是增函数，在区间20(,)3+∞是减函数. 因此，当203x =时函数()f x 取得最大值. 对n N +∈，2()(10)()f n n n n N +=-∈.(7)147(6)144f f =>=，于是max ()147f n = 所以，数列{}n a 的最大项为7147a =.当然，本题仍可利用数列本身的性质给以解决.若n a 是数列{}n a 中最大项，则11n n n n a a a a +-≥⎧⎨≥⎩，即2222(10)(1)(9)(10)(1)(11)n n n n n n n n ⎧-≥+-⎪⎨-≥--⎪⎩n ≤≤. 由n N +∈知7n =时，7147a =，即数列{}n a 的最大项为7147a =.例2 已知数列{}n a 是递增数列，且对任意的正整数n ，2n a n bn =+恒成立，求实数b 的取值范围.错解因{}n a 是递增数列，所以2n a n bn =+在[1,)+∞上是单调递增函数，故辅助函数2()f x x bx =+在[1,)+∞上是单调递增函数，有'()20f x x b =+≥在[1,)+∞上恒成立，即2b x ≥-在[1,)+∞上恒成立，故2b ≥-.分析：以上解答由{}n a 是递增数列，断定函数 2n a n bn =+在[1,)+∞上单调递增是错误的.由于数列通项公式中的n 是正整数，而不是取[1,)+∞内的任意实数，如图，该图象表示的数列{}n a 显然是递增数列，但此时对称轴12b ->，即2b <-，并不满足2b ≥-. 正解由于{}n a 是递增数列，由数列的单调性知，1n n a a +<，即10n n a a +->对任意n N +∈恒成立，将2n a n bn =+代入化简可得(21)b n >-+，又因为max (21)3n -+=-，于是得3b >-，即实数b 的取值范围是(3,)-+∞.例3 已知数列{}n a 的通项为(01)n n a n a a =⋅<<且1n n a a +>对所有正整数n 均成立，求a 的取值范围.错解依题意{}n a 是递减数列，确定a 的取值范围.作辅助函数()xf x x a =⋅（01a <<，1x ≥），则1n n a a +>（n N +∈）恒成立⇔()(1)f n f n >+（n N +∈）恒成立⇔函数 ()f x 在区间[1,)+∞上为减函⇔()0f x ≤在[1,)+∞恒成立.因为'()(1ln )x f x a x a =+，由'()0f x ≤在[1,)+∞恒成立，即1ln 0x a +≤（1x ≥）恒成立，得1ln a x ≤-（1x ≥）恒成立，于是min 1ln (1a x ≤-=-，即10a e<≤. 正解对于01a <<，n N +∈，1n n a a +>⇔1(1)n n n a n a +⋅>+⋅⇔1n a n <+. 因为min 1()12n n =+，所以a 的取值范围为1(0,2.评注：由于11(0,)(0,)2e ⊂，可见以上两种结果截然不同，上述错解在()(1)f n f n >+（n N +∈）恒成立，并推不出()f x 在区间[1,)+∞上为减函，()(1)f n f n >+（n N +∈）恒成立是函数()f x 在区间[1,)+∞上为减函的必要而不充分条件，二者之间并非等价！事实上，令'()(1ln )0x f x a x a =+=得1log a x e=，当1(,log )a x e ∈-∞时，'()0f x >，()f x 为增函数；当1(log ,)ax e∈+∞时，'()0f x <，()f x 为减函数；所以1log a x x e =是函数()f x 的极大点，而当11(,)2a e ∈时，1log (1,2)a x e=∈，即函数()f x 在区间1(1,log )a e （(1,2)⊂）上为增函数，在1[log ,)a e +∞为减函数（()f x 在区间[1,)+∞上并非为减函），但(1)f a =，2(2)2f a =，仍有(1)(2)f f >>(3)f > ()f n ⋅⋅⋅>>⋅⋅⋅（n N +∈）成立.通过以上几例我们可以发现，数列的单调几与函数的单调性出现了不和谐的“音符”，二者并不总是统一一致的，将数列问题简单的函数化，极易出现错误.因此，在涉及数列问题时我们应该更多地首先想到数列自身的特征，利用数列自身所具有的发报解题.。

2013高考数学解题方法攻略数列求通项理

常见递推数列通项的求解方法高考中的递推数列求通项问题，情境新颖别致，有广度，创新度和深度，是高考的热点之一。

是一类考查思维能力的好题。

要求考生进行严格的逻辑推理，找到数列的通项公式，为此介绍几种常见递推数列通项公式的求解方法。

类型一：1()n na a f n +=+（()f n 可以求和）−−−−→解决方法累加法例1、在数列{}n a 中，已知1a =1，当2n ≥时，有121n n a a n -=+-()2n ≥，求数列的通项公式。

解析：121(2)n n a a n n --=-≥∴213243113521n n a a a a a a a a n --=⎧⎪-=⎪⎪-=⎨⎪⎪-=-⎪⎩ 上述1n -个等式相加可得： 211n a a n -=- 2n a n ∴=评注：一般情况下，累加法里只有n-1个等式相加。

类型一专项练习题：1、已知11a =，1n n a a n -=+（2≥n ），求n a 。

(12n n n a +=）2、已知数列{}n a ，1a =2，1n a +=n a +3n +2，求n a 。

(31)2n n n a +=3、已知数列}a {n 满足1a 1n 2a a 1n 1n =++=+，，求数列}a {n 的通项公式。

21n a n =+4、已知}{n a 中，n n n a a a 2,311+==+，求n a 。

21n n a =+5、已知112a =,112n n n a a +⎛⎫=+ ⎪⎝⎭*()n N ∈,求数列{}n a 通项公式. 13122n n a -⎛⎫=- ⎪⎝⎭6、已知数列{}n a 满足11,a =()1132,n n n a a n --=+≥求通项公式n a ？（312n n a -=）7、若数列的递推公式为1*113,23()n n n a a a n N ++==-⋅∈，则求这个数列的通项公式1123n n a +=-8、已知数列}a {n 满足3a 132a a 1n n 1n =+⋅+=+，，求数列}a {n 的通项公式。

2013年高考数学热点专题专练 9-23 函数、导数与不等式、解析几何、数列型解答题课件理

(2012· 陕西)设函数fn(x)＝xn＋bx＋c(n∈N＋，b，c
1 (1)设n≥2，b＝1，c＝－1，证明：fn(x)在区间2，1内存在
唯一零点； (2)设n＝2，若对任意x1，x2∈[－1,1]，有|f2(x1)－ f2(x2)|≤4，求b的取值范围；
1 (3)在(1)的条件下，设xn是fn(x)在2，1内的零点，判断数列
专题九高考题型之解答题
第二十三讲函数、导数与不等式、解析几何、数列型解答题
好方法好成绩
高频考点
高考陪练
高考专题训练
好方法好成绩
1.函数与不等式型解答题一直是高考的压轴题之一，这类解答题的命题方式灵活多变，其主要特点有两个：一是涉及的知识面广泛，从简单的一次函数到复杂的复合后的指数、对数函数及导数等；二是试题中蕴含着丰富的数学思想方法，考生必须对数学思想方法有较为深刻的领会，才能做出正确的解答．这类试题中值得注意的题型是：函数、导数与不等式恒成立问题，利用函数、导数证明不等式型．解决这类试题时，一要注意基础知识的正确使用；二要学会对题目中的各种关系做出分析，实行转化，将新问题转化为我们所熟悉的问题解决，注意数学思想方法在解决问题中的作用．
x2，x3，…，xn，…的增减性．
[分析]
本题主要考查函数的零点、导数与不等式，以及
数列的单调性的判断和恒成立问题的处理，意在考查转化思想和分类讨论思想的运用．
[解]
(1)利用函数零点存在定理，结合函数的单调性，得
1 ，1 2
出函数在区间
上的零点个数；(2)结合分类讨论思想，得
所以an＝3n－1，bn＝2n，n∈N*.
(2)证法一：由(1)得 Tn＝2an＋22an－1＋23an－2＋…＋2na1，① 2Tn＝22an＋23an－1＋…＋2na2＋2n 1a1.② 由②－①，得 Tn＝－2(3n－1)＋3×22＋3×23＋…＋3×2n＋2n＋2＝ 121－2n 1 n＋2 ＋2 －6n＋2＝10×2n－6n－10. 1－2

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。

数列综合题导数来破解

数列综合题导数来破解作者：徐勇来源：《中学课程辅导高考版·学生版》2011年第02期数列与函数关系密切，数列是定义在自然数集上的特殊函数，数列的通项与前项和都具有隐含的函数关系．若在数列的综合题中，根据题目特征，凸显其函数关系，即有意识构造函数，借助导数工具去研究问题，不仅常能获得简便的解法，且能促进科学思维的培养，提高发散思维的水平．例1 已知数列{a n}的首项a1=35,a n+1=3a n2a n+1,n=1,2,…（1）求{a n}的通项公式；（2）[JP3]证明：对任意的x＞0，a n≥11+x-1(1+x)2(23n-x)，n=1,2,…；解析：（1）a n=3n3n+2，过程略；（2）常规方法：由（1）知a n=3n3n+2＞0，11+x-1(1+x)2(23n-x)=11+x-1(1+x) 2(23n+1-1-x)=11+x-1(1+x) 2[1a n-(1+x)]=-1a n•1(1+x)2+21+x=-1a n(11+x-a n)2+a n≤a n，故原不等式成立．导数破解：（2）设f(x)=11+x-1(1+x)2(23n-x)，[JP5]则f′(x)=-1(1+x)2--(1+x)2-(23n-x)•2(1+x)(1+x)2=2(23n-x)(1+x)2，因x＞0，则当x＜23n时，f′(x)＞0；当x＞23n时，f′(x)＜0，则当x=23n时，f(x)取得最大值f(23n)=11+23n=a n．故原不等式成立．评注：常规方法看似简单，实际上技巧性强，变形多且需适当放缩，对学生要求高．相比之下，运用函数观点，借助导数研究右边函数的单调性，易得函数的最大值，问题自然、简捷获解．例2 已知等比数列{a n}的首项为a1=1，公比为bb-1(b∈R,b≠0,b≠1)，前n项的和为S n．①当n∈N+，试比较S n与ba n的大小；②当b＞1时，n∈N+，求证：S1+S2+S3+…+S n，S3n+1+S3n+2+S3n+3+…+S4n，S7n+1+S7n+2+S7n+3+…+S8n不能构成等差数列．解：①设q=bb-1，则S n-ba n=1-b，所以当b＞1时，S n＜ba n；当b＜1且b≠0时，S n＞ba n．②常规方法：若构成等差数列，则2(S3n+1+S3n+2+S3n+3+…+S4n)=(S1+S2+S3+…+S n)+(S7n+1+S7n+2+S7n+3+…+S8n )因b＞1，则q=bb-1＞1，则整理得2q3n=1+q7n•q7n-2q3n+1=(q n-1)[q3n(q2n+1)(q n+1)-q n-1]．因q＞1，则q n-1＞0,q3n(q2n+1)(q n+1)＞(q2n+1)(q n+1)=q3n+q2n+q n+1，故q7n-2q3n+1＞0，与2q3n=1+q7n矛盾，故假设不成立，即不能构成等差数列．导数破解：若构成等差数列，则2(S3n+1+S3n+2+S3n+3+…+S4n)=(S1+S2+S3+…+S n)+(S7n+1+S7n+2+S7n+3+…+S8n)因b＞1，则q=bb-1＞1，则整理得2q3n=1+q7n．令f(q)=2q3n-1-q7n(q＞1)，则f′(q)=6nq3n-1-7nq7n-1＜0，所以f(q)为减函数，则f(q)＜f(1)=0，即2q3n＜1+q7n，与2q3n=1+q7n，故假设不成立．评注：两种解法都是用了反证法，在得到2q3n=1+q7n，从函数视角切入，构造函数f(q)=2q3n-1-q7n(q＞1)，借助导数工具得出函数的单调性，可顺利构造不等式而导出矛盾，操作简单，比常规方法的相对繁琐的变形来得更轻松、流畅．例3 （2010年四川理22改编）已知数列{a n}，a n=0,n=1ln n-1n+1,n≥2，{a n}的前n项和为S n，证明：S n＞2-n-n22n(n+1)．证明：[JP3]S n=0+ln 13+ln 24+ln35+…+ln n-1n+1=-ln n(n+1)2，令f(x)=-ln x2-1-x2x=-2ln x+x-1x,x＞0，则f′(x)=-2x+1+1x2=(1-1x)2≥0，所以f(x)在(0,+∞)上是增函数．又因为n(n+1)2＞1＞0，所以f(n(n+1)2)=f(1)=0，即-ln 2n(n+1)-1-n(n+1)2n(n+1)2＞0，即S n＞2-n-n22n(n+1)．评注：在得到S n的表达式后，直接证明很难奏效，而联想到函数的单调性可处理不等式问题，且导数恰是研究单调性的利器之一．分析条件与目标的差异，将n(n+1)2看作x构造合适函数，问题不攻自破．练习1．设数列{a n},{b n}满足a1=a＞0，a n+1=n+12na n,且b n=ln(1+a n)+12a2n,n∈N*．证明：2a n+2＜a nb n＜1．证明：由a1=a＞0,a n+1=n+12na n知a n＞0，故b n＞0．因a nb n＜1b n-a n＞0，构造函数f(x)=ln(1+x)+12x2-x(x≥0)，则f′(x)=11+x+x-1=x21+x，当x＞0时，f′(x)＞0，则f(x)在(0,+∞)内为增函数，因f(x)＞f(0)=0，即b n-a n＞0，故a nb n＜1．[JP3]因2a n+2＜a nb n ln(1+a n)-a n＜0，构造函数g(x)=ln (1+x)-x(x≥0)，则g′(x)=11+x-1=-x21+x，当x＞0时，g′(x)＜0，则g(x)在(0,+∞)内为减函数，因g(x)＜g(0)=0，所以ln(1+a n)-a n＜0，则ln(1+a n)+12a2n＜a n+12a2n，即b n＜a n+12a2n，故2a n+2＜a nb n．综上，2a n+2＜a nb n＜1．2．设等差数列{b n}满足：a1+a3=240，a n+2-a n=100．设数列{b n}的前n 项之和为S n，满足S n=32b n-1，n∈N*．（1）求a n,b n；（2）是否存在一个最小正整数N，使得当m＞n＞N时，S m＞a n恒成立？若存在，求出这N的值；若不存在，请说明理由．解：（1）a n=50n+20，b n=2•3n-1；过程略（2）若存在一个最小正整数N，使得当m＞n＞N时，S m＞a n恒成立，则由S n=3n-1，知数列S1,S2,S3,…，S n，…是一个递增数列，因此，只需S n+1＞a n恒成立即可．而S n+1=3n+1-1,a n=50n+20．当n=1时，S2=8,a1=70，则S2＜a1；当n=2时，S3=26,a2=120，则S3＜a2；当n=3时，S4=80,a3=170，则S4＜a3；当n=4时，S5=242，a4=220,则S5＞a4；当n=5时，S6=728，a5=270,[JP3]则S6＞a5；由此猜想：n≥4时，S n+1＞a n恒成立．设f(x)=3x+1-1-(50x+20)，f′(x)=3x+1ln 3-50，当x＞3时，f′(x)＞34ln 3-50＞34-50＞0，则f(x)在(3,+∞)上是增函数，所以，n＞4时，f(n)＞f(4)=22＞0，又n=4时，S5=242,a4=220，S5＞a4．故存在一个最小正整数N=3，使得当m＞n＞N时，S m＞a n．（作者：徐勇，江苏省板浦高级中学）。

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