备战2021年高考数学大一轮复习热点聚焦与扩展专题13利用导数证明数列不等式

备战2021年高考数学大一轮复习热点聚焦与扩展专题13利用
导数证明数列不等式
【热点聚焦与扩展】
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，另一方面表达数列是专门的函数，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点的数列，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
（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确实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，参数范畴内的值均可提供恒成立不等式. 3、常见恒成立不等式：
（1）ln 1x x <- 对数→多项式 （2）1x
e x >+ 指数→多项式
4、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，高中时期求和的方法有以下几种：
（1）倒序相加：通项公式具备第k 项与第1n k -+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2n
n a n =⋅，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n a 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形比较多见，故优先考虑.
5、大体思路：关于数列求和不等式，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，专门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）.
8、数列不等式也可考虑利用数学归纳法进行证明（有时更容易发觉所证不等式与题目条件的联系）.
【经典例题】
例1【2020届浙江省绍兴市高三3月模拟】已知数列满足：，. （其中为自然对数的底数，）
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）设，是否存在实数，使得对任意成立？若存在，求出的一个值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)见解析(2) 不存在满足条件的实数
【解析】试题分析：（1）第（Ⅰ）问，先证明一个不等式，再利用该不等式证明.
(2)第（Ⅱ）问，先利用数学归纳法证明，再利用该不等式证明不存在实数M.
（Ⅱ）先用数学归纳法证明.
①当时，.②假设当时，不等式成立，那么当时，
，也成立.故对都有.
因此.
取，
.
【名师点睛】本题难点在于思路的找寻，本题难度较大. 第（Ⅰ）问，先证明一个不等式
，第（Ⅱ）
问，先利用数学归纳法证明，之因此要证明这两个不等式，因此是对试题整体分析的结果.
例2【2021浙江，22】已知数列{x n }满足：x 1=1，x n =x n+1+ln(1+x n+1)（*
∈N n ）． 证明：当*
∈N n 时， （Ⅰ）0＜x n+1＜x n ； （Ⅱ）2x n+1− x n ≤1
2n n x x +； （Ⅲ）
1
12
n +≤x n ≤2
12n +．
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析． 【解析】
（Ⅱ）由111)1ln(+++>++=n n n n x x x x 得2
111111422(2)ln(1)n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-+=-+++
【名师点睛】本题要紧考查数列的概念、递推关系与单调性等基础知识，不等式及其应用，同时考查推理论证能力、分析问题和解决问题的能力，属于难题．本题要紧应用：（1）数学归纳法证明不等式；（2）构造函数2
()2(2)ln(1)(0)f x x x x x x =-+++≥，利用函数的单调性证明不等式；（3）由递推关系证明． 例3. 已知函数()()2ln f x x a x x =+--在0x =处取得极值 （1）求实数a 的值
（2）证明：关于任意的正整数n ，不等式2
34
1
2ln(1)49
n n n +++++
>+都成立 【答案】（1）1；（2）见解析. 【解析】（1）()'1
21f x x x a
=
--+ 0x =为()f x 的极值点
()'
1
0101f
a a
∴=
-=⇒= （2）思路一：联想所证不等式与题目所给函数的联系，会发觉在()()2
ln 1f x x x x =+--中，存在对数，
且左边数列的通项公式2
2111n n a n n n +⎛⎫==+ ⎪⎝⎭
也具备()f x 项的特点，因此考虑分析()ln 1x +与2
x x +的
大小关系，然后与数列进行联系.
解：下面求()()2
ln 1f x x x x =+--的单调区间
()()'
2312111
x x f x x x x +=
--=-++,令()'
00f x x >⇒<
x
()1,0-
()0,+∞
()'g x +
-
()g x
()()00f x f ∴<=即()2ln 1x x x +<+（每一个函数的最值都会为我们提供一个恒成立的不等式，不用
【名师点睛】（1）此不等式实质是两组数列求和后的大小关系（211
,ln n n
n n a b n n
++=
=），通过对应项的大小关系决定求和式子的大小.此题在比较项的大小时关键是利用一个恰当的函数的最值，而那个函数往往由题目所给.另外有两点注意：①关注函数最值所产生的恒成立不等式 ②注意不等号的方向应该与所证不等式同向
（2）解决问题后便明白所证不等式为何右边只有一个对数，事实上也是在作和，只是作和时对数合并成一项（与对数运算法则和真数的特点相关），因此今后遇到类似问题可猜想对数是经历如何样的过程化简来的，这往往确实是思路的突破点
思路二：发觉不等式两边均有含n 的表达式，且一侧作和，因此考虑利用数学归纳法给予证明： 解：用数学归纳法证明：
∴只需证()
()()()
2
2
112
21ln(1)ln 2ln ln 11111k k k k k k k k k ++++⎛⎫++
>+⇔
>=+ ⎪++⎝⎭++
（下同思路一：分析()f x 的最值可得()2ln 1x x x +<+） 令1
1x k =
+，由恒成立不等式()2ln 1x x x +<+可得()()
2
111ln 111k k k ++⎛⎫>+ ⎪+⎝⎭+ 即所证不等式成立 ③ n N *
∴∀∈，均有234
1
2ln(1)49
n n n
++
+++
>+ 【名师点睛】利用数学归纳法证明要注意两点：（1）格式的书写 （2）要利用n k =所假设的条件. 例4.已知函数()()2
ln 1f x ax x =++
（1）当1
4
a =-
时，求函数()f x 的单调区间 （2）当[)0,x ∈+∞时，函数()y f x =图像上的点都在0
0x y x ≥⎧⎨-≤⎩
所表示的平面区域内，求实数a 的取值范
畴
（3）求证：()()1248211112335582121n n n e -⎛⎫⎛
⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪++++< ⎪⎪⎪
⎪⨯⨯⨯++⎝⎭⎝⎭⎝⎭
⎝⎭
（其中,n N e *∈是自然对数的底数）
【答案】（1）增区间()1,1-，减区间()1,+∞；（2）见解析 【解析】（1）常规解法，求出单调区间找最值 ()()2
1ln 14
f x x x =-
++
()(
)()()()
2'
21112
212121x x x x f x x x x x +-+-=-+=-=-+++,令()
'0f x >求出单调区间如下： x
()1,1-
()1,+∞
()'f x +
-
()f x
增
减
（2）解：
函数()y f x =图像上的点都在0
x y x ≥⎧⎨
-≤⎩区域内，
（现在发觉单调性并不能直截了当舍掉0a >的情形，但可估量函数值的趋势，()ln 1x +恒为正，
而2
ax x -早晚会随着x 值的变大而为正数，因此必定不符合题意.在书写时可构造反例来说明，此题只需2
0ax x -=即可，因此选择1
x a
=
） ② 0a ≤时，2210ax a +-<即()'
0g x < ()g x ∴在[)0,+∞单调递减 ()()00g x g ∴≤=，符合题意 综上所述：0a ≤
（3）思路：观看所证不等式()()1248211112335582121n n n e -⎛⎫⎛
⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪++++< ⎪⎪⎪
⎪⨯⨯⨯++⎝⎭⎝⎭⎝⎭
⎝⎭
，左边连乘，右边是e ，能够想到利用两边取对数“化积为和”，同时利用第二问的结论.第二问给我们提供了恒成立的不等式，0a ≤时，()2
ln 1ax x x ++≤，取0a =，即()ln 1x x +≤，则可与左边的求和找到联系.
解：所证不等式等价于()(
)1242ln 1ln 1ln 1123352121n
n n -⎛⎫⎛⎫⎛
⎫++++
++< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⨯⨯++⎝⎭⎝⎭
⎝⎭
由（2）可得()ln 1x x +≤，令()()
122121n
n n
x -=++，即
∴不等式得证
【名师点睛】（1）第二问中代数方法与数形结合方法的选择（体会什么缘故舍弃线性规划思路），以及如何将约束条件转变为恒成立问题
（2）对数运算的特点：化积为和.题目中没有关于乘积式的不等关系，因此决定变为和式 （3）利用上一问的结论放缩通项公式，将不可求和转变为可求和，进而解决问题 例5【2021北京，理19】已知函数()()ln 1f x x p x =+-（1）若()f x 在定义域内为减函数，求p 的范畴
（2）若{}n a 满足()1122113,141n n n a a a n n +⎛⎫==++ ⎪ ⎪+⎝⎭
，试证明：2n ≥时，3444n a e ≤≤
【答案】（1）[1.+∞）；（2）见解析. 【解析】解：（1）
()f x 为减函数
()'
1012f
x x x
∴=
-≤+ [)0,x ∈+∞ max
max 22111x p x x x ⎛⎫
⎪⎛⎫
∴≥== ⎪
⎪+ ⎪⎝⎭ ⎪⎝
⎭
（2）思路：由（1）可得()()ln 1f x x x =+()()00f x f ≤=即()ln 1x x +≤，所
求是有关n a 的不等关系（①有e 的指数幂，因此可能与自然对数相关，②考虑数列的单调性），已知条件是递推数列，可尝试利用递推公式查找不等关系求解. 解：
()112211
3,141n n n a
a a n n +⎛⎫==++ ⎪
⎪+⎝⎭
()
12211
04
1n n n
n a a a n n +∴-=
+>+ {}n a ∴单调递增 21
211
1+
4124
a a ⎛⎫=+= ⎪⨯⎝
⎭ 2n ∴>时，124n n a a a ->>>=
即()
42,n a n n N *≥≥∈
()()()112221222111111
111444111n n n n n n n n a a a a a n n n n n n +++⎛⎫=++⇒=++<++ ⎪ ⎪+++⎝⎭（利用4n a ≥进行放缩，消掉余外的n a ，由
()
2
211n n +，联想到
()
1
1n n +是可裂项的.再由()f x 的特点决定两
边同取对数）
()12+1211ln ln 141n n n
a a n n +⎛⎫∴=++ ⎪ ⎪+⎝⎭
()3
21
1
11ln 23122n n a a n n ⎛⎫⎛⎫∴<+
++++
⎪ ⎪⨯-⎝⎭
⎝⎭ 2
11118211311312424
12
n n n n -+⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎛⎫⎝⎭=-+
=--< ⎪
⎝⎭-
33
442
4n
n a e a e a ∴<⇒< 3444n a e ∴≤<得证 【名师点睛】
（1）应付较复杂的题目，第一要把预备工作做好，在第三问中你可做的预备工作有这些： ①假如你运罢了2a ，也许就明白左边的4的来源进而决定进行数列单调性分析. ②假如你观看了递推公式，便可发觉
()
2
2
11n n +有可处理的地点
③假如你观看了所证不等式的右边，便会由e 的指数幂联想到对数不等式
④假如利用第一问出个可用的不等式结论，也许你就发觉了对数与根式的不等关系 这些预备工作可不能直截了当得到答案，然而起码会给你提供一些方法和可选择的道路
（2）第三问依旧用到了数列求和，有关消项的求和通常有两种，一种是相邻的项做差（累加法），另外一种确实是相邻的项做商，现在利用对数即可将“累乘消项”转变为“累加消项” 例6【2020届二轮专练】已知函数f(x)＝elnx ，g(x)＝f(x)－(x ＋1)．(e ＝2.718……) (1)求函数g(x)的极大值； (2)求证：1＋
>ln(n ＋1)(n ∈N *
)．
【答案】（1）－2.（2）见解析
令g′(x)>0，解得0<x<1； 令g′(x)<0，解得x>1.
∴函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴g(x)极大值＝g(1)＝－2.
(2)证明 由(1)知x ＝1是函数g(x)的极大值点，也是最大值点，
∴g(x)≤g(1)＝－2，即lnx －(x ＋1)≤－2⇒lnx≤x－1(当且仅当x ＝1时等号成立)，
令t ＝x －1，得t≥ln(t＋1)，t>－1， 取t ＝ (n∈N *)时， 则>ln
＝ln
，
∴1>ln2， >ln ， >ln ，…， >ln ，
叠加得1＋＋＋…＋>ln(2···…·)＝ln(n ＋1)．
即1＋＋＋…＋>ln(n ＋1)．
例7【2020届二轮训练】已知函数f(x)＝xlnx 和g(x)＝m(x 2
－1)(m∈R)． (1)m ＝1时，求方程f(x)＝g(x)的实根；
(2)若对任意的x∈(1，＋∞)，函数y ＝g(x)的图象总在函数y ＝f(x)图象的上方，求m 的取值范畴； (3)求证：
4411⨯-＋242421⨯⨯-＋…＋2
441
n n ⨯⨯->ln(2n ＋1) (n∈N *
)． 【答案】(1)见解析(2) 1
,2
⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭
.(3) 见解析
意；（3）由（2）知，当1x >时， 1
2
m =
时， 11ln 2x x x ⎛⎫<- ⎪⎝⎭成立，结合题型，构造不妨令
()
*21121k x k N k +=
>∈-，得出()()()
*24ln 21ln 21,41
k
k k k N k +--<∈-，利用累加可得结论. 试题解析：(1) 1m =时， ()()f x g x =，即2
ln 1x x x =-，而0x >，因此方程即为1ln 0x x x -+=.
令()1
ln h x x x x
=-+，则()22211110x x h x x x x -+-=--=
<'，而()10h =，故方程()()f x g x =有唯独的实根1x =.
(2)关于任意的()1,x ∈+∞，函数()y g x =的图象总在函数()y f x =图象的上方，
即()1,x ∀∈+∞， ()()f x g x <，即1ln x m
x x ⎛⎫<-
⎪⎝⎭
， 设()1ln F x x m x x ⎛
⎫=-- ⎪⎝⎭
，即()1,x ∀∈+∞， ()0F x <，则()222
111mx x m F x m x x x -+-⎛⎫=-+= ⎪⎭'⎝ ①若0m ≤，则()0F x '>， ()()10F x F >=，这与题设()0F x <矛盾．
12121
2{
1
x x m
x x +=
>= ∴方程有两个正实根且1201x x <<<
当()21,x x ∈时， ()0F x '>， ()F x 单调递增， ()()10F x F >=与题设矛盾． 综上所述，实数m 的取值范畴是1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭
.
(3)证明 由(2)知，当1x >时， 1
2
m =
时， 11ln 2x x x ⎛⎫<- ⎪⎝⎭成立．
不妨令()
*21
121
k x k N k +=>∈- ∴()
*2
21121214ln
,212212141
k k k k
k N k k k k ++-⎛⎫<-=∈ ⎪--+-⎝⎭，即 ()()()
*2
4ln 21ln 21,41
k
k k k N k +--<
∈-
∴()()224314114
2
{
53 421
4212141
ln ln ln ln n
ln n ln n n -<
⨯-⨯-<⨯-⨯+--<
⨯-，累加可得()()
*
22
4424ln 2141142141
n n n N n ⨯⨯++⋅⋅⋅+>+∈⨯-⨯-⨯- 【名师点睛】本题要紧考查利用导数研究函数的单调性、利用导数证明不等式、分类讨论思想及方程的根与系数的关系.属于难题.分类讨论思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，专门在解决含参数问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，如此才能快速找准突破点. 充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰，进而顺利解答，期望同学们能够熟练把握并应用与解题当中.
例8【2020届四省名校（南宁二中等）高三上第一次大联考】已知函数()()1ln 1f x ax a x x =-+-+. （1）若0a =，求()f x 的单调区间；
（2）若关于x 的不等式()0f x ≥对一切[
)1,x ∈+∞恒成立，求实数a 的取值范畴； （3）求证：对*N n ∈，都有
()11
11
ln 135
212
n n +++
<++. 【答案】(1) 单调增区间为()0,1，单调减区间为()1,+∞.(2) 1,2
⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭
；(3)证明见解析.
②当102a <<
时， 1
11a
->， ()0f x ≥对一切[)1,x ∈+∞不恒成立. ③当0a ≤时， ()0f x ≥对一切[
)1,x ∈+∞不恒成立.
综上可得实数a的取值范畴是
1
, 2⎡
⎫
+∞⎪
⎢⎣⎭.
(3)结合(2)的结论，取
1
2
a=，有1
x>时，
()
21
ln
1
x
x
x
-
>
+
.则()
2
ln1ln
21
k k
k
+->
+
.结合对数的运算法则即可证得题中的不等式.
()
()
22
1
1ax a
a a
f x
x x x
--
-
=+=
''.
①当
1
2
a≥时，
1
111
a
-<-≤，()2
1
1
a x
a
f x
x
⎡⎤
⎛⎫
--
⎪
⎢⎥
⎝⎭
⎣⎦
'=≥
'.
故()
f x
'在区间()
1,+∞上递增，
因此()()10
f x f
''
≥=，从而()
f x在区间()
1,+∞上递增.
因此()()10
f x f
≥=对一切[)
1,
x∈+∞恒成立.
②当
1
2
a
<<时，
1
11
a
->，
()
2
1
1
a x
a
f x
x
⎡⎤
⎛⎫
--
⎪
⎢⎥
⎝⎭
⎣⎦
'=
'.
当
1
1,1
x
a
⎡⎫
∈-⎪
⎢⎣⎭时，
()0
f x
''<，
当11,x a ⎛⎫
∈-+∞
⎪⎝⎭
时， ()0f x ''>. 因现在1x ≥， ()min 11f x f a ⎛⎫
=-'
⎝'⎪⎭
. 而()10f '=，故110f a ⎛⎫
-<
⎪⎝⎭
'. 因此当11,
1x a ⎡⎫
∈-⎪⎢⎣⎭
时， ()0f x '<， ()f x 递减， 由()10f =，知110f a ⎛⎫
-<
⎪⎝⎭
，现在()0f x ≥对一切[)1,x ∈+∞不恒成立. ③当0a ≤时， ()21
0a a f x x x
-=
+'<'， ()f x '在区间()1,+∞上递减，有()()10f x f ''<=，
从而()f x 在区间()1,+∞上递减，有()()10f x f <=.
222
21213n n >
++++-， 因此()11111ln 13521212n n n ++++<+-+.
【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，因此在历届高考中，对导数的应用的考查都专门突出 ，本专题在高考中的命题方向及命题角度 从高考来
看，对导数的应用的考查要紧从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判定单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．
例9【2020届东北四市一模】已知函数，.
(1)若函数与的图象在处有相同的切线，求的值；
(2)当时，恒成立，求整数的最大值.
(3)证明：.
【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.
【解析】试题分析：
(1)由题意得到关于实数a,b的方程组，求解方程组可得.
(2)结合(1)的结论，利用且当放缩可得整数的最大值是2；
(3)结合(2)的结论有，利用对数的性质裂项放缩即可证得题中的不等式.
试题解析：
即，
同理可证.
由题意，当时，且，
即， 即时，成立. 当
时，
，即
不恒成立.
因此整数的最大值为2. (3)由
，令
，
即
，即
，
由此可知，当时，
， 当时，， 当时，
，
…… 当
时，.
综上：
点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，因此在历届高考中，对导数的应用的考查都专门突出 ，本专题在高考中的命题方向及命题角度 从高考来看，对导数的应用的考查要紧从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判定单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．
例10【2020届贵州省遵义市遵义四中高三第三次月考】已知函数()f x kx =， ()ln x
g x x
=. （1）求函数()ln x
g x x
=
的单调区间；
（2）若不等式()()f x g x ≥区间()0,+∞上恒成立，求实数k 的取值范畴；
（3）求证： 4444ln2ln3
ln4ln 1
2342n n e
++++<
【答案】（1）函数()ln x g x x =的单调递增区间为()0,e ，单调递减区间为(),e +∞（2）1
2k e
≥
（3）见解析.
∴()2
1ln x
g x x -'=
，令()0g x '>，得0x e <<，令()0g x '<，得x e >. 故函数()ln x
g x x
=的单调递增区间为()0,e ，单调递减区间为(),e +∞.
（2）∵0x >， ln x kx x ≥，∴2ln x k x ≥，令()2ln x
h x x
=
又()3
12ln x
h x x
-'=，令()0h x '=解得x e =当x 在()0,+∞内变化时， ()h x '， ()h x 变化如下表
x
()0,e
e
(
)
,e +∞
()h x '
+
-
()h x
由表知，当x e =
()h x 有最大值，且最大值为
12e ，因此， 12k e
≥ （3）由（2）知
2
ln 1
2x x e
≤，∴42ln 11•2x x e x ≤（2x ≥）
∴
44422
2
ln2ln3
ln 111
123
223n n e n ⎛⎫+++
<+++
⎪⎝
⎭
()2
22
1111111111
1111123
1223
12231n n n n n n ⎛⎫⎛⎫
⎛⎫+++
<+++
=--+
+-=-< ⎪⎪ ⎪⨯⨯--⎝⎭⎝⎭
⎝⎭
∴
444222ln2ln3
ln 111
11
23
223
2n n e n e
⎛⎫+++
<+++
< ⎪⎝⎭ 即
444ln2ln3
ln 1
23
2n n e
+++
< 【方法点晴】本题要紧考查利用导数研究函数的单调性、证明不等式以及不等式恒成立问题，属于难题．不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数()a f x ≥恒成立 (()max a f x ≥可)或()a f x ≤恒成立
（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x =图象在()y g x = 上方即可)；③ 讨论最值()min 0f x ≥或
()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数.本题（2）是利用方法 ① 求得k 的最大值.
【精选精练】
1. 设函数()()2ln 1f x x a x =-+，其中a R ∈
（1）当0a <时，讨论函数()f x 在其定义域上的单调性； （2）证明：对任意的正整数n ，不等式()2
31
1
1ln 1n
k n k
k =⎛⎫
+>
-
⎪⎝⎭
∑都成立. 【答案】（1）增区间1121,
2a ⎛⎫--+- ⎪⎝⎭，112,2a ⎛⎫-+++∞ ⎪⎝⎭；减区间112112,22a a ⎛⎫--+-++ ⎪⎝⎭
.
（2）见解析.
()f x ∴的单调区间为：
x
1121,2a ⎛⎫--+- ⎪⎝⎭ 112112,22a a ⎛⎫--+-++ ⎪⎝⎭ 112,2a
⎛⎫-+++∞ ⎪⎝⎭
()'f x +
-
+
()f x
增
减
增
② 02
a ∆≤⇒≤-
时，2
220x x a +->恒成立 ()f x ∴在()1,-+∞单调递增 （2）考虑1a =时，则()()2ln 1f x x x =-+
2311111ln n
n k k k k k
k ==+⎛⎫>- ⎪⎝⎭∑∑ 即：()23111ln 1n
k n k
k =⎛⎫
+>
- ⎪⎝⎭∑
2. 已知函数()3
()ln 1,0,,()f x x x x g x x ax =-+∈+∞=- （1）求()f x 的最大值；
（2）证明不等式：121n n
n
n e n n n e ⎛⎫⎛⎫
⎛⎫
++
+<
⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭
⎝⎭
【答案】（1）0；（2）见解析. 【解析】（1）()'
111x f
x x x
-=
-=，令()'
01f x x >⇒<，()f x 单调区间如下： x
()0,1
()1,+∞
()'f x +
-
()f x
增
减
()max 10y f ∴==
（2）思路：左边可看做数列求和，其通项公式为n
i i a n ⎛⎫
= ⎪⎝⎭
，无法直截了当求和，因此考虑利用条件进行
放缩，右边是分式，能够猜想是等比数列求和后的结果，因此将i a 放缩为等比数列模型.由（1）可得
ln 10ln 1x x x x -+≤⇒≤-，令i
x n
=
进行尝试
∴不等式得证.
【名师点睛】此题的第（3）问将数列通项公式放缩为等比数列求和，假如不等式的一侧是一个分数，则可向等比数列求和的结果考虑（猜想公比与首项）.
3．已知等差数列}{n a 的公差不为零,105=a ,等比数列}{n b 的前3项满足733221,,a b a b a b ===. （Ⅰ）求数列}{n a 与}{n b 的通项公式； （Ⅱ）设++=∈+=
21*),()
8(1c c S N n a n c n n n …n c +，是否存在最大整数m ，使对任意的*N n ∈，均
有39
21n
n n m S b ⋅>⋅+总成立?若存在,求出m 的值；若不存在,请说明理由
【答案】（Ⅰ）135,4n n n
a n
b ；（Ⅱ）12=m .
【解析】
试题分析：（Ⅰ）由已知可设公差为的d ，依题意可得⎩⎨
⎧
++=+=+)6)(()2(104112
1
1d a d a d a d a ， 联立解得：3,21=-=d a ，从而可求数列}{n a 与}{n b 的通项公式； （Ⅱ）依题意可得3(1)
n
n
S n ，假设存在整数m 使3921n n n m S b ⋅>⋅+，成立，即
1213)
1(32439+⋅=+⋅⋅⋅<n n n n m n
n n 记1213)(+⋅=n n n f n
，则0)2)(1()46(213)()1(2>++++⨯=
-+n n n n n f n f n ，从而求出13)1()(min ==f n f ，即有存在最大的整数m=12，使39
2n
n n m S b ⋅>⋅.
试题解析：（Ⅰ）由已知可设公差为d ，则有：
⎩⎨⎧
++=+=+)
6)(()2(104112
11d a d a d a d a ，联立解得：3,21=-=d a ， 14,53-=-=∴n n n b n a
（Ⅱ）数列,53-=∴n a n 代入得 )1
1
1(31)1(31)
8(1+-=+=
+=
n n n n a n c n n ,
故存在最大的整数12=m ,使39
2n
n n m S b ⋅>⋅恒成立.
4．在数列{}n a 中，已知()*1114
11,,23log 4
4n n n n a a b a n N a +=
=+=∈. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）求证：数列{}n b 是等差数列；
（3）设数列{}n c 满足11)1(++-=n n n n b b c ，且{}n c 的前n 项和n S ，若2tn S n ≥对*N n ∈恒成立，求实数t 取值范畴.
【答案】（1）*)()4
1
(N n a n n ∈=; （2）详见解析;（3）6-≤t . 【解析】
试题分析：（1）由于
4
1
1=+n n a a ,可得数列}{n a 是首项为41，公比为41的等比数列，即可求出数列{}n a 的通
项公式.（2）由（1）可得232)4
1
(log 34
1-=-=n b n
n .即可证明数列}{n b 是首项11=b ，公差3=d 的
等差数列.（3）由（1）知，23,)4
1(-==n b a n n
n , 当n 为偶数时11433221+--+-+-=n n n n n b b b b b b b b b b S 2)23(23tn n n ≥+-
=，即)2
3(23n
t +-≤对n 取
（2）2log 34
1-=n n a b
∴232)4
1
(log 34
1-=-=n b n
n .
∴11=b ，公差3=d
∴数列}{n b 是首项11=b ，公差3=d 的等差数列.7分（未证明扣1分）
（3）由（1）知，23,)4
1(-==n b a n n n ,
当n 为偶数时11433221+--+-+-=n n n n n b b b b b b b b b b S
)()()(11534312+--++-+-=n n n b b b b b b b b b
2
2)234(6
)(642n n b b b n ⋅
-+-=+++-=
2)23(23tn n n ≥+-=，即)2
3(23n
t +-≤对n 取任意正偶数都成立
因此6-≤t 11分 当n 为奇数时，)13)(23(]2)1(3)[1(2
3
11433221+-++---
=+--+-=+-n n n n b b b b b b b b b b S n n n n n 02
7
3292>-+=
n n 对6-≤t 时2tn S n ≥恒成立，综上，6-≤t . 15分 . 5．已知等差数列{}n a 的各项均为正数，133,7a a ==，其前n 项和为n S ，{}n b 为等比数列, 12b =，且
2232,b S =．
（1）求n a 与n b ； （2）若
212
11
1
1n
x ax S S S +++
≤++对任意正整数n 和任意x ∈R 恒成立，求实数a 的取值范畴． 【答案】（1）21,2n
n n a n b =+=；（2）11a -≤≤.
【解析】
试题解析：（1）设{}n a 的公差为d ，且0;d >{}n b 的公比为q
13223(1),2327
(6)23222n n n a n d b q a d S b d q d q -∴=+-=∴=+==+⋅==⎧∴⎨=⎩
21,2n
n n a n b ∴=+= 7分
（2）35(21)(2)n
S n n n =++++=+ ，
∴
12
1111111
132435
(2)
n S S S n n +++
=++++
⨯⨯⨯+
11111111
(1)232435
2
n n =-+-+-++
-+ 1111
(1)2212
n n =+--++323342(1)(2)4n n n +=-
<++，（10分） 问题等价于2
()1f x x ax =++的最小值大于或等于
3
4
， 即23
144
a -
≥，即21a ≤，解得11a -≤≤. 14分 6．已知{}n a 为单调递增的等比数列，且1852=+a a ，3243=⋅a a ，{}n b 是首项为2，公差为d 的等差数列，其前n 项和为n S . （1）求数列{}n a 的通项公式；
（2）当且仅当42≤≤n ，*N n ∈，2
2log 4n n a d S ⋅+≥成立，求d 的取值范畴. 【答案】（1）122
2222---=⋅=⋅=n n n n q a a ；（2）d 的取值范畴为)3,(--∞
【解析】
试题解析：（1）因为{}n a 为等比数列，因此 325243=⋅=⋅a a a a
因此 ⎩⎨
⎧=⋅=+32
18
5252a a a a
因此 52,a a 为方程 032182
=+-x x 的两根；
又因为{}n a 为递增的等比数列， 因此 8,16,23
52===q a a 从而2=q ， 因此 122
2222---=⋅=⋅=n n n n q
a a ； （2）由题意可知：d n
b n )1(2-+=，d
n
n n S n 2
)1(2⋅-+
=，
3300
)5(0)4(0
)2(0)1(-<⇒⎩⎨
⎧-<≤⇒⎪⎪⎩⎪
⎪⎨⎧<≥≥<d d d f f f f ， 因此 d 的取值范畴为)3,(--∞.
7．【2021年12月浙江省重点中学期末热身】已知数列{}n a 满足： 10a =， ()1l ln20n n n n a a a n +-++=
()*
n N ∈.
⑴求3a ；
⑵证明： ()
11ln 2212n n n a ---≤≤-；
⑶是否存在正实数c ，使得对任意的*
n N ∈，都有1n a c ≤-，并说明理由．
【答案】（1）
124e +（2）证明见解析；（3）存在1
6
c =.
【解析】试题分析：（1）依题意可得()
ln21n a n n n a a e -++=+，再依照10a =，即可求出3a 的值；（2）易证1n n a a +>，
则()
ln2ln21n a n n n n n a a e
a e -+-+=+≤+，即可得证112n n a -≤-，构造()122n a n f n e -=+-，证明出{ ()f n }
是递增数列，即可得证()
1ln 22n n a -≥-；（3）由(2)得
()
()
1ln 22ln2ln211122n n n a n n n n n n a a e
a e
a -⎡⎤
--+-+⎣⎦
++=+≤+=+
-，再结合22
111
2242232
n n n --=≤-⋅-⋅，即可求出c 的值.
试题解析：（1）由已知()
ln21n a n n n a a e -++=+， 10a =
∴21
2
a =
， 3124a e =+
（2）∵1n n a a +>， 10a =
∴{ ()f n }是递增数列
∴()()10f n f ≥=，即1220n a
n e -+-≥
∴()
1ln 22n n a -≥-
综上()
11n 2212n n n l a ---≤≤- （3）由(2)得()
()
1ln 22ln2ln2111
22
n n n a n n n n n n a a e a e
a -⎡⎤
--+-+⎣⎦
++=+≤+=+
-
∴
12112
12
1111
1
111
11
22222222
222222
2222
n n n n n n
n n n n a a a a -----≤+
≤++≤≤+
+++=++
+
---------∵()2211132242232n n n n --=≤≥-⋅-⋅，
∴当4n ≥时， 2
221111111115
263232263226
n n n a --⎛⎫≤
++++
=++-< ⎪⋅⋅⎝⎭.
由{}n a 的单调性知：当123n =，，时， 5
6
n a <， 综上：对任意的*n N ∈，都有56n a <
，因此存在16
c =. （c 的取值不唯独，若c 取其它值相应给分）
点睛：本题考虑数列的不等式的证明和数列与函数的关系，恒成立问题的求解等问题，具体涉及到数列与不等式的综合运用，其中放缩法的应用和构造法的应用是解题的关键．
8．已知数列{}n a ， {}n b 满足12a =， 14b =，且12n n n b a a +=+， 2
11n n n a b b ++=.
（1）求234,,a a a 及234,,b b b ；
（2）猜想{}n a ， {}n b 的通项公式，并证明你的结论； （3）证明：对所有的*n N ∈，
3
21113
21•••
2sin
21
n n n n n n
n a a b a a b b b b a b ---<<+-. 【答案】（1）26a =， 29b =， 312a =， 316b =， 420a =， 425b =；（2）见解析；（3）见解析. 【解析】试题分析：（1）依次把n=1，2，3代入递推式即可求出{a n }，{b n }的前4项； （2）利用数学归纳法证明猜想；
（3）利用放缩法证明不等式左边，利用函数单调性证明不等式右边．
用数学归纳法证明：①当1n =时，由上可得结论成立.
②假设当n k =时，结论成立，即()1k a k k =+， ()2
1k b k =+，
那么当1n k =+时， ()()()()2
1221112k k k a b a k k k k k +=-=+-+=++，
()22
212k k k
a b k b ++==+，因此当1n k =+时，结论也成立.
由①②，可知()1n a n n =+， ()2
1n b n =+对一切正整数都成立. （3）由（2）知，
1
n n a n b n =+， 因此所证明的不等式即为
1352111
••••
2sin
246
22121
n n n n -<<++ （ⅰ）先证明：
()135
211
••••
1,2,3246221
n n n n -<=+
因为22414n n -<，因此()()2
2121n n n -+<，从而()()()2
22121421n n n n -+<-，
即
2121221
n n n n --<
+，因此135
21135
211
••••
••••
2462357
2121
n n n n n --<=
++ （ⅱ）再证明
11
2sin
2121
n n <++ ()1,2,3n =
设函数()2sin f x x x =-， 04
x π
<<
，则()12cos f x x =-'， 04
x π
<<
.
因此
12sin
2121
n n <++ ()1,2,3n =
综上所述，对所有的*
n N ∈，均有
3
21113
21•••
2sin
21
n n n n n n
n a a b a a b b b b a b ---<<+-成立. 9．已知各项均不相等的等差数列
的前项和为，
，且
恰为等比数列
的前三项，记
.
(Ⅰ)分别求数列、的通项公式；
(Ⅱ)若，求取得最小值时的值；
(Ⅲ)当为数列的最小项时，有相应的可取值，我们把所有的和记为；当为数列的最小项时，有相应的可取值，我们把所有的和记为，令，求.
【答案】(Ⅰ)∴，.(Ⅱ)0；(Ⅲ).
【解析】试题分析：
∴，
∴，易得.
（Ⅱ）若，则，
当或，取得最小值0.
（Ⅲ），
令，则，依照二次函数的图象和性质，当取得最小值时，在抛物线对称轴的左、右侧都有可能，但都在对称轴的右侧，必有.而取得最小值，∴，等价于.
由解得，∴，
同理，当取得最小值时，只需
解得，
∴.
可得
.
10．已知函数.
（Ⅰ）求方程的实数解；
（Ⅱ）假如数列满足，（），是否存在实数，使得对所有的
都成立？证明你的结论．
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，设数列的前项的和为，证明：．
【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）存在使得;（Ⅲ）见解析.
【解析】（Ⅰ）由题意，通过解分式方程即可得方程的实数解析；（Ⅱ）通过函数的单调性判定数列通
证法1：因为，当时，单调递减，因此．因为，因此由得且．下面用数学归纳法证明．
因为，因此当时结论成立．
假设当时结论成立，即．由于为上的减函数，因此
，从而，
是以为首项，为公比的等比数列.
因此.
易知，因此当为奇数时，；当为偶数时，
即存在，使得.
（Ⅲ）证明：由（2），我们有，从而. 设，则由得.
由于，
因此n=1，2，3时，成立，左边不等式均成立．
当n>3时，有，
因此．
从而．即．
点睛：此题要紧考查了函数零点、单调性，数列单调性、求和与不等式关系，以及数学归纳法、分式方程的解等有关知识，属于高档题型，也是高频考点.在（Ⅱ）的证明中，第一利用函数单调性，确定函数值的范畴，由此得出数列通项的取值范畴，从而找到常数，再用数列归纳法进行证明；在（Ⅲ）的证明中，依照题意构造新数列
，再通过讨论其前项和的取值范畴，从而问题得证.
11．在数列{}n a 中，12(0),3
t a t t a =>≤，n S 为{}n a 的前n 项和，且2
1143(2)n n n n S S S S n -+=++≥ （1）比较2014a 与20153a 大小； （2）令21
1n n n n b a
a a ++=-+，数列{}n
b 的前n 项和为n T ，求证：2
4
n t T <.
【答案】（1）201420153a a >；（2）
1
12,33
a t a t a =≤
=，且由（1）知2130n n n a a S +-=≥ 11
3n n a a +∴≤∴1
2111113n n n n n n a a a a a t a a a ---⎛⎫
=⋅⋅⋅⋅≤ ⎪⎝⎭
，211n n n n b a a a ++=-+是关于1n a +的二次函数，当
12n n a a +=时取到最大值，但13n n a a +≤，2
2
2339n n n
n n a a a b a ⎛⎫⎛⎫∴≤-+=
⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
222
121222299
9n n n a a a T b b b ∴=++
+≤++
+22
21211
1199994
n t t -⎛⎫≤++++= ⎪⎝⎭. 【解析】
试题分析：（1）依照1(2)n n n a S S n -=-≥及21143(2)n n n n S S S S n -+=++≥可得到等式2
13n n n a a S +-=，
并令2014n =，即可得出等式2
2014201520143a a S -=，进而可得20142015,3a a 的大小关系；（2）由（1）知不
等式2130n n n a a S +-=≥，即11
3n n a
a +≤，进而可得不等式1
2111
113n n n n n n a a a a a t a a a ---⎛⎫
=⋅⋅
⋅⋅≤ ⎪⎝⎭
，再结合已
知2
11n n n n b a a a ++=-+是关于1n a +的二次函数，依照二次函数的图像可得出其最大值为
2
33n n n n a a b a ⎛⎫⎛⎫
≤-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
，进而由数列的前n 项和可得所证结论即可.
但13n n a a +≤，2
2
2339n n n
n n a a a b a ⎛⎫⎛⎫∴≤-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
222
121222299
9
n n n a a a T b b b ∴=++
+≤++
+22
21211
1199994
n t t -⎛⎫≤++++= ⎪⎝⎭. 12.【2020届高三数学训练题】设函数f(x)＝e x
－ax －1. (1)当a>0时，设函数f(x)的最小值为g(a)，求证：g(a)≤0； (2)求证：对任意的正整数n ，都有1n ＋1
＋2
n ＋1
＋3
n ＋1
＋…＋n
n ＋1
<(n ＋1)
n ＋1
.
【答案】(1)见解析(2)见解析.
【解析】试题分析：（1）在a>0的情形下讨论函数的单调性，求出函数的小值g(a)＝a －alna －1，再对那个函数求导，研究那个函数的最大值g(1)＝0，故g(a)≤0.（2）结合第一问得到x>0时，总有e x
>x ＋1，两边变形得到(x ＋1)n ＋1
<(e x )
n ＋1
＝e
(n ＋1)x
.再利用赋值法得到结果即可.
解析：
(1)由a>0及f′(x)＝e x －a 可得，函数f(x)在(－∞，lna)上单调递减， 在(lna ，＋∞)上单调递增，
故函数f(x)的最小值为g(a)＝f(lna)＝e lna
－alna －1＝a －alna －1，则g′(a)＝－lna ， 故当a∈(0,1)时，g′(a)>0；
令x ＋1＝
11n +，即x ＝－1n n +，可得11n ⎛⎫ ⎪+⎝⎭n ＋1<e －n
；
令x ＋1＝
21n +，即x ＝－11n n -+，可得21n ⎛⎫ ⎪+⎝⎭n ＋1<e －(n －1)
； 令x ＋1＝31n +，即x ＝－21n n -+，可得31n ⎛⎫ ⎪+⎝⎭
n ＋1<e
－(n －2)
； … 令x ＋1＝
1n n +，即x ＝－11n +，可得1n n ⎛⎫ ⎪+⎝⎭
n ＋1<e －1
. 对以上各式求和可得：
11n ⎛⎫ ⎪+⎝⎭n ＋1＋21n ⎛⎫ ⎪+⎝⎭n ＋1＋31n ⎛⎫ ⎪+⎝⎭n ＋1＋…＋1n n ⎛⎫ ⎪
+⎝⎭
n ＋1<e －n ＋e －(n －1)＋e －(n －2)＋…＋e －1 ＝
(
)11n n
e e e
---＝11n
e
e ---＝11n e e ---<1
1
e -<1. 故对任意的正整数n ，都有1n ＋1
＋2
n ＋1
＋3
n ＋1
＋…＋n
n ＋1
<(n ＋1)
n ＋1
.
点睛：那个题目考查的是利用导数研究函数的单调性，证明不等式的恒成立问题.在证明不等式的恒成立是，关于含有类似于那个题目中的n 的题目，要注意利用第一问的结论，对第一问求得的参数值代入函数表达式，再注意对函数进行变形再赋值，从而得到要证的不等式形式.。