导数数列结合
导数中的数列问题
高考数学押题系列——数列与导数最值的完美结合
领军教育高三数学 朱腾飞老师
导数解题题目，有一种题型是和数列相结合进行考查的，这类题目在求解时，往往要利用导数研究函数的最值，在根据自变量与通项公式之间的关系进行转化，这类题目的难点在于如何寻找函数中的自变量和数列通项公式的关系，这个考点在近些年的考题中略有体现，所以今天我们（微信公众号：高中数学题型研究）针对这个考点进行了整理，将我们相关的题目进行分析和整理，对考点和难点进行归纳，方便大家参考学习！
【题目一】（2017年新课标卷3理科21题）已知函数()1f x x alnx =−−．
（1）若()0f x ，求a 的值；
（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111(1)(1)(1)222
n m ++⋯+<，求m 的最小值．
【题目二】（2021年宝鸡市高考数学三模文科21题）已知函数2()2ln 1f x x x =−+.
（1）求函数()f x 的最大值；
（2）证明：*222572132ln(1),(23n n n N n
+++++>+∈）.
【题目三】（2021年宝鸡市高考数学三模理科20题）已知函数1()2ln .f x x x x
=−
− 求证：
（1）函数()f x 有且仅有一个零点； （2）
*35212ln(1),().1223(1)
n n n N n n ++++>+∈⋅⋅+ 【题目四】（2021年安徽宣城市高考数学模拟最后一卷文科21题）
已知函数f （x ）＝ae x ﹣x ﹣1．
（1）若f （x ）≥0对于任意的x 恒成立，求a 的取值范围；
（2）证明：1111ln(1)23n n
++++≥+对任意的*n N ∈恒成立．。
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。
概率与数列、导数、函数和方程等知识交汇的创新题型
概率与数列、导数、函数和方程等知识交汇的创新题型ʏ河南省固始县信合外国语高级中学 胡云兵2019年高考全国Ⅰ卷首次把概率题作为压轴题出现,当时引起一片哗然,这是在传递什么信号?概率统计题何去何从?我们要如何备考带着这些问题,我们从近几年全国卷和部分省份的概率高考题,发现概率题增加难度,不是概率知识本身增加难度,而是难在概率与其他数学知识交汇处命题㊂下面通过几道高考题来说明概率与其他数学知识交汇的创新题型㊂一㊁概率与数列的交汇例1 (2019全国Ⅰ卷理数第21题)为治疗某种疾病,研制了甲㊁乙两种新药,希望知道哪种新药更有效,为此进行动物试验㊂试验方案如下:每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验㊂对于两只白鼠,随机选一只施以甲药,另一只施以乙药㊂一轮的治疗结果得出后,再安排下一轮试验㊂当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时,就停止试验,并认为治愈只数多的药更有效㊂为了方便描述问题,约定:对于每轮试验,若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈,则甲药得1分,乙药得-1分;若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈,则乙药得1分,甲药得-1分;若都治愈或都未治愈,则两种药均得0分㊂甲㊁乙两种药的治愈率分别记为α和β,一轮试验中甲药的得分记为X ㊂(1)求X 的分布列㊂(2)若甲药㊁乙药在试验开始时都赋予4分,p i (i =0,1, ,8)表示 甲药的累计得分为i 时,最终认为甲药比乙药更有效 的概率,则p 0=0,p 8=1,p i =a p i -1+b p i +c p i +1(i =1,2, ,7),其中a =P (X =-1),b =P (X =0),c =P (X =1)㊂假设α=0.5,β=0.8㊂(i )证明:{p i +1-p i }(i =0,1,2, ,7)为等比数列;(i i)求p 4,并根据p 4的值解释这种试验方案的合理性㊂解析:(1)X 的所有可能取值为-1,0,1㊂P (X =-1)=(1-α)β,P (X =0)=αβ+(1-α)(1-β),P (X =1)=α(1-β)㊂故X 的分布列如表1㊂表1X -101P(1-α)βαβ+(1-α)(1-β)α(1-β)(2)(i )已知α=0.5,β=0.8,故由(1)得,a =0.4,b =0.5,c =0.1㊂因此,p i =0.4p i -1+0.5p i +0.1p i +1(i =1,2, ,7)㊂整理得0.1(p i +1-p i )=0.4(p i -p i -1),即p i +1-p i =4(p i -p i -1)㊂又p 1-p 0=p 1ʂ0,故{p i +1-p i }(i =0,1,2, ,7)为公比为4,首项为p 1的等比数列㊂(i i )由(i)可得:p 8=(p 8-p 7)+(p 7-p 6)+ +(p 1-p 0)+p 0=p 1(1-48)1-4=48-13p 1㊂因p 8=1,故p 1=348-1㊂因此,p 4=(p 4-p 3)+(p 3-p 2)+(p 2-p 1)+(p 1-p 0)+p 0=44-13p 1=1257㊂p 4表示最终认为甲药更有效的概率㊂由计算结果可以看出,在甲药治愈率为0.5,乙药治愈率为0.8时,认为甲药更有效的概率为p 4=1257ʈ0.0039,此时得出错误结论的概率非常小,说明这种试验方案合理㊂点评:本题是函数与数列的综合题,主要考查数列和函数的应用,考查离散型随机变量的分布列㊂根据条件推出数列的递推关系是解决本题的关键㊂其本质仍然是常规的概率与统计问题,只是其中涉及了数列问题的应用,一般转化为等差㊁等比数列的定义㊁通项公式或者数列求和问题㊂二㊁概率与函数㊁方程和导数的交汇例2 (2021新高考Ⅱ卷第21题)一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下63 解题篇 创新题追根溯源 高二数学 2023年4月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.来,设一个这种微生物为第0代,经过一次繁殖后为第1代,再经过一次繁殖后为第2代, ,该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列,设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数,P(X=i)=p i(i =0,1,2,3)㊂(1)已知p0=0.4,p1=0.3,p2=0.2,p3 =0.1,求E(X)㊂(2)设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率,p是关于x的方程:p0+ p1x+p2x2+p3x3=x的一个最小正实根㊂求证:当E(X)ɤ1时,p=1;当E(X)>1时,p<1㊂(3)根据你的理解,请说明(2)问结论的实际含义㊂解析:(1)E(X)=0ˑ0.4+1ˑ0.3+2ˑ0.2+3ˑ0.1=1㊂(2)设f(x)=p3x3+p2x2+(p1-1)x+p0㊂因为p3+p2+p1+p0=1,所以f(x)= p3x3+p2x2-(p2+p0+p3)x+p0㊂①若E(X)ɤ1,则p1+2p2+3p3ɤ1,故p2+2p3ɤp0㊂f'(x)=3p3x2+2p2x-(p2+p0+p3)㊂因为f'(0)=-(p2+p0+p3)<0, f'(1)=p2+2p3-p0ɤ0,所以f'(x)有两个不同零点x1,x2,且x1<0<1ɤx2㊂当xɪ(-ɕ,x1)ɣ(x2,+ɕ)时, f'(x)>0;当xɪ(x1,x2)时,f'(x)<0㊂故f(x)在(-ɕ,x1)上为增函数,在(x1,x2)上为减函数,在(x2,+ɕ)上为增函数㊂若x2=1,f(x)在(x2,+ɕ)为增函数且f(1)=0㊂而当xɪ(0,x2)时,因为f(x)在(x1,x2)上为减函数,所以f(x)>f(x2)= f(1)=0,故1为p0+p1x+p2x2+p3x3=x 的一个最小正实根㊂若x2>1,因为f(1)=0且在(0,x2)上为减函数,所以1为p0+p1x+p2x2+p3x3 =x的一个最小正实根㊂综上,若E(X)ɤ1,则p=1㊂②若E(X)>1,则p1+2p2+3p3>1,故p2+2p3>p0㊂此时f'(0)=-(p2+p0+p3)<0, f'(1)=p2+2p3-p0>0,故f'(x)有两个不同零点x3,x4,且x3<0<x4<1㊂当xɪ(-ɕ,x3)ɣ(x4,+ɕ)时, f'(x)>0;当xɪ(x3,x4)时,f'(x)<0㊂故f(x)在(-ɕ,x3)上为增函数,在(x3,x4)上为减函数,在(x4,+ɕ)上为增函数㊂而f(1)=0,故f(x4)<0㊂又f(0)=p0>0,故f(x)在(0,x4)存在一个零点p,且p<1㊂所以p为p0+p1x+p2x2+p3x3=x的一个最小正实根,此时p<1㊂故当E(X)>1时,p<1㊂(3)结论的实际含义:每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1,则若干代必然灭绝;若繁殖后代的平均数超过1,则若干代后被灭绝的概率小于1㊂点评:在概率与统计的问题中,决策的工具是样本的数字特征或有关概率㊂决策方案的最佳选择是将概率最大(最小)或均值最大(最小)的方案作为最佳方案,这往往借助于函数㊁不等式或数列的有关性质去实现㊂例3(2018年全国Ⅰ卷理数第20题)某工厂的某种产品成箱包装,每箱200件,每一箱产品在交付用户之前要对产品进行检验,如检验出不合格品,则更换为合格品㊂检验时,先从这箱产品中任取20件进行检验,再根据检验结果决定是否对余下的所有产品检验㊂设每件产品为不合格品的概率都为p(0<p<1),且各件产品是否为不合格品相互独立㊂(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p),求f(p)的最大值点p0㊂(2)现对一箱产品检验了20件,结果恰有2件不合格品,以(1)中确定的p0作为p 的值㊂已知每件产品的检验费用为2元,若有不合格品进入用户手中,则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用㊂①若不对该箱余下的产品进行检验,这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X,求E(X);73解题篇创新题追根溯源高二数学2023年4月Copyright©博看网. All Rights Reserved.②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据,是否该对这箱余下的所有产品作检验解析:(1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)=C220p2㊃(1-p)18(0< p<1)㊂因此,f'(p)=C220[2p(1-p)18-18p2(1-p)17]=2C220p(1-p)17(1-10p),0<p<1㊂令f'(p)=0,得p=0.1㊂当pɪ(0,0.1)时,f'(p)>0;当pɪ(0.1,1)时,f'(p)<0㊂所以f(p)的最大值点为p0=0.1㊂(2)由(1)知,p=0.1㊂①令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数,依题意知Y~B(180,0.1),X= 20ˑ2+25Y,即X=40+25Y㊂所以E(X)=E(40+25Y)=40+ 25E(Y)=40+25ˑ180ˑ0.1=490㊂②若对余下的产品作检验,则这一箱产品所需要的检验费用为400元㊂由于E(X)>400,故应该对余下的产品作检验㊂点评:解决概率和函数㊁导数的综合问题,关键是读懂题意,将与概率有关的问题(尤其是最值问题)转化为函数问题,再利用函数或导数知识解决,在转化过程中,对已知条件进行适当变形㊁整理,使之与求解的结论建立联系,从而解决问题㊂三、概率与不等式的交汇例4(2017年江苏卷第23题)已知一个口袋有m个白球,n个黑球(m,nɪN*, nȡ2),这些球除颜色外完全相同㊂现将口袋中的球随机地逐个取出,并放入如表2所示的编号为1,2,3, ,m+n的抽屉内,其中第k次取球放入编号为k的抽屉(k=1,2, 3, ,m+n)㊂表2123 m+n(1)试求编号为2的抽屉内放的是黑球的概率p;(2)随机变量X表示最后一个取出的黑球所在抽屉编号的倒数,E(X)是X的数学期望,证明:E(X)<n(m+n)(n-1)㊂解析:(1)编号为2的抽屉内放的是黑球的概率p=C n-1m+n-1C n m+n=nm+n㊂(2)随机变量X的概率分布如表3㊂表3X1n1n+11n+2 1k 1n+m PC n-1n-1C n m+nC n-1nC n m+nC n-1n+1C n m+nC n-1k-1C n m+nC n-1n+m-1C n m+n随机变量X的期望为:E(X)=ðm+n k=n1k㊃C n-1k-1C n m+n=1C n m+nðm+n k=n1k㊃(k-1)!(n-1)!(k-n)!㊂所以E(X)<1C n m+nðm+n k=n(k-2)!(n-1)!(k-n)!=1(n-1)C n m+nðm+n k=n(k-2)!(n-2)!(k-n)!=1(n-1)C n m+n(1+C n-2n-1+C n-2n+ + C n-2m+n-2)=1(n-1)C n m+n(C n-1n-1+C n-2n-1+C n-2n+ + C n-2m+n-2)=1(n-1)C n m+n(C n-1n+C n-2n+ + C n-2m+n-2)=1(n-1)C n m+n(C n-1m+n-2+C n-2m+n-2)=C n-1m+n-1(n-1)C n m+n=n(m+n)(n-1)㊂故E(X)<n(m+n)(n-1)㊂点评:本题表面看起来是概率问题,但是它重点恰在不等式,所以对于概率统计问题,我们要有意关注与其他数学知识的整合㊂同时也提醒我们要跳出固定思维模式,学会灵活处理问题的能力㊂(责任编辑徐利杰)8 3解题篇创新题追根溯源高二数学2023年4月Copyright©博看网. All Rights Reserved.。
导数在数列极限中的应用
导数在数列极限中的应用数列极限是数学中一种重要的概念，它可以帮助我们理解数学关系的本质，以及不同类型的数量间的联系。
导数在数列极限中也扮演着重要的角色。
其主要作用是描述数列中变化量的大小，从而使我们能够更好地分析数列的特征。
一般而言，导数可以是正数、负数或零。
当导数为正数时，数列的变化量是增大的，而当导数为负数时，数列的变化量是减小的。
此外，当导数为零时，数列的变化量是不变的。
这就是导数在数列极限中的应用函数的变化率可以用它来表示。
在数学分析中，导数还可以用来分析数列的特征。
例如，给定一个数列，当其第一项的导数大于零时，该数列一定是单调递增的；反之，当其第一项的导数小于等于零时，该数列一定是单调递减的。
此外，当一个数列的第二项的导数大于零时，该数列的变化量会越来越快，而当其第二项的导数小于零时，该数列的变化量会越来越慢。
这种性质很重要，因为它可以帮助我们更好地理解数列特征，从而使我们能够对特定数列进行更有效的分析。
此外，在研究极限和连续函数时，导数也可以发挥重要作用。
我们知道，连续函数在极限中是无穷小量，如果我们知道连续函数的导数值，那么就可以算出该函数的递增量，从而更好地理解其变化特征。
另外，导数在应用极限的概念时也有重要的作用。
在某些情况下，我们可以用导数来计算一个函数的极限。
这一点非常重要，因为极限有助于我们确定数列的构成以及数量的变化趋势。
总之，导数在数列极限中发挥着重要的作用。
它不仅可以帮助我们了解数列的特性，还可以用来计算连续函数的极限。
对于数学家而言，导数就像一个分析数学关系的桥梁，使我们能够理解更多的数学知识。
综上所述，导数是一种重要的数学概念，它在数列极限中的应用十分广泛。
要想更好地了解数列特征，必须熟练掌握导数的概念和计算方法，以及对导数的运用等方面的知识。
高中数学《导数和数列综合证明 (1)》导学案
高中数学《导数和数列综合证明（一）》导学案例2：已知：x x <+)1ln(2，（1）求证：）*2222()21...(81)41)(21(N n e n ∈<+⎪⎭⎫ ⎝⎛+++（2）求证：*2()311)...(8111)(911(N n e n ∈<+++）（3）求证：（1+421）（1+431）…（1+41n）＜e )211ln(......)411ln()211ln()]211)...(411)(211ln[()1ln(12222222n n x x ++++++=+++∴<+ ）（e n n n n <+++∴<⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=++++<)211)...(411)(211(12112112112121 (814121222),)311)...(8111)(911(21311213113113131......3131)311ln(......)8111ln()911()]311)...(8111)(911ln[(2212222e e n n n n n n =<+++∴<⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=++<++++++=+++∴）（ （3）ln[（1+421）（1+431）……(1+41n )]=ln[（1+421）（1+431）+…ln （1+41n ）＜221+231+…+21n＜)1(1321211-+⨯+⨯n n =1-21+21-31+…+n n 111--=1-n 1＜1∴（1+421）（1+431）……(1+41n )＜e 例3：设曲线y = f (x ) =cx bx x a ++23213在点x 处的切线斜率为k (x )，且k (-1) = 0.对一切实数x ，不等式).0()1(21)(2≠+≤≤a x x k x 恒成立（1）求f (1)的值；（2）求函数k (x )的表达式；（3）设数列)(1n k 的前n 项和为S n ，求证22+>n nS n解：（1）04)1(,0,00)(222≤--≤∆>∴≥-++++=ac b a x c bx ax c bx ax x k ①0)21)(21(4,0,021,02121222≤---≤∆<-∴≤--++c a b a x c bx ax ②又,4)1(1)1(),11(21)1(12a cb a k k k =++==∴+≤≤ 又1270)1(41=∴=∴f a（2）)0()(2≠++='=a c bx ax y x k ，由0)1(,1)1(=-=k k 得⎩⎨⎧=+-=++01c b a c b a 得⎪⎩⎪⎨⎧==+2121b c a 又)1(21)(2+≤≤x x k x 恒成立，则由)0(0212≠≥+-a c x ax 恒成立得410402141==⇒⎪⎩⎪⎨⎧=+≤-=∆>c a c a ac a 同理由02121)21(2≥-++-c x x a 恒成立得41==c a 综上，21,41===b c a 412141)(2++=∴x x k（3）∑=+++⨯+⨯>+++=ni n n n i k 122])2)(1(1431321[41])1(121[41)(1 22]2121[41+=+-=n n n 法二：和式代换，要证22+>n n S n ，即也证()1121+->-n n S n ，只需证：()()()21411222++=+--+>n n n n n n a n ，只需()()()21414)(12++>+=n n n n k ，且()322121114211=+>=+==S a ，故22+>n n S n。
导数与数列不等式结合解题技巧
导数与数列不等式结合是数学中一个重要的解题技巧，它涉及到函数的单调性、极值、最值等概念，以及数列的单调性、不等式性质等知识。
下面是一些导数与数列不等式结合解题的技巧：
1. 构造函数：根据题目条件，通过构造适当的函数，将问题转化为求函数的极值或最值问题。
2. 求导数：对构造的函数求导数，利用导数的性质判断函数的单调性。
3. 利用单调性：根据函数的单调性，结合数列不等式的性质，推导出不等式的结论。
4. 寻找临界点：在求解过程中，寻找函数的临界点，这些点可能是极值点或拐点，对于解决问题至关重要。
5. 转化问题：在解决问题时，有时需要将问题转化为其他形式，例如将不等式问题转化为函数问题，以便更好地利用已知条件和解题技巧。
6. 综合分析：在解题过程中，需要综合运用数学知识，如函数、导数、数列、不等式等，进行全面的分析和推理。
7. 检验结论：在得出结论后，需要进行检验，以确保结论的正确性和合理性。
总之，导数与数列不等式结合解题需要灵活运用各种数学知识和技巧，通过构造函数、求导数、利用单调性等方法，逐步推导出问题的结论。
同时需要注意检验结论的正确性和合理性。
运用导数巧求数列和
运用导数巧求数列和数列是数学中的基础概念，是一系列按特定顺序排列的数的集合。
数列求和是指对数列中的所有数进行求和运算。
在数学中，比较常见的数列有等差数列和等比数列。
在一些情况下，为了方便计算数列的和，可以运用导数的巧妙方法，通过对数列进行求导和积分等运算，将求和问题转化为其他数学运算问题。
一、等差数列求和等差数列是指数列中相邻两项之间的差值是一个常数的数列。
在等差数列中，如果已知首项a1、末项aN和项数n，我们需要求解的就是数列的和Sn，即1+2+3+…+n的和。
对于等差数列，我们可以运用导数的巧妙方法进行求和。
步骤：1. 首先，假设原等差数列的首项为a1，公差为d，那么原数列的通项公式为an = a1 + (n-1)d。
2. 对于数列的和Sn = a1+a2+a3+…+an，我们将其视为n的函数Sn，即Sn = Sn(n)。
3.接下来，我们对数列的和Sn进行求导，得到导数Sn’(n)。
4.然后，我们对Sn’(n)进行积分，得到Sn(n)，即数列的和。
举例：以等差数列1 + 2 + 3 + … + n为例，首项a1为1，公差d为1，通项公式为an = 1 + (n-1)1 = n。
1.对数列的和Sn进行求导，得到导数Sn’(n)：Sn’(n) = d/dn(1 + 2 + 3 + … + n) = d/dn(n(n+1)/2) = (2n +1)/22.对Sn’(n)进行积分，得到Sn(n)：Sn(n) = ∫[(2n + 1)/2]dn = (n^2 + n)/2所以，数列1+2+3+…+n的和为Sn(n)=(n^2+n)/2、通过运用导数的巧妙方法，我们成功地求解了等差数列1+2+3+…+n的和。
二、等比数列求和等比数列是指数列中相邻两项之间的比值是一个常数的数列。
在等比数列中，如果已知首项a1、末项aN和公比q，我们需要求解的就是数列的和Sn，即a1 + a2 + a3 + … + an的和。
导数在数列中的应用
令 ｂｎ＝ａ′ｎ，则 ｂｎ＋１＝２ｂｎ＋１．
两边再对 ｎ求导，得 ｂ′ｎ＋１＝２ｂ′ｎ．
从而数列｛ｂ′ｎ｝是以 ｂ′１ 为首项，２为公比的等
比数列．
由等比数列的通项公式，ｂ′ｎ＝ｂ′１·２ｎ－１．
两边对
ｎ积分，得
ｂｎ
＝ｂ′１·２ｎ－１ ｌｎ２
＋Ｃ１．
从而 ａ′ｎ＝ｌｂｎ′２１·２ｎ－１＋Ｃ１． 两边再对 ｎ积分， 得 ａｎ＝（ｌｂｎ′２１）２·２ｎ－１＋Ｃ１ｎ＋Ｃ２． 令（ｌｂｎ′２１）２＝Ｃ，得 ａｎ＝Ｃ·２ｎ－１＋Ｃ１ｎ＋Ｃ２． 由 ａ１＝１，ａｎ＋１＝２ａｎ＋ｎ，ｎ∈Ｎ ， 可知 ａ１＝１，ａ２＝３，ａ３＝８．
２ 求数列的通项公式
例 ２ 已知数列｛ａｎ｝，首项 ａ１ ＝１，ａｎ＋１ ＝２ａｎ ＋ ｎ，ｎ∈Ｎ ，求数列｛ａｎ｝的通项公式．
如果此题用传统方式构造新数列来求数列通
项，构造过程难度较大，并且不容易计算，可以试着
用导数求解．
解：对 ａｎ＋１＝２ａｎ＋ｎ两边关于 ｎ求导，
得 ａ′ｎ＋１＝２ａ′ｎ＋１．
檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸
（上接第 ７０页） ③把做错的原题在错题本上原原本本地抄一
遍，把原来错误的解法清晰地摘要在错本上，并在 下面留有一块空白；
④纠正错误．在明确错误的原因之后，还要一步 一步规范地在留下的空白处把原题再做一遍，以便 加深印象和逐步形成能力．
解题探索导数在数列中的应用许荣好江苏省苏州市吴中区江苏省外国语学校215100导数是高中数学的一个重要知识点是解决函数问题的一种重要方法为数学的发展起到了极大的推动作用
《数学之友》 ２０１８年第 ８期
解题探索
例 １ 已知数列｛ａｎ｝的通项 ａｎ ＝－３ｎ２ ＋１８ｎ， ｎ∈Ｎ，求使数列｛ａｎ｝取最大值时 ｎ的值．
导数在数列中的应用
导数在数列中的应用摘 要：导数是解决函数问题的有力工具，更为数学解题注入了新的活力。
由于数列可看做特殊的函数，所以自然可联想尝试应用导数知识解决数列问题。
一．导数的概念1、定义：0'0000()()()()()limlim lim x x x x f x f x y f x x f x f x x x x x ∆→∆→→-∆+∆-===∆∆-左导数：0'0000()()()()()lim lim lim x x x x f x f x y f x x f x f x x x x x ----∆→∆→→-∆+∆-===∆∆- 右导数： 0'0000()()()()()lim lim lim x x x x f x f x y f x x f x f x x x x x ++++∆→∆→→-∆+∆-===∆∆-'''()()()f x A f x f x A -+∴=⇔==可以证明：可导⇒连续 即：可导是连续的充分条件连续是可导的必要条件导函数：'00()()()lim limx x y f x x f x f x y x x∆→∆→∆+∆-===∆∆ 二．导数在数列问题中的应用1.利用导数确定数列的最大或最小项例1 已知数列{n a }的通项n a =328x x -,n ∈N+,求数列{n a }的最大项 解：构造辅助函数f(x )=328x x -(x>0),则()x f '=16x-23x 显然，当0<x<316时，()x f '>0,当x>316时，'f (x )<0,故f(x)在区间（0,316）上是增函数，在区间（316,+∞）上是减函数，所以当x=316时，函数取最大值。
对于n ∈N+,f(n )=328n n -,f(5)=75,f(6)=72,所以f(n)的最大值是75，即数列{n a }的最大项为5a =75. 2.利用导数研究数列的增减性例2 设定以在R 上的函数f(x )与数列{n a }满足：1a >a,其中a 是方程f(x )=x的实数根，()n n a f a =+1,f(x )可导，且()x f '∈（0,1）.（1） 证明：n a >a,(1)判定n a 与1+n a 的大小关系，并证明 证明（1）由已知1a >a,即n=1时，n a >a 成立. (2)设n=k 时 k a >a因为'f (x )>0，所以f(x )是增函数，所以1+k a =f(k a )>f(a) 又由题设可知 f(a)=a ，所以k k a a >+1 即n=k+1时，命题成立. 由（1）（2）知 n ∈N+时，n a >a 成立.(2) 要比较 n a ,1+n a 的大小，即比较n a 和f(n a )的大小，构造辅助函数g(x )=x-f(x )，则'g (x)=1-'f (x)>0,故g(x )是增函数，所以当n a >a 时，g （n a ）>g(a)，又因为g(a)=a-f(a)=0,g(n a )=()n n a f a -，所以()n n a f a ->0，故()n n a f a >即1+>k k a a 3.利用导数求数列前n 项和例3 求数列,...,...3,2,112-n nx x x 前项的和 s n . 解：当x=1时，n s =1+2+3+…+n=()121+n n 当x ≠1时，因x+2x+23x+…+nx=xx x n --+11，两边求导数，得1+2x+32x +…+n-1-n x =1-(n+1)nx +()()21111x x x n n n -++-+ 综上可知：当 x=1时，()121+=n n s n ,当x ≠1时，()()21111x nx x n s n n n -++-=+ 4．利用导数证明数列不等式例4 若⎪⎭⎫ ⎝⎛+=n n n t t a 121 其中t ∈[21,2],n T 是数列{n a }前n 项的和，求证：nnn T ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-<222证明： 构造辅助函数 f (t )=⎪⎭⎫ ⎝⎛+n n t t 121,t ∈[21,2] 则'f (t )=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-1112n n t t n . 当121≤≤t 时 'f (t)<0 当1<t ≤2时 'f (t )>0故f(t )在[21,1]上递减，在[1,2]上递增 所以 ()m a x t f =f(21)=f(2)=⎪⎭⎫ ⎝⎛+n n 21221 即n a =⎪⎭⎫ ⎝⎛+≤n n 21221 所以()⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++++≤n n n T 21 (2)1212...222122nn n n ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-<⎪⎭⎫⎝⎛+-=222211212说明这里需要证明 ：212221121n nn =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛>⎪⎭⎫ ⎝⎛+ 121221222122121221212121212==∙>+=⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+-+n nn n n n ∴nn n ⎪⎪⎭⎫⎝⎛=>⎪⎭⎫ ⎝⎛+2221211212所以命命题的证. 5. 导数在数列求和中的应用 例5 1≠x ，求下列数列之和 （1）12...321-++++n nx x x （2）22221123...n x x n x -++++（3）222242322...-+++n n x c x c x c c 分析 （1）由),...,2,1()'(1n k kx x k k ==- 可设12...321)('-++++=n nx x x x f 则n x x x x x f ...1)(32++++=而 )1(11 (11)32≠--=++++++x xx x x x x n n上式两端对x 求导，并整理得 2212)1()1(1...321x nx x n nxx x n n n -++-=+++++- [1]（2） 比较（1），（2）两式中的通项可发现，只需对[1]两端同乘以x ，再对x 求导 便可得到：22212212222)1()122()1(1...321x x n x n n x n x xn x x n n n n ---+++-+=+++++--（3） 由 21222)(212)1(---=-=n n n n nx x n n x c 可知只需对[1]式两端继续求导便可得到： 22)1(...34232--++∙+∙+n x n n x x=212212)1()()1(2)(2x x n n x n x n n n n n ----++-+- ∴ 312212222242322)1(2)()1(2)(2...x x n n x n x n n xc x c x c c n n n n n----++-=+++++--三．数列是特殊的函数（导数的应用）1. 函数的单调性与导数 例1 已知函数f(x)=3x -ax -1.（1）若f(x)在实数集R 上单调递增，求实数a 的取值范围；（2）是否存在实数a ，使f(x)在(-1,1)上单调递减？若存在，求出 a 的取值范围；若不存在，说明理由.解析 （1）由已知)('x f =32x -a.因为f(x)在R 上是单调增函数， 所以f ′(x)=32x -a ≥0在R 上恒成立，即a ≤32x 对x ∈R 恒成立. 又因为32x ≥0，所以只需a ≤0.又因为当a=0时，f ′(x)=32x ≥0, 即f(x)=3x -1在R 上是增函数，所以a ≤0.(2)由)('x f =32x -a ≤0在(-1，1)上恒成立,得a ≥32x ，x ∈(-1,1)恒成立.因为-1<x<1,所以32x <3,所以只需证明a ≥3. 当a=3时，)('x f =3(2x -1),在x ∈(-1,1)上，f ′(x)<0，即)(x f 在(-1,1)上为减函数，所以a ≥3.故存在实数a ≥3,使f(x)在(-1，1)上单调递减.2. 函数的极值与导数例2 已知x=3是函数f(x)=aln(1+x)+2x -10x 的一个极值点. (1)求a;(2)求函数f(x)的极大值；(3)若直线y=b 与函数y=)(x f 的图象有3个交点，求b 的取值范围.解析 (1)因为)('x f = x a +1+2x-10, 所以)3('f = 4a+6-10=0, 因此a=16.(2)由(1)知，)('x f =x+116+2x-10 = xx x +--1)3)(1(2 (x>-1).此时，)('x f 、)(x f 随x 的变化情况如下表：x(-1,1)1(1,3)3(3,∞)f ′(x) + 0- 0 +f(x)单增极大值 单减极小值单增由上表知函数f(x)的极大值为f(1)=16ln2-9.(3)由(2)知，f(x)在(-1,1)内单调递增，在(1,3)内单调递减，在(3,+∞)上单调递增，且当x=1或x=3时,f ′(x)=0，所以f(x)的极大值为f(1)=16ln2-9,极小值为f(3)=32ln2-21.若直线y=b 与函数y=f(x)的图象有3个交点，当且仅当f(3)<b<f(1). 因此，b 的取值范围为(32ln2-21，16ln2-9). 3. 函数的最大值、最小值与导数例3 已知函数f(x)=3x -12x+8在区间［-3,3］上的最大值与最小值分别为M,N ，试求M-N 的值.解析 )('x f =32x -12=3(x+2)(x-2)， 令)('x f =0，得1x =-2，2x =2.则)('x f ，f(x)随x 的变化情况如下表：x -3 (-3,-) -2(-2,2) 2 (2,3) 3 f ′(x) + 0 - 0 + y=f(x) 17单增极大 值24单减极小 值-8单增-1显然，M=24，N=8，则M-N=24+8=32.。
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．。
导数与数列相结合的压轴题
导数与数列相结合的压轴题《导数与数列相结合的压轴题：我的挑战与收获》我呀，是一个在数学海洋里畅游的小学生，虽然导数和数列相结合的压轴题对我来说就像是一座超级高大、云雾缭绕的山峰，但是我可不怕它，我还想跟你们好好讲讲我和它之间的那些事儿呢。
导数，我刚听到这个词的时候，感觉就像听到了一个来自神秘魔法世界的咒语。
它好像有着无穷的力量，可以把函数的变化情况摸得一清二楚。
就像一个超级侦探，能发现函数是怎么偷偷变化的。
数列呢，那就是一列列规规矩矩排着队的数字，有的数列像听话的小士兵，按照一定的规律整整齐齐地站着，比如说等差数列，就像每次都齐步走一样，相邻两个数的差都是一样的。
等比数列呢，就像在玩倍数游戏，后一个数总是前一个数乘上一个固定的数。
那导数和数列相结合的压轴题呢？哎呀，这可就像把两个魔法世界的东西硬凑到一起，创造出一个超级大怪兽。
我第一次遇到这样的题目的时候，我都懵了。
题目就像一个复杂的迷宫，那些数字和符号扭成一团，好像在跟我做鬼脸，说：“嘿嘿，你能把我们怎么样？”我记得有一道题是这样的。
给出了一个函数，然后又有一个数列的通项公式跟这个函数的导数有关系。
我就想啊，这可咋整？我看着那些密密麻麻的字和符号，心里就像有只小兔子在乱蹦。
我同桌看到我这个样子，就凑过来说：“你咋啦？愁眉苦脸的。
”我指了指题目说：“你看这个，这也太难了吧。
”同桌看了看说：“我觉得咱们可以先从函数的导数入手，看看它有啥特点。
”我听了同桌的话，就像抓住了一根救命稻草。
我开始求那个函数的导数，求出来之后，发现它还是一个挺复杂的式子。
这时候我就想，这跟数列的通项公式到底咋联系起来呢？我就像一个迷失在森林里的小探险家，找不到方向。
这时候，老师走了过来，看到我在纠结这道题，就笑着说：“你看啊，这个导数的值在某些特殊点上的情况，是不是和数列的开头几项有啥联系呢？”我眼睛一亮，对啊，我怎么没想到呢。
我赶紧把特殊点代入导数式子，再和数列的前几项对比，嘿，还真发现了点规律。
导数和数列结合的大题
导数和数列结合的大题好嘞，今天咱们就聊聊导数和数列这对“老冤家”，听起来有点复杂，但其实咱们可以轻松搞定它。
想象一下，导数就像一辆飞驰的车，而数列呢，就像那条蜿蜒的公路。
这车在这条路上，时不时得停下看看风景，顺便计算一下它的速度，明白了吧？数列就像一颗颗珍珠，串在一起。
每一个数都是一个珍珠，大家手拉手，排成一行。
可别小看这些数列哦，搞得好的话，可以为我们揭开很多数学的秘密。
就拿等差数列来说，想象一下你在走路，每一步都是固定的长度，那就是等差。
每次前进都一样，简单又明了，像是每天都要吃的泡面，一碗接一碗，没啥新花样。
但这也好，稳稳的，不容易出错。
然后，咱们再来看看导数。
导数可不简单，速度、变化，它就像是人生的节奏。
有时候慢悠悠地走，有时候拼命狂奔。
你想，生活中许多事情都是在变化的，导数就帮我们把这些变化给捋顺了。
比如，你开车的时候，车速一会快一会慢，想知道什么时候加油，什么时候刹车，导数给你个明确的答案。
这个时候，你会发现，原来数学和生活是息息相关的，不是说只有在教室里才有用。
大家可能会想，导数和数列能有什么关系呢？嘿嘿，这可就有意思了。
数列中的每个数，其实都可以看作是一个瞬间，而导数呢，就负责告诉我们这些瞬间之间的变化。
举个例子，一个数列是：1, 3, 5, 7, 9，大家都知道它是等差数列，后一个数比前一个数大2。
想象一下，这就像你在跟朋友聊天，话题在不断变化，而导数就是你的语气，偶尔高昂，偶尔低沉，传递着每个瞬间的感受。
我们再深入点，考虑一下数列的极限。
极限就像是人生的终点，每个数列都在追求某个目标，想要达到某个状态。
就像小孩子长大一样，逐渐成熟，走向自己的目标。
这时候，导数就像是助推器，帮你加速，推动你更快地达到那个目标。
设想一下，你在山坡上爬，慢慢地，越来越接近山顶。
导数告诉你，这一路的高度变化，给你提个醒：要坚持啊，快到了！大家应该也听说过“微分”的概念，这其实和导数是好朋友。
微分就像是把导数放大了，细细地观察每一个细节。
导数应用与数列求和论文
导数应用与数列求和高中引入了导数概念，给出了导数的定义，讲清楚了导数的几何意义及物理意义，在应用方面也给出了一些例题，主要是解决函数单调性、最值、不等式证明等问题。
但是在数列求和方面的应用基本上还没有涉及到，因此我仅以本文来为导数的应用开辟一条新的途径。
问题一：数列（an）的通项公式an=n×2n-1（n∈n*），求数列（an）的前项和sn.1.错位相减法：sn=1×20+2×21+3×22+...+n×2n-1 (1)2sn=1×21+2×22+...+（n-1）×2n-1+n×2n (2)由（1）-（2）得，-sn=1+21+22+…+2n-1-n×2n，有-sn=1+（n-1）×2（n∈n*）2.导数法：令f（x）=x+x2+x3+…xn（x≠0，x≠1）f（x）=1×x0+2x1+3x2+…+nxn-1，所以sn=f（2），f（x）=x+x2+x3+…+xn=x（1-xn）/1-x，因为f（x）=［1-（n-1）xn］（1-x）+（x-xn-1）/（1-x）2 有sn=f（2）=1+（n-1）×2n定理1：数列（an）的通项公式an=n×pn-1（p≠0，p≠1，n∈n*），其前项n和为sn，则sn=1+［（p-1）n-1］pn/（1-p）2。
证明：令f（x）=x+x2+x3+…+xn（x≠0，x≠1），所以，f（x）=1×x0+2x1+3x2+…+nxn-1，所以sn=f（p），f（x）=x+x2+x3+…+xn=x（1-xn）/1-x，因为f（x）=［1-（n+1）xn］（1-x）+（x-xn-1）/（1-x）2有sn=f（p）=1+［（p-1）n-1］pn/（1-p）2，证毕。
问题二：数列（cn）的通项公式cn=anbn（n∈n*），其中，an=pn+q （p，q是常数），bn=r·sn-1（rs≠0），求数列（an）前项和tn。
导数 数列递推
导数数列递推导数和数列递推是高等数学中重要的概念和方法，它们在数学和其他科学领域中具有广泛的应用。
导数是函数的一个基本性质，而数列递推则是数列的一种定义和计算方法。
本文将详细介绍导数和数列递推的概念、计算方法和应用。
一、导数导数是微积分中最基本的概念之一，它描述了函数在某一点上的变化率。
数学上，如果函数f(x)在点x处的导数存在，那么它可以通过以下公式计算：f'(x) = lim(h->0) (f(x+h) - f(x))/h其中，f'(x)表示函数f(x)在点x处的导数，lim表示极限运算，h表示一个无穷小的增量。
导数的计算方法有很多种，可以使用定义式、求导法则和微分法等方法。
求导法则包括常数法则、幂函数法则、指数函数法则、对数函数法则、三角函数法则等。
微分法则则是一种通过微分运算简化导数计算的方法。
导数的概念和计算方法在数学和其他科学领域中有广泛的应用。
在数学中，导数可以用于求函数的最值、判断函数的增减性、解微分方程等。
在物理学中，导数可以描述物体的速度、加速度等物理量的变化。
在经济学和工程学中，导数可以用于优化问题和控制系统的设计等。
二、数列递推数列递推是一种定义数列的方法，它通过给出数列的前几项和递推关系，来计算数列的其他项。
数列递推的一般形式可以表示为：a_(n+1) = f(a_n)其中，a_n表示数列的第n项，a_(n+1)表示数列的下一项，f是一个给定的递推关系函数。
数列递推的计算方法有很多种，可以使用递推关系式、通项公式、递归算法等方法。
递推关系式是一种通过前一项计算下一项的方法，通项公式则是一种通过数列的性质和规律计算任意项的方法，递归算法是一种通过递归调用函数来计算数列的方法。
数列递推在数学和其他科学领域中有广泛的应用。
在数学中，数列递推可以用于数列的求和、数列的极限计算、数列的性质研究等。
在计算机科学和算法设计中，数列递推可以用于设计递归算法、动态规划算法等。
导数与数列结合的新定义
导数与数列结合的新定义说到导数和数列，嘿，你可能会想：“哎呀，这玩意儿难度不小吧？”别担心，今天咱们就来聊聊这个问题。
你可能会觉得，导数是那个看起来高深莫测的东西，数列呢，就是一堆数字排排站。
可实际上，如果你把它们放在一起，看看它们怎么跳舞，你会发现这两者其实有点意思。
好啦，咱不废话，咱们直接开搞。
先说说“导数”。
看，咱们通常把它当成是“变化率”嘛。
比方说，你开车的时候，速度表上的数字在变，这个变化就是导数的表现。
简单来说，导数就是在看一个东西变化有多快。
哎，有人可能问了，什么叫“多快”？就好比你跑步，一开始速度快，后来慢了下来，导数就帮你告诉你“喂，现在是快还是慢，慢得多还是快得多”，这种区别。
你看，它的作用还不小吧！那再来说说“数列”，这个词有点抽象。
想象一下，你看到一个排成一排的数字，从1开始，2，3，4……一堆数字排得整整齐齐，那个就是数列。
有没有觉得它看起来挺规矩的？但其实不然，有些数列是按某种规律变化的，好比你发现每次数列里的数字都是上一个数字加上一个固定值，比如1, 3, 5, 7，这就是一个奇数数列，知道吧？其实这些数列的变化就跟生活中那些你没注意到的变化一样：有些很规律，有些则更随意。
哎，咱们就说那种很有规律的数列吧，比如等差数列，或者等比数列。
咱们直白点说，就是数字之间的间距是固定的。
就像你和朋友打篮球，你负责给他传球，每次他接到的球都是在同样的地方，你们默契到不行，根本不需要多想。
这就跟等差数列差不多，数字之间的差距是固定的，不会乱。
那种有点“离经叛道”的数列呢，就是你看上去它的变化莫测，但它还是有规律可循的——只不过规律比较复杂，像是等比数列。
就是说，每个数字都是前一个数字乘上一个常数，就像如果你去超市买东西，买的每样东西价格都不一样，但你每次都能发现，这个价格跟那个价格之间，反正有点规律。
你看，导数和数列有什么关系吗？别急，咱们继续捋这个事。
你想啊，数列里每个数字都代表着一个“状态”，就像你走在一条路上，每一步都是一个数字。
导数+数列,满分哪里跑
导数和数列综合问题解决技巧之构造函数法函数与方程数学思想方法是新课标要求的一种重要的数学思想方法，构造函数法便是其中的一种，下面就源于两个重要极限 的不等式利用近三年高考题举例加以说明。
1．设函数 f ( x) 在 R 上的导函数为 f ¢(x) ，且 2 f (x) + xf ¢(x) > x2 ，下面的不等式在R 上恒成立的是A． f (x) > 0B． f (x) < 0C． f (x) > x【答案】A【解析】由已知，首先令x = 0 得 f ( x) > 0，排除 B，D．D． f (x) < x令 g(x) = x2 f (x)，则 g¢(x) = x[2 f (x) + xf ¢(x)] ，①当x>0时，有2f(x) + xf ¢( x) =g¢(x) x>x2 g ¢(x)>0，所以函数g(x)单调 递增，所以当x>0时，g(x) > g(0) = 0，从而 f ( x) > 0 ．②当x<0时，有2f(x) + xf ¢( x) =g¢(x) x>x2 g ¢(x) < 0，所以函数g(x)单调 递减，所以当x<0时，g(x) > g(0) = 0，从而 f ( x) > 0 ．综上 f (x) > 0 ．故选 A．【考点定位】本试题考察了导数来解决函数单调性的运用．通过分析解析式的特点，考查了分析问题和解决问题的能力．2．已知函数f(x)=1 2x2-ax+(a-1)lnx，a>1．（Ⅰ）讨论函数 f (x) 的单调性；（Ⅱ）证明：若 a<5 ，则对任意 x1, x2 Î(0,+¥) ， x1x2 ，有f ( x1 ) x1 -f ( x2 ) x2>-1．解：（Ⅰ） f (x) 的定义域为(0,+¥) ．f¢(x)=x-a+a-1 x=x2- ax + a x-1 =(x -1)(x + 1- a) x（i）若 a-1=1即a=2 ，则f¢(x)=(x-1)2 x，故 f ( x) 在 (0,+¥) 单调增加．… … … … … … … 2分（ii）若 a -1 < 1 ，而 a > 1，故1 < a < 2 ，则当 x Î(a -1,1)时， f '(x) < 0 ；当 x Î(0,a -1)及 x Î (1,+¥) 时， f ' (x) > 0 ．故 f (x) 在 (a -1,1)单调减少， 在 (0,a -1),(1+, ¥) 单调增加．（iii）若 a -1 > 1 ，即 a > 2 ，同理可得 f (x) 在 (1,a -1)单调减少，在(0,1),(a -1,+¥) 单调增加．（II）考虑函数 g (x)=f(x) +x=1 2x2- ax + (a-1)ln x+x．则g¢(x)=x-(a-1)+a-1 x2xa-1 x-(a-1)=1-(a -1 -1)2 ．由于1 < a < 5, 故 g¢( x) > 0 ，即 g (x) 在 (0,+¥) 单调增加，从而当x1 > x2 > 0时有g(x1) - g( x2 ) > 0 ， 即 f ( 1 x-)f (2 +x ) 1 - x 2 ，>x 0故f(x1) x1-f (x2 ) x2>-1，当0 < x1 < x2时，有f(x1) - f (x2 ) x1 - x2=f(x2 ) - f (x1) x2 - x1> -1．… … … … … … … … … … … … 1分23．已知曲线Cn : x2 - 2nx + y2 = 0(n =1,2,) ．从点 P(-1,0)向曲线 Cn 引斜率为kn (kn > 0)的切线 ln ，切点为 Pn (xn , yn ) ．（1）求数列{xn}与{yn}的通项公式；（2）证明： x1x3x5x2n-1 <1 - xn 1 + xn<2 sinxn yn．【解析】曲线Cn : (x - n)2 + y2 = n2是圆心为 (n,0 )，半径为 n 的圆，切线ln : y = kn (x +1)（Ⅰ）依题意有|nkn + kn | kn2 +1=n ，解得 kn2=n2 ，又 2n + 1xn2- 2nxn+yn2=0，yn = kn (xn + 1)联立可解得 xn=nn +1,yn=n2n + 1 n+1，（Ⅱ）1- xn 1+ xn=1， 2n +12 sin xn yn=2 sin1 2n + 1先证： x1 x3 x5 x2n-1 <1， 2n +1证法一：利用数学归纳法当n= 1 时，x1=1 2<1 ，命题成立， 3假设 n = k 时，命题成立，即x1 x3 x5 x2k -1 <1， 2k +1则当 n = k + 1 时， x1 x3 x5 x x 2k-1 2k+1 <1 2k +1x2k +1=2k +1 2(k + 2)∵(1 )2 2k + 3/[ 2k +1 ]2 2(k + 2)=4k 2 +16k 4k 2 + 8k+16 +3>1，故2k +1 2(k + 2)<1 2k + 3 =1．2(k +1) +1∴当 n = k +1 时，命题成立故 x1 x3 x5 x2n-1 <1 成立． 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 < 2 sin 1 ．2n +12n+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 2n +1 <2 sin1． 2n +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．（2）当 a £ 0 时， f ¢(x) < 0 恒成立，所以 f ( x) 无极值．综上所述，n = 2 时，当 a > 0 时， f (x) 在 x = 1 +2 a处取得极小值，极小值为fæ1+2 a ÷÷ø=a 2æ1+ln2 a ÷ø．当 a £ 0 时， f ( x) 无极值．（Ⅱ）证法一：因为 a= 1，所以f(x)=1 (1- x)n+ ln(x -1)．当 n 为偶数时，令g( x)=x-1-(1 1- xn)- l n (x - ，1 )则 g¢(x)=1+n ( x -1)n+1-1 x -1=x-2 x -1+n ( x -1)n+1>0（x2）．所以 当 x Î[2，+ ¥) 时， g( x) 单调递增，又 g(2) = 0，因此g( x)=x-1-(x1 -1n)- l n (x - 1 ) g( 2=恒) 成0立，所以 f ( x)£ x- 1成立．当 n 为奇数时，要证f(x)£x-1，由于1 (1- x)n<0 ，所以只需证ln(x -1) £x -1，令 h( x)= x- 1- l n (x - ，1则h¢( x)=1-1 x -1=x-2 x -10（x2 ），所以 当 x Î[2，+ ¥) 时， h(x) = x -1- ln(x -1)单调递增，又h(2) =1> 0 ，所以当 x 2 时，恒有h(x) > 0 ，即 ln(x -1)< x -1命题成立．综上所述，结论成立．证法二：当 a= 1 时，f(x)=1 (1- x)n+ ln(x -1)．当x2时，对任意的正整数n，恒有1 (1- x)n£1，故只需证明1+ ln(x -1)≤ x -1．令 h( x)= x- 1- ( 1+ l nx(- 1 =) )x - -2 xl n，-( x Î[2，+ ¥) ，则h¢( x)=1-1 x -1=x-2， x-1当 x 2 时， h¢(x)≥0，故 h(x) 在[2，+ ¥) 上单调递增，因此 当 x 2 时， h(x) h(2) = 0 ，即1+ ln(x -1) £ x -1成立．故当x2时，有1 (1- x)n+ln(x- 1) £x-1．即 f ( x)£ x- 1．【试题分析】第一问对 a 讨论时要注意一些显而易见的结果，当a £ 0 时 f / ( x) < 0 恒成立， f (x) 无极值．第二问需要对构造的新函数h(x) 进行“常规处理”，即先证单调性，然后求最值 ，最后作出判断．【高 考 考 点】导数及其应用、构造函数证明不等式 【 易 错 提 醒 】没有注意该函数定义域对问题的影响，分类讨论无目标，判断f/(x)=-a(x - x1)(x （1- x)3x2 )的正负漏掉符号．【 学 科 网 备 考 提 示 】函数类问题的解题方法要内悟、归纳、整理，使之成为一个系统，在具体运用时自如流畅，既要具有一 定的思维定向，也要谨防盲目套用．此类问题对转化能力要求很高，不能有效转化是解题难以突破的主要原因，要善于构造 函数证明不等式，从而体现导数的工具性． 6．【2007年山东理】 （22）（本小题满分 14 分）设函数 f (x) = x2 + bln(x +1)，其中b 0 ．（I）当 b>1 2时，判断函数f( x)在定义域上的单调性；（II）求函数 f ( x) 的极值点；（III）证明对任意的正整数n，不等式 ln(1 n+1)>1 n2-1 n3都成立．【 解 】（Ⅰ）由题意知，f( x) 的定义域为 (-1，+ ¥) ，f¢(x)=2x +b x +1=2x2+ 2x x+1+b设g(x)=2x2+2x+b，其图象的对称轴为x=-1 2Î(-1，+¥)，\ g(x)max=gæ -1 2 ÷ø=-1 2+b当b>1 2时，g (x)max=-1 2+b>0 ，即g( x)=2x2+2x + b>0 在 (-1，+ ¥) 上恒成立，\当 x Î (-1，+ ¥) 时， f ¢( x) > 0 ，\当 b>1 2时，函数f( x)在定义域(-1，+¥)上单调递增（Ⅱ）①由（Ⅰ）得：当b>1 2时，函数f(x) 无极值点②b=1 2时，f ¢(x) =2æ x+1 22 ÷øx+1= 0 有两个相同的解 x=-1 2，xÎæ -1，-1 2 ÷ø时，f¢(x)>0，xÎæ -1 2，+¥ ÷ø时，f¢(x)>0，\b=1 2时，函数f(x)在(-1，+¥)上无极值点③当b<1 2时，f¢(x)=0有两个不同解， x1=-1-122b，x2= -1+1- 2b ， 2b < 0 时， x1 = -1-1- 2b 2< -1 ， x2 =-1+1- 2b 2>0，即 x1 Ï(-1，+ ¥) ， x2 Î[-1，+ ¥)\ b < 0 时， f ¢( x) ， f (x) 随 x 的变化情况如下表：x(-1，x2 )x2( x2，+ ¥)f ¢( x)-0+f (x)极小值由此表可知：b < 0 时， f (x) 有惟一极小值点 x2 = -1+1- 2b ， 2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 ； xb1 2时，f( x) 无极值点（Ⅲ）当 b = -1时，函数 f (x) = x2 -ln(x +1) ，令函数 h(x) = x3 - f (x) = x3 - x2 + ln(x +1)，则 h¢(x)=3x2- 2x+1 x+1=3x3+ ( x -1)2 x+1．\当 xÎ[0，+ ¥) 时， h¢(x) > 0，所以函数 h(x) 在 [0，+ ¥) 上单调递增，又 h(0)= 0 \ xÎ(0，+ ¥) 时，恒有 h( x) > h(0)= 0 ，即 x3 > x2 - ln(x +1)恒成立故当 x Î(0，+ ¥) 时，有 ln(x +1) > x2 - x3 ．对任意正整数n 取x=1 nÎ (0，+¥)，则有 lnæ1 n+1÷ø>1 n2-1 n3所以结论成立． 7．【2008年湖南理】 21．（本小题满分 13 分）已知函数f(x)=ln2 (1+x)x2 -1+ x．（I）求函数 f ( x) 的单调区间；（Ⅱ）若不等式(1+1 )n+ a n£e对任意的 n ÎN* 都成立（其中e是自然对数的底数）．求 a 的最大值．解： （Ⅰ）函数 f (x) 的定义域是(-1,+¥) ，f¢(x)=2ln(1+ 1+ xx)-x2 + 2x (1+ x)2=2(1+x)ln(1+ x) (1+ x)2x2-2x.设 g(x) = 2(1+ x)ln(1+ x) - x2 -2x，则 g¢(x) = 2ln(1+ x) - 2x.令h(x)=2ln(1+x)-2x,则h¢(x)=2 1+x-2=-2 1+x x.当 -1 < x < 0 时， h¢(x) > 0, h( x) 在 (-1,0)上为增函数，当 x＞0 时， h¢(x) < 0, h( x) 在 (0,+¥) 上为减函数．所以 h( x) 在 x = 0 处取得极大值，而h(x) = 0 ，所以 g¢(x) < 0(x 0)，函数 g( x) 在 (-1,+¥) 上为减函数．于是当 -1 < x < 0 时， g( x) > g(0)= 0,当 x > 0 时， g( x) < g(0) = 0.所以，当 -1 < x < 0 时， f ¢(x) > 0, f ( x) 在 (-1,0)上为增函数．当 x > 0 时， f ¢( x) < 0, f ( x) 在 (0,+¥) 上为减函数．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)又x Î(0,+¥), x > 0,x +1 > 0, 由 f ¢( x) > 0 ，得 x -1 > 0, \ x > 1，即 f ( x) 的单调递增区间为(1,+¥) ，综上所述：当 k 为奇数时， f (x) 的单调递增区间为(0,+¥)，当 k 为偶数时， f ( x) 的单调递增区间为(1,+¥).… … … … 4分（Ⅱ）当k为偶数时，由（Ⅰ）知f¢(x)=2(x2 -1) x所以f¢(an )=2(an2 -1). an根据题设条件有2(an2 -1) = an2+1 -3, \an2+1 = 2an2 +1, an2+1 +1 = 2(an2 +1),∴{ an2 + 1 }是以 2 为公比的等比数列，∴an2 +1 = (a12 +1) 2n-1 = 2n, \an2 = 2n -1. ………………………………分8（Ⅲ）由（Ⅰ）知，当k为奇数时，f¢=2(x+1 x),\bn=1 2f¢(n) - n=1 n,Sn=1+1 2+1 3++1 n.由已知要证æ1+1 nn+1 ÷ø>e,两边取对数，即证lnæ1+1 n ÷ø>n1 +1,… … … … … … … 10分事实上：设1 +1 n=t,则n=t1 -1(t>1),因此得不等式lnt>1-1 t(t>1)… … … … … … … … … … … … … … …①…构造函数g(t)=lnt+1 t-1(t>1),下面证明g(t)在(1,+¥)上恒大于0．g ¢(t)=1 t-1 t2>0,∴g(t) 在 (1,+¥) 上单调递增， g(t ) > g(1)= 0,即lnt>1-1 t,∴ln æ1 +1 n ÷ø>1 n +1,∴æ1+1 nn+1 ÷ø>e,1( ) 即 1 + bn bn+1 > e 成立． ………………………………………………………分12由lnn+ n1>n1 +1,得1 2+1 3++n1 +1<ln2 1+ln3 2++lnn+1 n=ln(n+1),即 Sn+1 -1 < ln(n +1),当 n = 2008 时， S2009-1 < ln2009. ……………………………………………分142．山东省日照市2009届高三模拟考试数学理科试题（22）（本小题满分 14 分）已知a>0，函数f(x)=1- x ax+lnx．（Ⅰ）试问在定义域上能否是单调函数？请说明理由；（Ⅱ）若 f ( x) 在区间 [1,+¥) 上是单调递增函数，试求实数a 的取值范围；（Ⅲ）当a = 1 时，设数列 1 n 的前n项和为Sn，求证：Sn-1 <f(n)-1nn<Sn-1(n Î N*且n2)解：（Ⅰ）f (x) 的定义域为(0,+¥)，f ¢(x) =ax ax21，由f ¢(x) = 0 得 x =1 a．……2分当x Î (a,1 a)时，f¢(x)<0，f(x)递减；当xÎ(1 a,+¥)时，f¢(x)>0，f(x) 递增．所以 y = f (x) 不是定义域上的单调函数．… … … … … … … … … … …分4（Ⅱ）若f(x)在x Î[1,+¥)是单调递增函数，则f¢(x)0恒成立，即a1 x恒成立．…………………………．…6 分即a 1 x max,x Î[1,+¥)\1 x£1\ a 1． ……………8分（Ⅲ）当 a=1 时，由（Ⅱ）知，f(x)=1xx+lnx在[1,+¥)上为增函数，f(n)-1- n n=1-n n+lnn-1nn=ln n,又 当 x > 1 时， f (x) > f (1)，\1-x x+l nx>0，即lnx>1-1 x．令g(x)=x-1-lnx,则g¢(x)=1-1 x，当xÎ(1,+¥)时，g¢(x)>0.从而函数 g(x) 在[1,+¥) 上是递增函数，所以有g(x) > g(1)= 0,即得 x -1 > ln x.综上有：1-1 x<lnx<x-1,(x>1).… … … … … … … … … … … … 1分0\1 x +1<lnx +1 x<1 x.… … … … … … … … … … … … … … … 1分2令x= 1,2,...,n-1, (n ÎN *且n2)时，不等式\x1 +1<lnx+1 x<1 x. 也成立，于是代入，将所得各不等式相加，得1 2+1 3+ ...+1 n<ln2 1+ln3 2+ ...+lnn n -1<1+1 2+... +n 1-1.即1 2+1 3+...+1 n<lnn<1+1 2+...+1 n-1.即 Sn-1<f(n)-1nn<Sn -1 (n Î N *且n 2).… … … … … … … … 14分3．山东省枣庄市2009届高三年级调研考试数学理21．（本小题满分 12 分）已知函数f(x)=1 2x2-2x, g (x)=logax(a>0, 且a1),其中a为常数，如果h(x) = f ( x) + g(x) 在其定义域上是增函数，且h¢(x) 存在零点（ h¢(x)为h( x) 的导函数）．（I）求 a 的值；（ II ） 设 A( m, g( m) ) B<, n ( 是g 函n 数 my = gn(x) 的 图 象 上 两 点 ，g ¢(x0 )=g(n) - g(m) n-m(g¢(x)为g(x)的导函数),证明: m <x0<n.解：（I）因为 h(x)=1 2x2-2x+logax(x>0).所以h¢( x)=x-2+x1 lna.因为 h(x)在(0,+¥) 上是增函数．所以 x-2+x1 ln a0在(0,+¥) 上恒成立… … … … … … … … … … …分1当x>0时, x-2+1 xlna0Ûx2-2x1 - lna.而 x2 - 2x = (x -1) 2 -1在(0,+¥) 上的最小值是- 1．于是-1-1 lna,即1£1 lna.（※）可见a> 1(若0<a<1, 则1 lna<0.这与1 lna1矛盾)从而由（※）式即得ln a £ 1. ① ………………．．………………………… 分4同时， h¢(x)=x-2+1 xlna=x2lna - 2xlna xlna+1(x>0)由 h¢(x)存在(正)零点知D = (-2ln a)2 - 4lna 0,解得 ln a 1②，或 lna £ 0(因为a > 1, lna > 0,这是不可能的). 由①②得 ln a = 1. 此时， h¢(x)存在正零点x =1,故a = e 即为所求 ……………………………分6注：没有提到（验证）ln a = 1时， h¢(x)存在正零点x = 1, 不扣分．（II）由（I）， g (x)=ln x, g ¢(x0 )=1 x0,于是1 x0=g(n) n-g(m m),x0=n lnn-m lnm.以下证明m<lnn n-m lnm.（☆）… … … … … … … … … … …分7（☆）等价于 m ln n - m ln m - n + m < 0. ……………………………分8 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.由 h(x) kx + e - k e(x ÎR),可得 x2 - kx - e + k e 0当 x Î R 时恒成立． ∵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分令 h¢(x) < 0, 由 x > 0, 解得0 < x < 1. …………………………分6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[1 , 2] 上有两个不同交点，求实数b 2的取值范围：（3）求证：对大于1的任意正整数n,lnn>1 2+1 3+1 4+…+1 n解：（1）因为f(x)=1-x ax+ln所以f'(x)=ax ax21(a>0)依题意可得，对"x Î[1,+¥).f'(x)=ax -1 ax20恒成立，所以 对 "x Î[1, +¥).ax -1 0 恒成立，所以对"xÎ[1,+¥),a1 x恒成立，a(1 x)max，即a1（2）当 a= 1时，f'(x)=xx21,若xÎ [ 12,1]，f'(x)£0，f( x) 单调递减；若 x Î[1,2].f '(x) 0, f (x) 单调递增；故 f (x) 在 x = 1 处取得极小值，即最小值 f (1)= 0又f( 12)= 1 - ln2,f(2)=ln2 -1 2,f( 12) -f(2)=3 2- 2ln2=ln e3- ln16 2>0所以要使直线 y= b 与函数y=f(x)的图象在[1 2,2]上有两个不同交点，实数b的取值范围应为(f(1),f(2)]，即0,ln2-1 2]；（3）当a=1时，由(1)可知，f(x)=1xx+lnx在[1,+¥)上为增函数，当n> 1 时，令 x=nn -1，则x>1，故f (x) >f (1)= 0 ，即f(nn -1)=1-n n -1 n+lnn n -1=-1 n+ln-n n -1>0所以 lnn n -1>1 n．n -1故ln2 1>1 2,ln3 2>1 3,ln4 3>1 4,…,lnn n -1>1 n相加可得ln2 1+ln3 2+ln4 3+…+ lnn n -1>1 2+1 3+1 4++1 n又因为ln2 1+ln3 2+ln4 3+…+lnnn -1=ln(213 24 3…nn-1)=lnn所以对大于1的任意正整书n,lnn>1 2+1 3+1 4+…+1 n（二）2009 年 4 月后7．山东省滨州市2009年 5 月高考模拟试题（理数）20．（本题满分 12）已知函数 f (x) = ax2 + lnx.（Ⅰ）求 f (x) 的单调区间；（Ⅱ）当 a = 0 时，设斜率为 k 的直线与函数 y = f (x) 相交于两点 A(x1, y1)、B(x2 , y2 )( x2>x1 ) ，求证： x1<1 k<x2 ．解：（Ⅰ）略（Ⅱ）当 a = 0 时， f (x) = ln x.以下先证 1 k>x1 ，k=y2 x2-y1 x1=ln x2 x2- ln x1 - x1>0,所以只需证 lnx2 x2-ln - x1x1<1 x1，即ln x2 x1<x2 - x1 x1=x2 x1-1.设j(t)=lnt-t+1(t> 1) ，则 j ¢(t )=1 t-1<0(t>1)．所以在t Î(1,+¥) 时，j (t) 为减函数， j(t )< j ( 1=) 0t >( ．1即 lnt < t -1(t >1)．又x2 x1>1，∴lnx2 x1<x2 x1-1成立，即1 k>x1 ．同理可证1 k<x2．∴x1<1 k<x2．8．山东省济宁市2009年高三第二次摸底考试-理科数学22．（本题满分 14 分）设函数 f (x) = (e -1)x, g(x) = ex ．（ e 是自然对数的底数） （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 > 0即 (e -1)an+1 > an… … … … … … … … … … … … … … … … … … … … …14…分9．山东省安丘、五莲、诸城、兰山四地2009届高三 5 月联考 22．（本题满分 14 分）已知函数g( x)=1sinqx+lnx在 [1,+¥)上为增函数，且qÎ ( 0 ,p)，f(x)=mx-mx1-lnx，mÎR．（1）求q 的取值范围；（2）若 f (x) - g( x) 在 [1,¥) 上为单调函数，求m 的取值范围；（3）设 h( x)=2e x，若在[1,e] 上至少存在一个 x0，使得f(x0 ) -g(x0 )>h(x0 ) 成立，求m 的取值范围．解：（1）由题意，g¢(x)=-1sinq x2+1 x0在[1,+¥)上恒成立，即sinq sinqx -1 x20 q Î( 0 ,p ) , \ s qi n >．故 sinq x -1 0 在[1,+¥) 上恒成立， ……………2分只须 sinq1-10，即sin q 1 ，只有sin q= 1．结合qÎ(0,p ),得q=p2．…4 分（2）由（1），得f(x)-g(x)=mx-m x-2lnx.\(f( x)-g( x))¢=mx2- 2x x2+m. f (x) - g(x)在 [1,¥) 上为单调函数，\mx2 - 2x + m 0 或者\mx2 - 2x + m £ 0 在[1,¥ ) 恒成立． ……………．． 6 分mx2-2x+m0等价于m(1+x2)2x,即m2x 1+ x2,而 2x 1+ x2=2x+1 x, x2 +1 x max=1\m 1．… … … … … … … … … … … … …分8\mx2- 2x + m £ 0 等价于 m(1+ x2 ) £ 2x, 即 m2x £ 1 + x2在[1,¥ ) 恒成立，而12 +x x2Î(0,1],m£0．综上， m 的取值范围是(-¥,0] [1, +¥) ． ………………………………………1分0（3）构造函数 F( x) =f (x) - g(x) - h(x),F (x) = mx -m x-2lnx-2e x.当m£0时，xÎ[1,e],mx-m x£0，-2lnx-2e x<0，所以在[1,e]上不存在一个x0，使得 f ( x0 ) - g(x0 ) > h(x0 ) 成立．当m>0时，F ¢( x)=m+m x2-2 x+2e x2=mx2-2x+ x2m+2e.… … … … 12分因为 x Î[1,e],所以 2e - 2x 0 ， mx2 + m > 0，所以 F¢(x) > 0 在 [1,e] 恒成立．故F ( x)在[1,e]上单调递增，F( x)max=me-4 e-4，只要me-4 e-4>0，。