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例析导数与数列型不等式的交汇

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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(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 ⋅⋅⋅⋅<⨯⨯⨯⋅⋅⨯=.。

解答数列与不等式交汇问题的三个策略

解答数列与不等式交汇问题的三个策略

解答数列与不等式交汇问题的三个策略 廖东明基于能力立意于数列与不等式交汇处设计的综合性解答试题，将知识、能力与素质的考查融为一体，能全面检测考生的数学素养，很好地考查以思维能力为核心的多种数学能力，具有良好的区分度．因而，数列与不等式的综合性试题往往是高考的一个热点，以压轴题的角色出现也是常见的．解答此类试题，要把握以下三个基本策略．策略1 数学归纳法数学归纳法是解决与正整数有关问题的通法之一，也是解决数列与不等式综合问题的方法之一．例1（2010年湖北高考题理21题）已知函数()bf x ax c x=++（0a >）的图象在点(1,(1))f 处的切线方程为1y x =-．（1）用a 表示,b c ；（2）若()ln f x x ≥在[1,)+∞上恒成立，求a 的取值范围；（3）证明：111123n ++++ln(1)2(1)n n n >+++（1n ≥）．点拨：（1）由(1)0f =及(1)1f '=可获解；（2）构造含参数a 的函数()()ln g x f x x =-，[1,)+∞，则有(1)0g =，21()(1)()a a g x x x x a -'=--g ，于是由0a >，11a a -<，11aa-≤确定对a 分类讨论研究()g x '值的正负性，得到满足条件的a 的取值范围；（3）尝试用数学归纳法证明，在利用归纳假设完成由n k =到1n k =+的递推时需要证明1212()l n 2121k k k k k k +++-≥+++对1k ≥恒成立，于是“依形”构造函数11()()ln 2x x x x ϕ=--（1x ≥），证明()0x ϕ≥在[1,)+∞上恒成立即可，这利用导数可以完成．解：（1）1b a =-，12c a =-．（2）1[,)2a ∈+∞．解答从略．（3）证明：用数学归纳法证明如下．①当1n =时，左边＝1，右边＝1ln 214+<（因为4332 2.7e <<），不等式成立；②假设当n k =（1k ≥）时不等式成立，即111123k++++ln(1)2(1)k k k >+++，则当1n k =+时，11111231k k ++++++1ln(1)2(1)1k k k k >+++++ 2ln(1)2(1)k k k +=+++，故只需证明2ln(1)2(1)k k k ++++≥1ln(2)2(2)k k k ++++，即只需证1212()ln 2121k k k k k k +++-≥+++对1k ≥恒成立．构造函数11()()ln 2x x x x ϕ=--（1x ≥），则(1)0ϕ=，211()(1)02x xϕ'=-≥（只在1x =处取得等号），所以()x ϕ在[1,)+∞上单调递增，所以()(1)0x ϕϕ≥=，即11()ln 2x xx-≥（1x ≥）．令21k x k +=+（1k ≥），则1212()ln 2121k k k k k k +++-≥+++．所以当1n k =+时不等式也成立．根据①和②，可知不等式对任何n +∈N 都成立．点评：运用数学归纳法证明数列不等式一般要用到放缩法且放缩要适度．本例若用通常的放缩法是无法证明不等式2ln(1)2(1)k k k ++++≥1ln(2)2(2)k k k ++++．然而审视需要证明的不等式的结构特征，构造相应的函数，通过函数的单调性（利用导数）去证明又显得容易．细于审察，把握特征，寻求“对症”的方法，是解答数学问题应具备的素养．策略2 放缩法只要涉及不等式的证明，就会用到放缩法．放缩法也是证明数列不等式问题的一个很重要的策略．例2（2010年4月济南模拟题）设数列{}n a 、{}n b 满足：14a =，252a =，12n n n a b a ++=，12n nn n na b b a b +=+．（1）用n a 表示1n a +，并证明对于任意n +∈N ，2n a >；（2）证明：数列2{ln }2n n a a +-是等比数列；（3）设n S 是数列{}n a 的前n 项和，当2n ≥时，n S 与42()3n +是否有确定的大小关系？若有，加以证明；若没有，请说明理由．点拨：（1）易知11114n n n n a b a b a b ++====，进而1222n n na a a +=+>（2n a ≠，否则逆推得到22a =）而获证；（2）先计算22n n a a +-，然后对这个等式两边取自然对数去判断；（3）先求出通项n a ，然后计算212S a a =+与42(2)3+比较大小猜测42()3n S n <+．尽管得到112231231n n n a --+=⋅-124231n -=+-22221122()3131n n --=+--+，但是累加无法消去中间的大多数项，裂项累加失败；转换角度，先放缩后累加再放缩，注意到要比较的项42()3n +823n =+，联想到211112(1)444n -++++81(1)34n =-83<，且当1,2n =时有1123124n n ---=⋅，只需证明当3n ≥时1123124n n --->⋅成立就可以成功放缩而获证，利用数学归纳法不难证明当3n ≥时1123124n n --->⋅成立．或者审视要证明42()3n S n <+，可以思考对2n a -进行递推式放缩：当2n ≥时1122231n n na a +---=+1(2)10n a ≤-（仅当2n =时等号成立），通过递推和累加、利用1n n n S S a -=+转换、放缩等去推证；若放缩过度，则从3n =开始放缩1122231n n na a +---=+1(2)82n a ≤-，直至成功． 解：（1）因为14a =，252a =，所以11b =．故11114n n n n a b a b a b ++====．易知：0n a >，12a >，22a >，4n nb a =，所以1222n n n a a a +=+>．因此，对任意n +∈N ，2n a >． （2）略证：21(2)22n n n a a a +++=，21(2)22n n n a a a +--=，所以21212(2)2(2)n n n n a a a a ++++=--，所以1122ln 2ln 22n n n n a a a a ++++=--，所以数列2{ln }2n n a a +-是等比数列．（3）证法1 由（2）可知11222ln (ln )222n n n a a a a -++=⨯--1(ln3)2n -=⋅12ln3n -=，所以112231231n n n a --+=⋅-124231n -=+-．212S a a =+132=<42(2)3+，猜测42()3n S n <+．当1,2n =时有1123124n n ---=⋅，下面用数学归纳法证明当3n ≥时1123124n n --->⋅．①当3n =时，左边＝43180-=，右边＝22432⨯=，不等式成立；②假设当n k =（3k ≥）时不等式成立，即1123124k k --->⋅，则当1n k =+时，1(1)231k -+-129(31)8k -=-+19248k ->⨯⨯+(1)124k +->⋅，即当1n k =+时不等式成立．根据①和②可知，当3n ≥且n +∈N 时不等式1123124n n --->⋅成立．因此，对于任意正整数n ，有124231n n a -=+-1224n -≤+，仅当1,2n =时取得等号．所以当3n ≥时，12n n S a a a =+++2111122(1)444n n -<+++++812(1)34n n =+-42()3n <+．当2n ≥时， 42()3n S n <+．证法 2 由（2）可知11222ln (ln )222n n n a a a a -++=⨯--1(ln3)2n -=⋅12ln3n -=，所以112231231n n n a --+=⋅-124231n -=+-．212S a a =+132=<42(2)3+，猜测42()3n S n <+． 因为124231n n a --=-，124231n n a +-=-，所以1122231231n n n n a a +---=--12131n -=+，所以当2n ≥时，11212(2)31n n n a a +--=-+1(2)10n a ≤-，当且仅当2n =时取得等号．所以3212(2)10a a -=-，4312(2)10a a -<-，…，112(2)10n n a a --<-（4n ≥），上述2n -个式子相加得，122(2)n S a a n ----111[2(2)]10n S a n -<---，所以 106520(2)n S n ---42(2)n n S a n <----，所以1122252(31)299(31)n n n S n --+<+-- 251299n <+-，即当3n ≥时，42()3n S n <+．因此，当3n ≥时，42()3n S n <+． 点评：数列不等式证明问题，有些先直接将和式化简（裂项求和或利用相关公式相关方法求和），然后放缩达到证明的目的；有些则先要对和式中的一部分项放缩，使不能求和的式子转化为能求和的式子，进而求和（有的还要继续放缩）而获证（如本例）．要掌握放缩法的常用技巧和善于利用平均值不等式、柯西不等式、排序不等式、贝努力不等式、绝对值不等式和一些经典不等式进行放缩．还必须指出，判断n S 与42()3n +的大小关系，一般需要对前若干个n 值核验来寻找它们的大小关系．策略3 函数思想有些数列不等式的证明问题从正面突击难以突破，此时可以对问题的形式稍作转换，从侧面迂回，依照其“形式”构造相应的函数，利用导数证明函数的单调性或者得到某一函数不等式，进而推演到数列不等式中有效放缩而获证．若可构造的函数是熟知的函数，则直接利用该函数的性质去推证相关结论来完成证题．例3（2010年四川高考题理22题改编）设1()1xxa f x a+=-（0a >且1a ≠），1()l o g 1a x g x x -=+．（1）设关于x 的方程2log ()(1)(7)a t g x x x =--在区间[2,6]上有实数解，求t 的取值范围；（2）当a e =（e 为自然对数的底数）时，证明：22()nk g k =>∑；（3）当102a <≤时，试比较1|()|ni f k n =-∑与4的大小，并说明理由．点拨：（1）等价转化为求函数2(1)(7)t x x =--在区间[2,6]上的值域，用导数的方法可获解；（2）简化得2(1)()ln 2nk n n g k =+=-∑，等价转化为证明2(1)ln 2n n +-＞0，审视结构特征，构造函数1()2ln u z z z z=-+-（0z >），恰有(1)0u =，只需证明()u z 在区间[1,)+∞上单调递增即可，利用导数这个工具完成证明；（3）显然1()ni f k =∑是无法直接累加得到某一式子的，需要进行巧妙的放缩使得便于累加（或者可以裂项求和或者能用公式求和）．当1n =时，11(1)1a f a +<=-211aa=+-12≤+，此时显然有|(1)1|24f -≤<，猜测1|()|4n i f k n =-<∑，从而关键是证明1()4ni f k n =<+∑．由2()11xxa f x a =+-的特征及102a <≤，k 为正整数，将()f k 中的分式的分子整数化，分母为1()1k a -，若设11pa=+（1p ≥）则可巧用二项式定理，进行适度的放缩后可以证明2k ≥时有41()1(1)f k k k <≤++，于是问题可以获证． 解：（1）解答从略，t 的取值范围为[5,32]．（2）212()ln ln 34nk g k ==+∑31ln ln51n n -++++1231ln()3451n n -=⨯⨯⨯⨯+ (1)ln 2n n +=-．构造函数构造函数221()ln z u z z z -=--12ln z z z =-+-（0z >），则21()(1)0u z z'=-≥（仅当1z =时取得等号），所以()u z 在(0,)+∞上为单调递增函数．又10>>，所以(1)0u u >=，即(1)12ln 0(1)n nn n +->+，即22()nk g k =>∑ （3）设1a p=+，则1p ≥，11(1)1af a +<=-213p =+≤．当1n =时，2|(1)1|24f p -=≤<．当2n ≥时，设2k ≥，k +∈N ，则(1)1()(1)1k k p f k p ++=+- 21(1)1k p =++-12221k k k k k C p C p C p =++++，所以1221()1k kf k C C <≤++41(1)k k =++4411k k =+-+（仅当2k =，1p =时取得等号），从而21()nk n f k =-<∑≤44121n n -+-+411n n =+-+＜1n +，所以2()(1)1nk n f k f n =<<++∑4n ≤+．综上，总有1|()|4ni f k n =-<∑．点评：数列是一种特殊的函数，一些数列不等式等价变形后方能凸显其结构特征，依据其特征构造相应的函数，利用导数研究该函数的单调性进而用于数列不等式是一种有效的证明方法．构造函数证明数列不等式是数学归纳法、一般的放缩法不可替代的一种重要策略，同学们要认真体味和把握．例4（2010年高考江苏题）设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ．已知2132a a a =+，数列是公差为d 的等差数列．（1）求数列{}n a 的通项公式（用,n d 表示）；（2）设c 为实数，对满足3m n k +=且m n ≠的任意正整数,,m n k ，不等式m n k S S cS +>都成立．求证：c 的最大值为92．点拨：（1）依据条件列式并利用1n n n a S S -=-（2n ≥）容易得到通项公式2(21)n a n d =- ；（2）易得0d >，22n S d n =，于是222()m n S S m n d +=+．构造函数22()f m m n =+22(3)m k m =+-22269m km k =-+，对于任意给定的正整数k ，时刻注意m n ≠利用二次函数的性质去求min ()f m ，由于对称轴为32km =，需要对k 分奇偶性讨论．最后由不等式m n k S S cS +>都成立，比较得到c 的最大值为92．解：（1）解答从略，数列{}n a 的通项公式为2(21)n a n d =-．（2d (1)n d =-，得到0d >，22n S d n =．于是对于满足题设的对满足3m n k +=且m n ≠的任意正整数,,m n k ，有222()m n S S m n d +=+．构造构造函数22()f m m n =+22(3)m k m =+-22269m km k =-+，其对称轴为32km =，图象开口向上．对于任意给定的正整数k ，当k 为偶数时，由于正整数,m n 满足m n ≠，于是在312k m =±时()f m 取得最小值29()22f m k =+；当k 为奇数时，由于正整数,m n 满足m n ≠，于是在3122k m =±时()f m 取得最小值291()22f m k =+．因此，对于任意给定的正整数k ，总有222()m n S S m n d +=+2291()22k d ≥+2292k d >92k S =．又对于满足3m n k +=且m n ≠的任意正整数,,m n k ，不等式m n k S S cS +>都成立，所以max 92c =．点评：命题者给出的是另一种解法，一方面利用平均值不等式得到max 92c ≥；另一方面假设任取实数92a >，设k 为偶数，令312k m =+，312kn =-得到当k >22122m n S S d ak +<⋅k aS =，所以满足条件的92c ≤，从而max 92c ≤，通过夹逼得到max 92c =．命题者的解法虽然新颖独到，但是在自然流畅方面不及本例的解法．利用一些常见的函数的性质来解决数列不等式也应值得重视！。

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

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.。

求解数列不等式证明问题的方法

求解数列不等式证明问题的方法

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

导数解答题中数列不等式的证明思路策略

导数解答题中数列不等式的证明思路策略

导数解答题中数列不等式的证明思路策略张国飞(安徽省桐城中学ꎬ安徽桐城２３１４００)摘㊀要:导数解答题中最后一问设置数列不等式的证明ꎬ是高考函数与导数知识模块中命题时比较常见的一个压轴题型.文章结合实例ꎬ就导数解答题中数列不等式的几个常见的证明思路策略加以剖析ꎬ阐述基本证明思路与技巧方法ꎬ总结证明归纳与策略ꎬ引领并指导数学教学与复习备考.关键词:导数ꎻ数列ꎻ不等式ꎻ证明ꎻ思路ꎻ策略中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)３０－００３８－０３收稿日期:２０２３－０７－２５作者简介:张国飞(１９８０.７－)ꎬ男ꎬ安徽省安庆人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀在函数与导数的综合应用解答题中ꎬ经常会有证明数列不等式ꎬ形如ðｎｉ＝１ａｉ<ｇ(ｎ)或ðｎｉ＝１ａｉ<Ａ(Ａ为常数)等形式成立的数列不等式设置.此类数列不等式的证明问题往往前后联系ꎬ与前面小题中的函数与导数的综合应用等着直接或间接的联系ꎬ需要借助函数的单调性㊁导数的基本性质以及不等式的性质等来应用ꎬ综合性强ꎬ时常是压轴题的首选ꎬ倍受各方关注.下面结合实例ꎬ就证明导数解答题中的数列不等式的思路策略加以剖析与应用ꎬ抛砖引玉[１].１抓住常用思路ꎬ进行逐项比较对于数列不等式ðｎｉ＝１ａｉ<ｇ(ｎ)ꎬ其中不等式的一边是某个数列的前ｎ项和ꎬ而另一边ｇ(ｎ)如果可以看作另一个数列的前ｎ项和ꎬ此时可以采用计算该数列的通项公式ｂｎꎬ借助ａｎ<ｂｎ的转化ꎬ通过逐项比较ꎬ利用累加法加以分析与证明.例１㊀求证:对于任意的ｘɪ(０ꎬ＋ɕ)ꎬ有ｘ１＋ｘ<ｌｎ(１＋ｘ)<ｘ恒成立.根据这个不等式证明:ｌｎ(ｎ＋１)<１＋１２＋ ＋１ｎ<ｌｎｎ＋１(ｎɪＮ∗).解析㊀令函数ｆ(ｘ)＝ｌｎ(１＋ｘ)－ｘ(ｘ>０)ꎬ则ｆᶄ(ｘ)＝１１＋ｘ－１＝－ｘ１＋ｘ<０ꎬ则知函数ｆ(ｘ)在(０ꎬ＋ɕ)上单调递减ꎬ可得ｆ(ｘ)<ｆ(０)＝０ꎬ即ｌｎ(１＋ｘ)<ｘ成立ꎻ令函数ｇ(ｘ)＝ｘ１＋ｘ－ｌｎ(１＋ｘ)(ｘ>０)ꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝１(１＋ｘ)２－１１＋ｘ＝－ｘ(１＋ｘ)２<０ꎬ则知函数ｇ(ｘ)在(０ꎬ＋ɕ)上单调递减ꎬ可得ｇ(ｘ)<ｇ(０)＝０ꎬ即ｘ１＋ｘ<ｌｎ(１＋ｘ)成立ꎻ综上分析ꎬ可得对于任意的ｘɪ(０ꎬ＋ɕ)ꎬ有ｘ１＋ｘ<ｌｎ(１＋ｘ)<ｘ恒成立.取ｘ＝１ｎꎬ可得ｘ１＋ｘ＝１ｎ１＋１ｎ＝１ｎ＋１<ｌｎ(１＋ｘ)＝ｌｎ(１＋１ｎ)＝ｌｎｎ＋１ｎ＝ｌｎ(ｎ＋１)－ｌｎｎ<ｘ＝１ｎꎬ即８３１ｎ＋１<ｌｎ(ｎ＋１)－ｌｎｎ<１ｎꎬ令ｎ＝１ꎬ２ꎬ ꎬ对应不等式累加可得１２＋１３＋ ＋１ｎ＋１<ｌｎ(ｎ＋１)<１＋１２＋ ＋１ｎꎬ即ｌｎ(ｎ＋１)<１＋１２＋ ＋１ｎ<ｌｎｎ＋１(ｎɪＮ∗).点评㊀由函数不等式过渡到数列不等式的处理ꎬ就是合理对变量进行赋值处理ꎬ进而实现逐项比较的目的ꎬ同时在累加处理时ꎬ还要对不等式的形式进行巧妙处理ꎬ这里由１２＋１３＋ ＋１ｎ＋１<ｌｎ(ｎ＋１)可得１＋１２＋１３＋ ＋１ｎ<ｌｎｎꎬ进而得到１＋１２＋ ＋１ｎ<ｌｎｎ＋１.注意递推不等式的结构特征与应用.２融合可选思路ꎬ利用数列单调(性)对于数列不等式ðｎｉ＝１ａｉ<ｇ(ｎ)ꎬ通过恒等变形转化为证明ｂｎ＝ðｎｉ＝１ａｉ－ｇ(ｎ)<０ꎬ先验证ｂ１<０ꎬ接下来验证ｂｎ＋１－ｂｎ<０恒成立ꎬ利用数列的单调性(单调递减)实现数列不等式的证明与应用[２].例２㊀设函数ｆ(ｘ)＝(ｘ－１)２＋ｂｌｎｘꎬ其中ｂ为常数.(１)判断函数ｆ(ｘ)在定义域上的单调性ꎻ(２)求证:１３２＋１４２＋ ＋１ｎ２<ｌｎ(ｎ＋１)(ｎȡ３ꎬｎɪＮ∗).㊀解析㊀由函数ｆ(ｘ)＝(ｘ－１)２＋ｂｌｎｘ(ｘ>０)ꎬ则ｆᶄ(ｘ)＝２(ｘ－１)＋ｂｘ＝２(ｘ－１２)２＋ｂ－１２ｘꎬ所以当ｂȡ１２时ꎬｆᶄ(ｘ)ȡ０ꎬ函数ｆ(ｘ)在(０ꎬ＋ɕ)上单调递增ꎻ当ｂ<１２时ꎬ令ｆᶄ(ｘ)＝０ꎬ解得ｘ１＝１２－１－２ｂ２或ｘ２＝１２＋１－２ｂ２ꎬ①当ｂɤ０时ꎬｘ１ɤ０舍去ꎬ而ｘ２ȡ１ꎬ此时ｆᶄ(ｘ)ꎬｆ(ｘ)随ｘ在定义域上的变化情况如下表:表１㊀函数单调性与导数关系ｘ(０ꎬｘ２)ｘ２(ｘ２ꎬ＋ɕ)ｆᶄ(ｘ)－０＋ｆ(ｘ)↘极小值↗ｘ(０ꎬｘ１)ｘ１(ｘ１ꎬｘ２)ｘ２(ｘ２ꎬ＋ɕ)ｆᶄ(ｘ)＋０－０＋ｆ(ｘ)↗极大值↘极小值↗㊀㊀②当０<ｂ<１２时ꎬ０<ｘ１<ｘ２ꎬ此时ｆᶄ(ｘ)ꎬｆ(ｘ)随ｘ在定义域上的变化情况如下表:综上分析ꎬ当ｂȡ１２时ꎬ函数ｆ(ｘ)在(０ꎬ＋ɕ)上单调递增ꎻ当０<ｂ<１２时ꎬ函数ｆ(ｘ)在(０ꎬ１２－１－２ｂ２)ꎬ(１２＋１－２ｂ２ꎬ＋ɕ)上单调递增ꎬ在(１２－１－２ｂ２ꎬ１２＋１－２ｂ２)上单调递减ꎻ当ｂɤ０时ꎬ函数ｆ(ｘ)在(０ꎬ１２＋１－２ｂ２)上单调递减ꎬ在(１２＋１－２ｂ２ꎬ＋ɕ)上单调递增.(２)设ｂｎ＝１３２＋１４２＋ ＋１ｎ２－ｌｎ(ｎ＋１)ꎬｎȡ３ꎬｎɪＮ∗ꎬ则ｂ３＝１９－ｌｎ４<０显然成立ꎻ当ｎȡ３ꎬｎɪＮ∗时ꎬｂｎ＋１－ｂｎ＝１(ｎ＋１)２－ｌｎ(ｎ＋２)＋ｌｎ(ｎ＋１)＝１(ｎ＋１)２－ｌｎｎ＋２ｎ＋１ꎬ设ｘ＝ｎ＋２ｎ＋１＝１＋１ｎ＋１ɪ(１ꎬ５４]ꎬ那么要证ｂｎ＋１－ｂｎ<０ꎬ只需证(ｘ－１)２－ｌｎｘ<０ꎬ取ｂ＝－１ꎬ由(１)知函数ｆ(ｘ)在(０ꎬ１＋３２)上单调递减ꎬ而５４<１＋３２ꎬ则知当ｘɪ(１ꎬ５４]时ꎬｆ(ｘ)＝９３(ｘ－１)２－ｌｎｘ<ｆ(１)＝０ꎬ从而ｂｎ＋１－ｂｎ<０成立ꎬ即数列{ｂｎ}单调递减ꎬ则有ｂｎɤｂ３<０ꎬ原数列不等式得证.点评㊀这里利用数列的单调性来证明相关的数列不等式成立时ꎬ其证明过程与逐项比较写的过程有点差异ꎬ但本质上两种方法之间有着异曲同工之妙.注意证明数列的单调性时ꎬ往往要回归题目前面部分所涉及的函数不等式问题ꎬ合理应用.３借助性质思路ꎬ合理放缩处理对于数列不等式ðｎｉ＝１ａｉ<Ａꎬ经常可以借助函数的单调性质㊁不等式的基本性质等来加强命题ðｎｉ＝１ａｉ<ｇ(ｎ)且ｇ(ｎ)<Ａꎬ通过合理的放缩与变形处理来巧妙转化与应用.放缩的关键是数列的求和与放缩ꎬ以及不等式性质的应用等[３].例３㊀已知函数ｆ(ｘ)＝ｘ－ｍｌｎｘ－１(ｍɪＲ)在ｘ＝１处取得极值Ａ.(１)求出实数ｍ的值ꎬ并判断Ａ是函数ｆ(ｘ)的最大值还是最小值ꎻ(２)证明:对于任意正整数ｎꎬ不等式(１＋１２)(１＋１２２) (１＋１２ｎ)<ｅ恒成立ꎬ其中ｅ＝２.７１８２８ 是自然对数的底数.解析㊀(１)由函数ｆ(ｘ)＝ｘ－ｍｌｎｘ－１(ｘ>０)ꎬ则ｆᶄ(ｘ)＝１－ｍｘꎬ由于ｘ＝１是函数ｆ(ｘ)的极值点ꎬ则有ｆᶄ(１)＝０ꎬ即１－ｍ１＝０ꎬ解得ｍ＝１ꎬ此时函数ｆ(ｘ)＝ｘ－ｌｎｘ－１ꎬｆᶄ(ｘ)＝１－１ｘ＝ｘ－１ｘꎬ则知当０<ｘ<１时ꎬｆᶄ(ｘ)<０ꎬ函数ｆ(ｘ)单调递减ꎻ当ｘ>１时ꎬｆᶄ(ｘ)>０ꎬ函数ｆ(ｘ)单调递增ꎬ所以函数ｆ(ｘ)在ｘ＝１处取得极值Ａ＝ｆ(１)＝０是最小值ꎻ(２)由(１)知ꎬ当ｘ>１时ꎬｆ(ｘ)>ｆ(１)＝０ꎬ即ｘ－１>ｌｎｘꎬ不妨令ｘ＝１＋１２ｎꎬｎɪＮ∗ꎬ则有ｌｎ(１＋１２ｎ)<１２ｎꎬｎɪＮ∗ꎬ所以ｌｎ(１＋１２)＋ｌｎ(１＋１２２)＋＋ｌｎ(１＋１２ｎ)<１２＋１２２＋ ＋１２ｎ＝１２(１－１２ｎ)１－１２＝１－１２ｎ<１ꎬ即ｌｎ[(１＋１２)(１＋１２２) (１＋１２ｎ)]<１＝ｌｎｅꎬ所以不等式(１＋１２)(１＋１２２) (１＋１２ｎ)<ｅ恒成立.点评㊀在解决导数解答题中数列不等式的证明问题时ꎬ往往要先从前面小题的过程或结论中选取合适的函数不等式加以应用ꎬ这非常考验考生的观察能力.而在对数列不等式进行累加求和处理后ꎬ合理的放缩是正确证明的关键ꎬ要注意观察所要证明的数列不等式的结构特征加以巧妙放缩处理.在解决导数解答题中数列不等式的证明时ꎬ除了以上三种基本的证明思路策略ꎬ还可以借助推理与证明思维进一步加以综合与应用ꎬ利用可行的思路方法与技巧策略来剖析ꎬ有时在证明数列不等式时还可以多种证明思路策略联合应用ꎬ实现问题的综合应用与巧妙解决[４].参考文献:[１]韩文美.突出四个 基本点 ꎬ强化导数及应用[Ｊ].中学生数理化(高二数学)ꎬ２０２３ꎬ９７４(０６):２２－２４ꎬ２６.[２]白亚军.求解数列不等式的常见放缩技巧[Ｊ].高中数学教与学ꎬ２０２３(０９):２１－２２ꎬ２０.[３]蔡雯.例析高考中函数与数列不等式证明问题的突破[Ｊ].高中数理化ꎬ２０２３(０７):２６－２７.[４]刘海涛.由一道高考题引发的对证明数列不等式的思考[Ｊ].中学数学月刊ꎬ２０２１(０４):６３－６４.[责任编辑:李㊀璟]０４。

(完整版)导数与数列不等式

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导数与数列不等式1．设函数)1ln(2)1()(2x x x f +-+=（1）若关于x 的不等式0)(≥-m x f 在]1,0[-e 有实数解，求实数m 的取值范围；（2）设1)()(g 2--=x x f x ，若关于x 的方程p x =)(g 至少有一个解，求p 的最小值.（3）证明不等式：nn 131211)1ln(++++<+Λ )(*N n ∈ （4）证明不等式：1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋(n ＋1)>ln2 (n ∈N *)． 2（Ⅰ）当92a =时，设g x f x k =-()()，如果函数()x g 仅有一个零点，求实数k 的取值范围；（Ⅱ）当2a =时，试比较f x ()与1的大小； （Ⅲ）求证：1111ln 135721n n +>+++++L ()n ∈*N () 3．已知函数.（1）求的单调区间和极值；的极大值为（2）求证：. 4.已知函数kx x f =)(，x x x g ln )(=（1）求函数xx x g ln )(=的单调区间 （2）若不等式)()(x g x f >在),0(+∞上恒成立，求k 的取值范围。

（3）e n n n21ln 24<∑ 5.已知函数x t tx x f ln )(--=。

（1）若函数)(x f 在),1[+∞上为增函数，求t 的取值范围。

()2ln(1)(0)f x a x x a =+->()f x ()f x 2ln 221a a a -+(1)lg lg lg 4lg lg (1)23n n n n e e e e e n n++++⋅⋅⋅+>+*()n N ∈（2）当时且2*≥∈n N n ，证明n nln ln 13ln 12ln 1>+++Λ 6.已知函数()ln 1f x x x =-+｡(1)求()f x 的最大值; (2)证明不等式:()*121n n nn e n N n n n e ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++<∈ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭L 7.已知函数()()2ln 1f x x x =-+(1)当0x >时,求证:()3;f x x < (2)当n N *∈时,求证:()33311111511...23421nk f k n n n =⎛⎫<++++≤- ⎪+⎝⎭∑ 8.已知函数2()2ln 1f x a x x =-+｡(1)当1a =时,求函数()f x 的单调区间及()f x 的最大值;(2)令()()g x f x x =+,若()g x 在定义域上是单调函数,求a 的取值范围; (3)对于任意的*2,n n N ≥∈,试比较22222ln 2ln 3ln 4ln 5ln n +++++L 与232(1)n n n n --+的大小并证明你的结论｡9.已知函数()()ln 0f x x a x a =-->(1)若1a =,求()f x 的单调区间及()f x 的最小值;(2)若0a >,求()f x 的单调区间;(3)试比较()()()()222222121ln 2ln 3ln ...2,2321n n n n n N n n *-++++≥∈+与的大小,并证明｡ 10.已知函数)0()(>++=a c xb ax x f 的图像在点))1(,1(f 处的切线方程为1-=x y ｡ (1)用a 表示出c b ,;(2)若x x f ln )(≥在),1[+∞上恒成立,求a 的取值范围;(3)证明:)1()1(2)1ln(131211≥+++>++++n n n n n Λ. 11.设函数()ln(1),()'(),0f x x g x xf x x =+=≥，其中'()f x 是()f x 的导函数.（1）11()(),()(()),n n g x g x g x g g x n N ++==∈，求()n g x 的表达式； （2）若()()f x ag x ≥恒成立，求实数a 的取值范围；（3）设n N +∈，比较(1)(2)()g g g n +++L与()n f n -的大小，并加以证明.解：由题设得，()(0)1x g x x x=≥+ （Ⅰ）由已知，1211(),()(())11211xx x x g x g x g g x x x x x+====++++ 3()13x g x x =+，…，可得()1n x g x nx=+ 下面用数学归纳法证明① 当1n =时，1()1x g x x=+，结论成立 ② 假设n k =时结论成立，即()1k x g x kx =+ 那么1n k =+时，11()(())1(1)11k k xx kx g x g g x x k x kx++===++++ 即结论成立由①②可知，结论对n N +∈成立。

高考数学-数列与不等式的交汇题型分析及解题策略论文

高考数学-数列与不等式的交汇题型分析及解题策略论文

数列与不等式的交汇题型分析及解题策略【命题趋向】数列与不等式交汇主要以压轴题的形式出现，试题还可能涉及到与导数、函数等知识综合一起考查.主要考查知识重点和热点是数列的通项公式、前n项和公式以及二者之间的关系、等差数列和等比数列、归纳与猜想、数学归纳法、比较大小、不等式证明、参数取值范围的探求，在不等式的证明中要注意放缩法的应用.此类题型主要考查学生对知识的灵活变通、融合与迁移，考查学生数学视野的广度和进一步学习数学的潜能．近年来加强了对递推数列考查的力度，这点应当引起我们高度的重视．如08年北京文20题(12分)中档偏上，考查数列与不等式恒成立条件下的参数问题、08年湖北理21题(12分)为中档偏上，考查数列与不等式交汇的探索性问题、08年江西理19题(12分)中等难度，考查数列求和与不等式的交汇、08年全国卷Ⅰ理22(12分)压轴题，难说大，考查数学归纳法与不等式的交汇，等等.预计在2009年高考中,比较新颖的数列与不等式选择题或填空题一定会出现.数列解答题的命题热点是与不等式交汇,呈现递推关系的综合性试题.其中,以函数与数列、不等式为命题载体,有着高等数学背景的数列与不等式的交汇试题是未来高考命题的一个新的亮点,而命题的冷门则是数列与不等式综合的应用性解答题.【考试要求】1．理解数列的概念，了解数列通项公式的意义，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项．2．理解等差数列的概念．掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，并能解决简单的实际问题．3．理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，并能解决简单的实际问题。

4．理解不等式的性质及其证明．5．掌握两个（不扩展到三个）正数的算术平均数不小于它们的几何平均数的定理，并会简单的应用．6．掌握分析法、综合法、比较法证明简单的不等式．7．掌握简单不等式的解法及理解不等式│a│－│b│≤│a+b│≤│a│+│b│．【考点透视】1．以客观题考查不等式的性质、解法与数列、等差数列、等比数列的简单交汇.2．以解答题以中档题或压轴题的形式考查数列与不等式的交汇，还有可能涉及到导数、解析几何、三角函数的知识等，深度考查不等式的证明(主要比较法、综合法、分析法、放缩法、数学归纳法、反证法)和逻辑推理能力及分类讨论、化归的数学思想，试题新颖别致，难度相对较大.3．将数列与不等式的交汇渗透于递推数列及抽象数列中进行考查，主要考查转化及方程的思想.【典例分析】题型一求有数列参与的不等式恒成立条件下参数问题求得数列与不等式绫结合恒成立条件下的参数问题主要两种策略：(1)若函数f(x)在定义域为D，则当x∈D时，有f(x)≥M恒成立⇔f(x)min≥M；f(x)≤M恒成立⇔f(x)max≤M；(2)利用等差数列与等比数列等数列知识化简不等式，再通过解不等式解得.【例1】等比数列{a n}的公比q＞1，第17项的平方等于第24项，求使a1＋a2＋…＋a n＞1a1＋1a2＋…＋1a n恒成立的正整数n的取值范围.【分析】 利用条件中两项间的关系，寻求数列首项a 1与公比q 之间的关系，再利用等比数列前n 项公式和及所得的关系化简不等式，进而通过估算求得正整数n 的取值范围.【解】 由题意得：(a 1q 16)2＝a 1q 23，∴a 1q 9＝1.由等比数列的性质知：数列{1a n }是以1a 1为首项，以1q为公比的等比数列，要使不等式成立，则须a 1(q n－1)q －1＞1a 1[1－(1q )n ]1－1q ，把a 21＝q -18代入上式并整理，得q -18(q n－1)＞q(1－1qn )，q n＞q 19，∵q＞1，∴n＞19，故所求正整数n 的取值范围是n≥20. 【点评】 本题解答数列与不等式两方面的知识都用到了，主要体现为用数列知识化简，用不等式知识求得最后的结果.本题解答体现了转化思想、方程思想及估算思想的应用.【例2】 （08·全国Ⅱ）设数列{a n }的前n 项和为S n ．已知a 1＝a ，a n+1＝S n ＋3n，n∈N*．(Ⅰ)设b n ＝S n －3n，求数列{b n }的通项公式；（Ⅱ）若a n+1≥a n ，n∈N*，求a 的取值范围．【分析】 第（Ⅰ）小题利用S n 与a n 的关系可求得数列的通项公式；第（Ⅱ）小题将条件a n+1≥a n 转化为关于n 与a 的关系，再利用a≤f(n)恒成立等价于a≤f(n)min 求解．【解】 (Ⅰ)依题意，S n+1－S n ＝a n+1＝S n ＋3n ，即S n+1＝2S n ＋3n，由此得S n+1－3 n+1＝2(S n －3n)．因此，所求通项公式为b n ＝S n －3n ＝(a －3)2 n -1，n∈N*, ①(Ⅱ)由①知S n ＝3n ＋(a －3)2 n -1，n∈N*，于是，当n≥2时，a n ＝S n －S n -1＝3n ＋(a －3)2 n -1－3n -1－(a －3)2 n -2＝2×3n -1＋(a －3)2 n -2， a n+1－a n ＝4×3n -1＋(a －3)2n -2＝2n -2·[12·(32)n -2＋a －3]，当n≥2时，a n+1≥a n ，即2 n -2·[12·(32)n -2＋a －3]≥0，12·(32)n -2＋a －3≥0，∴a≥－9，综上，所求的a 的取值范围是[－9，＋∞]．【点评】 一般地，如果求条件与前n 项和相关的数列的通项公式，则可考虑S n 与a n的关系求解.本题求参数取值范围的方法也一种常用的方法，应当引起重视.题型二 数列参与的不等式的证明问题此类不等式的证明常用的方法：(1)比较法，特别是差值比较法是最根本的方法；(2)分析法与综合法，一般是利用分析法分析，再利用综合法分析；(3)放缩法，主要是通过分母分子的扩大或缩小、项数的增加与减少等手段达到证明的目的.【例3】 已知数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，a 3＝7，S 4＝24．(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)设p 、q 都是正整数，且p ≠q ，证明：S p+q ＜12(S 2p ＋S 2q )．【分析】 根据条件首先利用等差数列的通项公式及前n 项公式和建立方程组即可解决第(Ⅰ)小题；第(Ⅱ)小题利用差值比较法就可顺利解决.【解】 （Ⅰ）设等差数列{a n }的公差是d ，依题意得，⎩⎨⎧ a 1＋2d ＝74a 1＋6d ＝24，解得⎩⎨⎧ a 1＝3d ＝2，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1. （Ⅱ）证明：∵a n ＝2n ＋1，∴S n ＝n(a 1＋a n )2＝n 2＋2n ．2S p+q －(S 2p ＋S 2q )＝2[(p ＋q)2＋2(p ＋q)]－(4p 2＋4p)－(4q 2＋4q)＝－2(p －q)2，∵p ≠q ，∴2S p+q －(S 2p ＋S 2q )＜0，∴S p+q ＜12(S 2p ＋S 2q )．【点评】 利用差值比较法比较大小的关键是对作差后的式子进行变形，途径主要有：（1）因式分解；（2）化平方和的形式；（3）如果涉及分式，则利用通分；（4）如果涉及根式，则利用分子或分母有理化.【例4】 (08·安徽高考)设数列{a n }满足a 1＝0，a n+1＝ca n 3＋1－c ，c∈N*，其中c 为实数.(Ⅰ)证明：a n ∈[0，1]对任意n∈N*成立的充分必要条件是c∈[0，1]；(Ⅱ)设0＜c ＜13，证明：a n ≥1－(3c)n -1，n∈N*；（Ⅲ）设0＜c ＜13，证明：a 12＋a 22＋…＋a n 2＞n ＋1－21－3c ，n ∈N*.【分析】 第（1）小题可考虑用数学归纳法证明；第（2）小题可利用综合法结合不等关系的迭代；第（3）小题利用不等式的传递性转化等比数列，然后利用前n 项和求和，再进行适当放缩.【解】（Ⅰ）必要性：∵a 1＝0，a 2＝1－c ，又∵a 2∈[0，1]，∴0≤1－c≤1，即c∈[0，1].充分性：设c∈[0，1]，对n∈N*用数学归纳法证明a n ∈[0，1]. (1)当n ＝1时，a 1∈[0，1].(2)假设当n ＝k 时，a k ∈[0，1](k≥1)成立，则a k ＋1＝ca k 3＋1－c≤c＋1－c ＝1，且a k ＋1＝ca k 3＋1－c≥1－c≥0， ∴a k ＋1∈[0，1]，这就是说n ＝k ＋1时，a n ∈[0，1]. 由（1）、（2）知，当c∈[0，1]时，知a n ∈[0，1]对所胡n∈N*成立. 综上所述，a n ∈[0，1]对任意n∈N*成立的充分必要条件是c∈[0，1].（Ⅱ）设0＜c ＜13，当n ＝1时，a 1＝0，结论成立.当n≥2时，由a n ＝ca n -13＋1－c ，∴1－a n ＝c(1－a n -1)(1＋a n -1＋a n -12)∵0＜c ＜13，由(Ⅰ)知a n -1∈[0，1]，所以1＋a n -1＋a n -12≤3，且1－a n -1≥0，∴1－a n ≤3c(1－a n -1)，∴1－a n ≤3c(1－a n -1)≤(3c)2(1－a n -2)≤…≤(3c) n -1(1－a 1)＝(3c) n -1，∴a n ≥1－(3c)n -1，n∈N*.(Ⅲ)设0＜c ＜13，当n ＝1时，a 12＝0＞2－21－3c，结论成立.当n≥2时，由（Ⅱ）知a n ≥1－(3c)n -1＞0，∴a n 2≥[(1－(3c)n -1)] 2＝1－2(3c)n -1＋(3c)(n -1)＞1－2(3c)n -1， a 12＋a 22＋…＋a n 2＝a 22＋…＋a n 2＞n －1－2[3c ＋(3c)2＋…＋(3c)n -1]＝n －1－2[1＋3c ＋(3c)2＋…＋(3c)n -1－1]＝n ＋1－2[1－(3c)n]1－3c ＞n ＋1－21－3c.【点评】 本题是数列与不等式、数学归纳法的知识交汇题，属于难题，此类试题在高考中点占有一席之地，复习时应引起注意.本题的第(Ⅰ)小题实质也是不等式的证明，题型三 求数列中的最大值问题求解数列中的某些最值问题，有时须结合不等式来解决，其具体解法有：(1)建立目标函数，通过不等式确定变量范围，进而求得最值；(2)首先利用不等式判断数列的单调性，然后确定最值；(3)利用条件中的不等式关系确定最值.【例5】 (08·四川高考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4≥10，S 5≤15，则a 4的最大值为______.【分析】 根据条件将前4项与前5项和的不等关系转化为关于首项a 1与公差d 的不等式，然后利用此不等关系确定公差d 的范围，由此可确定a 4的最大值.【解】 ∵等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4≥10，S 5≤15，∴⎩⎪⎨⎪⎧ S 4＝4a 1＋4×32d≥10S 5＝5a 1＋5×42d≤15，即⎩⎨⎧ a 1＋3d≥5a 1＋2d≤3，∴⎩⎨⎧ a 4＝a 1＋3d≥5－3d 2＋3d ＝5＋3d 2a 4＝a 1＋3d ＝(a 1＋2d)＋d≤3＋d ， ∴5＋3d 2≤a 4≤3＋d ，则5＋3d≤6＋2d ，即d≤1.∴a 4≤3＋d≤3＋1＝4，故a 4的最大值为4. 【点评】 本题最值的确定主要是根据条件的不等式关系来求最值的，其中确定数列的公差d 是解答的关键，同时解答中要注意不等式传递性的应用.【例6】 等比数列{a n }的首项为a 1＝2002，公比q ＝－12．(Ⅰ)设f(n)表示该数列的前n 项的积，求f(n)的表达式；(Ⅱ)当n 取何值时，f(n)有最大值．【分析】 第(Ⅰ)小题首先利用等比数列的通项公式求数列{a n }的通项，再求得f(n)的表达式；第(Ⅱ)小题通过商值比较法确定数列的单调性，再通过比较求得最值.【解】 (Ⅰ)a n ＝2002·(－12)n -1，f(n)＝2002n·(－12)n(n -1)2(Ⅱ)由(Ⅰ)，得|f(n ＋1)||f(n)|＝20022n ，则当n≤10时，|f(n ＋1)||f(n)|＝20022n ＞1，∴|f(11)|＞|f(10)|＞…＞|f(1)|，当n≥11时，|f(n ＋1)||f(n)|＝20022n ＜1，∴|f(11)|＞|f(12)|＞|f(13)|＞…，∵f(11)＜0，f(10)＜0，f(9)＞0，f(12)＞0，∴f(n)的最大值为f(9)或f(12)中的最大者．∵f(12)f(9)＝200212·(12)6620029·(12)36＝20023·(12)30＝(2002210)3＞1， ∴当n ＝12时，f(n)有最大值为f(12)＝200212·(12)66．【点评】 本题解答有两个关键：(1)利用商值比较法确定数列的单调性；(2)注意比较f(12)与f(9)的大小.整个解答过程还须注意f(n)中各项的符号变化情况.题型四 求解探索性问题数列与不等式中的探索性问题主要表现为存在型，解答的一般策略：先假设所探求对象存在或结论成立，以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理，若由此推出矛盾，则假设不成立，从而得到“否定”的结论，即不存在.若推理不出现矛盾，能求得在范围内的数值或图形，就得到肯定的结论，即得到存在的结果.【例7】 已知{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋S n ＝4.(Ⅰ)求证：数列{a n }是等比数列；(Ⅱ)是否存在正整数k ，使S k+1－2S k －2＞2成立.【分析】 第(Ⅰ)小题通过代数变换确定数列a n +1与a n 的关系，结合定义判断数列{a n }为等比数列；而第(Ⅱ)小题先假设条件中的不等式成立，再由此进行推理，确定此不等式成立的合理性.【解】 (Ⅰ)由题意，S n ＋a n ＝4，S n +1＋a n +1＝4，由两式相减，得(S n +1＋a n +1)－(S n ＋a n )＝0，即2a n +1－a n ＝0，a n +1＝12a n ，又2a 1＝S 1＋a 1＝4，∴a 1＝2，∴数列{a n }是以首项a 1＝2，公比为q ＝12的等比数列.(Ⅱ)由(Ⅰ)，得S n ＝2[1―(12)n]1―12＝4－22-n.又由S k+1－2S k －2＞2，得4－21-k－24－22-k－2＞2，整理，得23＜21-k ＜1，即1＜2 k -1＜32， ∵k ∈N *，∴2k -1∈N *，这与2k -1∈(1，32)相矛盾，故不存在这样的k ，使不等式成立.【点评】 本题解答的整个过程属于常规解法，但在导出矛盾时须注意条件“k ∈N *”，这是在解答数列问题中易忽视的一个陷阱.【例8】 (08·湖北高考)已知数列{a n }和{b n }满足：a 1＝λ，a n+1＝23a n ＋n －4，b n ＝(－1)n(a n －3n ＋21)，其中λ为实数，n 为正整数.（Ⅰ）对任意实数λ，证明数列{a n }不是等比数列；（Ⅱ）试判断数列{b n }是否为等比数列，并证明你的结论；（Ⅲ）设0＜a ＜b,S n 为数列{b n }的前n 项和.是否存在实数λ，使得对任意正整数n ，都有a ＜S n ＜b?若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由.【分析】 第(Ⅰ)小题利用反证法证明；第(Ⅱ)小题利用等比数列的定义证明；第(Ⅲ)小题属于存在型问题，解答时就假设a ＜S n ＜b 成立，由此看是否能推导出存在存在实数λ.【解】 （Ⅰ）证明：假设存在一个实数λ，使{a n }是等比数列，则有a 22＝a 1a 3，即 (23λ－3)2＝λ(49λ－4)⇔49λ2－4λ＋9＝49λ2－4λ⇔9＝0，矛盾，所以{a n }不是等比数列.(Ⅱ)解：因为b n+1＝(－1)n+1[a n+1－3(n ＋1)＋21]＝(－1)n+1(23a n －2n ＋14)＝－23(a n －3n －21)＝－23b n ，又b 1＝－(λ＋18)，所以当λ＝－18时，b n ＝0(n∈N*)，此时{b n }不是等比数列；当λ≠－18时，b 1＝－(λ＋18)≠0，由上可知b n ≠0，∴b n+1b n ＝－23(n∈N*).故当λ≠－18时，数列{b n }是以－(λ＋18)为首项，－23为公比的等比数列.(Ⅲ)由（Ⅱ）知，当λ＝－18，b n ＝0(n∈N*)，S n ＝0，不满足题目要求；.∴λ≠－18，故知b n ＝－(λ＋18)×(－23)n -1，于是S n ＝－35(λ＋18)·[1－(－23)n]要使a ＜S n ＜b 对任意正整数n 成立，即a ＜－－35(λ＋18)·[1－(－23)n]＜b ，(n∈N*).得a 1－(－23)n ＜－35(λ＋18)＜b 1－(－23)n，(n∈N*) ①令f(n)＝1－(－23)n ，则当n 为正奇数时，1＜f(n)≤53，当n 为正偶数时59≤f(n)＜1；∴f(n)的最大值为f(1)＝53，f(n)的最小值为f(2)＝59,于是，由①式得59a ＜－35(λ＋18)＜35b ，∴－b －18＜λ＜－3a －18，(必须－b ＜－3a ，即b ＞3a).当a ＜b ＜3a 时，由－b －18≥－3a －18，不存在实数满足题目要求；当b ＞3a 存在实数λ，使得对任意正整数n ，都有a ＜S n ＜b,且λ的取值范围是(－b －18，－3a －18). 【点评】 存在性问题指的是命题的结论不确定的一类探索性问题，解答此类题型一般是从存在的方面入手，寻求结论成立的条件，若能找到这个条件，则问题的回答是肯定的；若找不到这个条件或找到的条件与题设矛盾，则问题的回答是否定的.其过程可以概括为假设——推证——定论.本题解答注意对参数λ及项数n 的双重讨论.【专题训练】 一、选择题1．已知无穷数列{a n }是各项均为正数的等差数列，则有（ ）A ．a 4a 6＜a 6a 8B ．a 4a 6≤a 6a 8C ．a 4a 6＞a 6a 8D ．a 4a 6≥a 6a 82．设{a n }是由正数构成的等比数列，b n ＝a n+1＋a n+2，c n ＝a n ＋a n+3，则（ ） A ．b n ＞c nB ．b n ＜c nC ．b n ≥c nD ．b n ≤c n3．已知{a n }为等差数列，{b n }为正项等比数列，公比q≠1，若a 1＝b 1，a 11＝b 11，则（ ）A ．a 6＝b 6B ．a 6＞b 6C ．a 6＜b 6D ．a 6＞b 6或a 6＜b 64．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－9n ，第k 项满足５＜a k ＜８，则k ＝ （ ）A ．9B ．8C ．7D ．65．已知等比数列{a n }的公比q ＞0，其前n 项的和为S n ，则S 4a 5与S 5a 4的大小关系是（ ）A ．S 4a 5＜S 5a 4B ．S 4a 5＞S 5a 4C ．S 4a 5＝S 5a 4D ．不确定 6．设S n ＝1＋2＋3＋…＋n ，n∈N*，则函数f(n)＝S n(n ＋32)S n+1的最大值为（ ）A ．120B ．130C ．140D ．1507．已知y 是x 的函数，且lg3，lg(sinx －12)，lg(1－y)顺次成等差数列，则（ ） A ．y 有最大值1，无最小值 B ．y 有最小值1112，无最大值C ．y 有最小值1112，最大值1D ．y 有最小值－1，最大值18．已知等比数列{a n }中a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是（ ）Ａ．(－∞，－1] Ｂ．(－∞，－1)∪(1，＋∞) Ｃ．[3，＋∞) Ｄ．(－∞，－1]∪[3，＋∞)9．设3b 是1－a 和1＋a 的等比中项，则a ＋3b 的最大值为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．410．设等比数列{a n }的首相为a 1，公比为q ，则“a 1＜0，且0＜q ＜1”是“对于任意n∈N*都有a n+1＞a n ”的 （ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分比要条件 D ．既不充分又不必要条件11．{a n }为等差数列，若a 11a 10＜－1，且它的前n 项和S n 有最小值，那么当S n 取得最小正值时，n ＝ （ ）A ．11B ．17C ．19D ．2112．设f(x)是定义在R 上恒不为零的函数，对任意实数x 、y∈R，都有f(x)f(y)＝f(x ＋y)，若a 1＝12，a n ＝f(n)(n∈N*)，则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是（ ）A ．[12，2)B ．[12，2]C ．[12，1)D ．[12，1]二、填空题13．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 4－a 2＝8，a 3＋a 5＝26，记T n ＝S nn2，如果存在正整数M ，使得对一切正整数n ，T n ≤M 都成立．则M 的最小值是__________．14．无穷等比数列{a n }中，a 1＞1，|q|＜1，且除a 1外其余各项之和不大于a 1的一半，则q的取值范围是________. 15．已知x ＞0，y ＞0，x ，a ，b ，y 成等差数列，x ，c ，d ，y 成等比数列，则(a ＋b)2cd 的最小值是________. Ａ．0 Ｂ．1 Ｃ．2 Ｄ．416．等差数列{a n }的公差d 不为零，S n 是其前n 项和，给出下列四个命题：①A．若d ＜0，且S 3＝S 8，则{S n }中，S 5和S 6都是{S n }中的最大项；②给定n ，对于一定k∈N*(k＜n)，都有a n -k ＋a n+k ＝2a n ；③若d ＞0，则{S n }中一定有最小的项；④存在k∈N*，使a k －a k+1和a k －a k -1同号其中真命题的序号是____________. 三、解答题17．已知{a n }是一个等差数列，且a 2＝1，a 5＝－5．（Ⅰ）求{a n }的通项n a ；（Ⅱ）求{a n }前n 项和S n 的最大值．18．已知{a n }是正数组成的数列，a 1＝1，且点(a n ，a n +1)(n ∈N *）在函数y ＝x 2＋1的图象上.(Ⅰ)求数列｛a n ｝的通项公式；(Ⅱ)若列数｛b n ｝满足b 1＝1,b n +1＝b n ＋2a n ，求证：b n ·b n +2＜b 2n +1.19．设数列{a n }的首项a 1∈(0，1)，a n ＝3－a n -12，n ＝2，3，4，….（Ⅰ）求{a n }的通项公式；（Ⅱ）设b n ＝a n 3－2a n ，证明b n ＜b n+1，其中n 为正整数．20．已知数列{a n }中a 1＝2，a n+1＝(2－1)( a n ＋2)，n ＝1，2，3，….（Ⅰ）求{a n }的通项公式；（Ⅱ）若数列{a n }中b 1＝2，b n+1＝3b n ＋42b n ＋3，n ＝1，2，3，….证明：2＜b n ≤a 4n -3，n ＝1，2，3，…21．已知二次函数y ＝f(x)的图像经过坐标原点，其导函数为f '(x)＝6x －2，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n∈N*)均在函数y ＝f(x)的图像上.（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）设b n ＝1a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n ＜m20对所有n∈N*都成立的最小正整数m ；22．数列{}n a 满足11a =，21()n n a n n a λ+=+-（12n =，，），λ是常数．（Ⅰ）当21a =-时，求λ及3a 的值；（Ⅱ）数列{}n a 是否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不可能，说明理由；（Ⅲ）求λ的取值范围，使得存在正整数m ，当n m >时总有0n a <．【专题训练】参考答案 一、选择题1．B 【解析】a 4a 8＝(a 1＋3d)(a 1＋7d)＝a 12＋10a 1d ＋21d 2，a 62＝(a 1＋5d)2＝a 12＋10a 1d ＋25d 2，故a 4a 6≤a 6a 8. 2．D 【解析】设其公比为q,则b n －c n ＝a n (q －1)(1－q 2)＝－a n (q －1)2(q ＋1)，当q ＝1时，b n ＝c n ，当q ＞0，且q≠1时，b n ＜c n ，故b n ≤c n .3．B 【解析】因为q≠1，b 1＞0，b 11＞0，所以b 1≠b 11，则a 6＝a 1＋a 112＝b 1＋b 112＞b 1b 11＝b 6.4．B 【解析】因数列为等差数列，a n ＝S n －S n -1＝2n －10，由5＜2k －10＜8，得到k ＝8. 5．A 【解析】S 4a 5－S 5a 4 ＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)a 4q －(a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5)a 4＝－a 1a 4＝－a 12q 3＜0，∴S 4a 5＜S 5a 4． 6．D 【解析】由S n ＝n(n ＋1)2，得f(n)＝n (n ＋32)(n ＋2)＝nn 2＋34n ＋64＝1n ＋64n＋34≤1264＋34＝150，当n ＝64n ，即n ＝8时取等号，即f(n)max ＝f(8)＝150．7．B 【解析】由已知y ＝－13(sinx －12)2＋1，且sinx ＞12，y ＜1，所以当sinx ＝1时，y有最小值1112，无最大值.8．D 【解】∵等比数列{a n }中a 2＝1，∴S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2(1q ＋1＋q)＝1＋q ＋1q .∴当公比q ＞0时，S 3＝1＋q ＋1q ≥1＋2q·1q ＝3，当公比q ＜0时，S 3＝1－(－q －1q)≤1－2(－q)·(－1q )＝－1，∴S 3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞).9．B 【解析】3b 是1－a 和1＋a 的等比中项，则3b 2＝1－a 2⇔a 2＋3b 2＝1，令a ＝cos θ，3b ＝sin θ，θ∈(0，2π)，所以a ＋3b ＝cos θ＋3in θ＝2sin(θ＋π6)≤2.10．A 【解析】当a 1＜0，且0＜q ＜1时，数列为递增数列，但当数列为递增数列时，还存在另一情况a 1＞0，且q ＞1，故选A. 11．C 【解析】由a 11a 10＜－1，得a 10＋a 11a 10＜0⇔a 1＋a 20a 10＜0⇔12×20(a 1＋a 20)12×19(a 1＋a 19)＜0⇔S 20S 19＜0，则要使S n 取得最小正值必须满足S 19＞0，且S 20＜0，此时n ＝19.12．C 【解析】f(x)是定义在R 上恒不为零的函数，对任意实数x 、y∈R，都有f(x)f(y)＝f(x ＋y)，a 1＝12，a n ＝f(n)(n∈N*)，a n+1＝f(n ＋1)＝f(1)f(n)＝12a n ，∴S n ＝12[1－(12)n ]1－12＝1－(12)n .则数列{a n }的前n 项和的取值范围是[12，1).二、填空题13．2 【解析】由a 4－a 2＝8，可得公差d ＝4，再由a 3＋a 5＝26，可得a 1＝1，故S n ＝n ＋2n (n －1)＝2n 2－n ，∴T n ＝2n －1n ＝2－1n，要使得T n ≤M ，只需M ≥2即可，故M 的最小值为2，答案：214．(－1，0]∪(0，13] 【解析】a 1q 1－q ≤a 12⇒q≤13，但|q|＜1，且q≠0，故q∈(－1，0]∪(0，13]. 15．4 【解析】∵(a ＋b)2cd ＝(x ＋y)2xy ≥(2xy)2xy＝4.16．D 【解析】对于①：∵S 8－S 3＝a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝5a 6＝0，∴S 5＝S 6，又d ＜0，S 5＝S 6为最大，故A 正确；对于②：根据等差中项知正确；对于③：∵d＞0，点(n ，S n )分布在开口向上的抛物线，故{S n }中一定有最小的项，故③正确；而a k －a k+1＝－d ，a k －a k -1＝d ，且d≠0，故④为假命题. 三、解答题17．【解】（Ⅰ）设{a n }的公差为d ，由已知条件，⎩⎨⎧ a 1＋d ＝1a 1＋4d ＝－5，解出a 1＝3，d ＝－2．所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－2n ＋5．（Ⅱ）S n ＝na 1＋n(n －1)2d ＝－n 2＋4n ＝－(n －2)2＋4，所以n ＝2时，S n 取到最大值4．18．【解】(Ⅰ)由已知得a n +1＝a n ＋1，即a n +1－a n ＝1，又a 1＝1，所以数列｛a n ｝是以1为首项，公差为1的等差数列，故a n ＝1＋(a －1)×1＝n.(Ⅱ)由（Ⅰ）知：a n ＝n 从而b n +1－b n ＝2n.b n ＝(b n －b n -1)＋(b n -1－b n -2)＋…＋（b 2－b 1）＋b 1＝2n -1＋2n -2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n－1.因为b n ·b n +2－b 21+n ＝(2n－1)(2n +2－1)－(2n -1－1)2＝(22n +2－2n +2－2n ＋1)－(22n +2－2－2n +1－1)＝－5·2n ＋4·2n ＝－2n＜0,所以b n ·b n +2＜b 21+n .19．【解】（Ⅰ）由a n ＝3－a n -12，n ＝2，3，4，….整理得1－a n ＝－12(1－a n -1)．又1－a 1≠0，所以{1－a n }是首项为1－a 1，公比为－12的等比数列，得a n ＝1－(1－a 1)(－12)n -1， （Ⅱ）由（Ⅰ）可知0＜a n ＜32，故b n ＞0．那么，b n+12－b n 2＝a n+12(3－2a n+1)－a n 2(3－2a n )＝(3－a n 2)2(3－2×3－a n 2)－a n 2(3－2a n )＝9a n 4(a n －1)2.又由（Ⅰ）知a n ＞0，且a n ≠1，故b n+12－b n 2＞0，因此b n ＜b n+1，为正整数．20．【解】（Ⅰ）由题设：a n+1＝(2－1)(a n ＋2)＝(2－1)(a n －2)＋(2－1)(2＋2)，＝(2－1)(a n －2)＋2，∴a n+1－2＝(2－1)(a n －2)． 所以，数列{a n －2}a 是首项为2－2，公比为2－1)的等比数列，a n －2＝2(2－1)n，即a n 的通项公式为a n ＝2[(2－1)n＋1]，n ＝1，2，3，…. （Ⅱ）用数学归纳法证明．（ⅰ）当n ＝1时，因2＜2，b 1＝a 1＝2，所以2＜b 1≤a 1，结论成立． （ⅱ）假设当n ＝k 时，结论成立，即2＜b k ≤a 4k -3，，也即0＜b n －2≤a 4k -3－2， 当n ＝k ＋1时，b k+1－2＝3b k ＋42b k ＋3－2＝(3－22)b k ＋(4－32)2b k ＋3＝(3－22)(b k －2)2b k ＋3＞0，又12b k ＋3＜122＋3＝3－22， 所以b k+1－2＝(3－22)(b k －2)2b k ＋3＜(3－22)2(b k －2)≤(2－1)4(a 4k -3－2)＝a 4k+1－ 2也就是说，当n ＝k ＋1时，结论成立．根据（ⅰ）和（ⅱ）知2＜b n ≤a 4n -3，n ＝1，2，3，….21．【解】（Ⅰ）设这二次函数f(x)＝ax 2＋bx (a≠0) ，则 f`(x)＝2ax ＋b ，由于f`(x)＝6x －2，得a ＝3 ，b ＝－2，所以f(x)＝3x 2－2x.，又因为点(n ，S n )(n∈N*)均在函数y ＝f(x)的图像上，所以S n ＝3n 2－2n ， 当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝（3n 2－2n ）－[3(n －1)2－2(n －1)]＝6n －5， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2＝6×1－5，所以，a n ＝6n －5（n∈N*）. （Ⅱ）由（Ⅰ）得知b n ＝3a n a n ＋1＝3(6n －5)[6(n －1)－5]＝12(16n －5－16n ＋1)， 故T n ＝∑ni=1b i ＝12[(1－17)＋(17–113)＋…＋(16n －5－16n ＋1)]＝12(1–16n ＋1），因此，要使12(1－16n ＋1）＜m 20（n∈N*）成立的m ，必须且仅须满足12≤m20，即m≥10，所以满足要求的最小正整数m 为10.22．【解】（Ⅰ）由于21()(12)n n a n n a n λ+=+-=，，，且11a =． 所以当21a =-时，得12λ-=-，故3λ=．从而23(223)(1)3a =+-⨯-=-． （Ⅱ）数列{}n a 不可能为等差数列，证明如下：由11a =，21()n n a n n a λ+=+-得22a λ=-，3(6)(2)a λλ=--，4(12)(6)(2)a λλλ=---．若存在λ，使{}n a 为等差数列，则3221a a a a -=-，即(5)(2)1λλλ--=-， 解得3λ=．于是2112a a λ-=-=-，43(11)(6)(2)24a a λλλ-=---=-． 这与{}n a 为等差数列矛盾．所以，对任意λ，{}n a 都不可能是等差数列．（Ⅲ）记2(12)n b n n n λ=+-=，，，根据题意可知，10b <且0n b ≠，即2λ> 且2*()n n n λ≠+∈N ，这时总存在*0n ∈N ，满足：当0n n ≥时，0n b >；当01n n -≤时，0n b <．所以由1n n n a b a +=及110a =>可知，若0n 为偶数，则00n a <，从而当0n n >时，0n a <；若0n 为奇数，则00n a >，从而当0n n >时0n a >．因此“存在*m ∈N ，当n m >时总有0n a <”的充分必要条件是：0n 为偶数，记02(12)n k k ==，，，则λ满足22221(2)20(21)210k k b k k b k k λλ-⎧=+->⎪⎨=-+--<⎪⎩．故λ的取值范围是22*4242()k k k k k λ-<<+∈N都是“定义域”惹的祸函数三要素中，定义域是十分重要的，研究函数的性质时应首先考虑其定义域．在求解函数有关问题时，若忽视定义域，便会直接导致错解．下面我们举例分析错从何起．一、求函数解析式时例1．已知x x x f 2)1(+=+，求函数)(x f 的解析式 . 错解：令1+=x t ，则1-=t x ，2)1(-=t x ，1)1(2)1()(22-=-+-=∴t t t t f ，1)(2-=∴x x f剖析：因为x x x f 2)1(+=+隐含着定义域是0≥x ，所以由1+=x t 得1≥t ，1)(2-=∴t t f 的定义域为1≥t ，即函数)(x f 的解析式应为1)(2-=x x f （1≥x ）这样才能保证转化的等价性.正解：由x x x f 2)1(+=+，令1+=x t 得1≥t ，()21-=∴t x 代入原解析式得1)(2-=t t f （1≥t ），即1)(2-=x x f （1≥x ）．二、求函数最值（或值域）时例2．若,62322x y x =+求22y x +的最大值．错解：由已知有 x x y 32322+-= ①，代入22y x +得 22y x +()2932132122+--=+-=x x x ，∴当3=x 时，22y x +的最大值为29．剖析：上述错解忽视了二次函数的定义域必须是整个实数的集合，同时也未挖掘出约束条件x y x 62322=+中x 的限制条件．正解：由032322≥+-=x x y 得20≤≤x ， ∴22y x +()2932132122+--=+-=x x x ，[]2,0∈x ，因函数图象的对称轴为3=x ，∴当[]2,0∈x 是函数是增函数，故当当2=x 时，22y x +的最大值为4．例3．已知函数()()32log 19f x x x =+≤≤，则函数()()22y f x f x =+⎡⎤⎣⎦的最大值为（ ）A ．33B ．22C ．13D ．6错解：()()22y f x f x=+⎡⎤⎣⎦=()22332log 2log x x +++=()23log 33x +-在()19x ≤≤上是增函数，故函数()()22y f x f x =+⎡⎤⎣⎦在9x =时取得最大值为33．正解：由已知所求函数()()22y f x f x =+⎡⎤⎣⎦的定义域是21919x x ≤≤⎧⎨≤≤⎩得13x ≤≤，()()22y f x f x =+⎡⎤⎣⎦=()22332log 2log x x +++=()23log 33x +-在13x ≤≤是增函数，故函数()()22y f x f x=+⎡⎤⎣⎦在3x =时取得最大值为13．例4．已知()()4232≤≤=-x x f x ，求()[]()2121x f x f y --+=的最大值和最小值．错解：由()()4232≤≤=-x x f x 得91≤≤y ．∴()()91log 231≤≤+=-x x x f ．∴()[]()()6log 6log log 2log 232323232121++=+++=+=--x x x x x f x f y()33log 23-+=x ． ∵91≤≤x ，∴2log 03≤≤x ．∴22max =y ，6min =y ．剖析：∵()x f 1-中91≤≤x ，则()21x f -中912≤≤x ，即31≤≤x ，∴本题的定义域应为[]3,1．∴1log 03≤≤x ．正解：（前面同上）()33log 23-+=x y ，由31≤≤x 得1log 03≤≤x ．∴13max =y ，6min =y ．例5．求函数3254-+-=x x y 的值域．错解：令32-=x t ，则322+=t x ，∴()1253222++=+-+=t t t t y87874122≥+⎪⎭⎫⎝⎛+=t ．故所求函数的值域是⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,87．剖析：经换元后，应有0≥t ，而函数122++=t t y 在[)+∞,0上是增函数，随着t 增大而无穷增大．所以当0=t 时，1min =y ．故所求函数的值域是[)+∞,1．三、求反函数时例6．求函数)20(242≤≤++-=x x x y 的反函数．错解：函数)20(242≤≤++-=x x x y 的值域为[]6,2∈y ,又6)2(2+--=x y ，即 y x -=-6)2(2∴y x -±=-62，∴所求的反函数为()6262≤≤-±=x x y ．剖析：上述解法中忽视了原函数的定义域 ，没有对x 进行合理取舍,从而得出了一个非函数表达式．正解：由242(02)y x x x =-++≤≤的值域为[]6,2∈y , 因y x -=-6)2(2，又02≤-x ∴y x --=-62，∴所求的反函数为()6262≤≤--=x x y ．四、求函数单调区间时例7．求函数)4lg()(2x x f -=的单调递增区间.错解：令24x t -=，则t y lg =，它是增函数. 24x t -= 在]0,(-∞上为增函数，。

专题06 函数、导数与数列、不等式的综合应用【解析版】

专题06 函数、导数与数列、不等式的综合应用【解析版】

第一章函数与导数专题06 函数、导数与数列、不等式的综合应用【压轴综述】纵观近几年的高考命题，应用导数研究函数的单调性、极（最）值问题，证明不等式、研究函数的零点等，是高考考查的“高频点”问题，常常出现在“压轴题”的位置.其中，函数、导数与数列、不等式的综合应用问题的主要命题角度有：函数与不等式的交汇、函数与数列的交汇、导数与数列不等式的交汇等.本专题就函数、导数与数列、不等式的综合应用问题，进行专题探讨，通过例题说明此类问题解答规律与方法.1.数列不等式问题，通过构造函数、应用函数的单调性或对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围.如2.涉及等差数列的求和公式问题，应用二次函数图象和性质求解.3.涉及数列的求和问题，往往要利用“错位相减法”、“裂项相消法”等，先求和、再构造函数.【压轴典例】例1.（2018·浙江高考真题）已知成等比数列，且．若，则A． B． C． D．【答案】B【解析】分析:先证不等式，再确定公比的取值范围，进而作出判断.详解：令则，令得，所以当时，，当时，，因此，若公比，则，不合题意；若公比，则但，即，不合题意；因此，，选B.例2.（2019·全国高考真题（文））记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 9=－a 5． （1）若a 3=4，求{a n }的通项公式；（2）若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围． 【答案】（1）210n a n =-+； （2）110()n n N *≤≤∈. 【解析】（1）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，根据题意有111989(4)224a d a d a d ⨯⎧+=-+⎪⎨⎪+=⎩， 解答182a d =⎧⎨=-⎩，所以8(1)(2)210n a n n =+-⨯-=-+，所以等差数列{}n a 的通项公式为210n a n =-+； （2）由条件95S a =-，得559a a =-，即50a =，因为10a >，所以0d <，并且有5140a a d =+=，所以有14a d =-， 由n n S a ≥得11(1)(1)2n n na d a n d -+≥+-，整理得2(9)(210)n n d n d -≥-， 因为0d <，所以有29210n n n -≤-，即211100n n -+≤， 解得110n ≤≤，所以n 的取值范围是：110()n n N *≤≤∈例3.（2019·江苏高考真题）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”. （1）已知等比数列{a n }满足：245132,440a a a a a a =-+=，求证:数列{a n }为“M－数列”； （2）已知数列{b n }满足:111221,n n n b S b b +==-，其中S n 为数列{b n }的前n 项和． ①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数，若存在“M－数列”{c n }θ，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有1k k k c b c +剟成立，求m 的最大值．【答案】（1）见解析；（2）①b n =n ()*n ∈N ；②5.【解析】（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由245321440a a a a a a =⎧⎨-+=⎩，得244112111440a q a q a q a q a ⎧=⎨-+=⎩，解得112a q =⎧⎨=⎩．因此数列{}n a 为“M —数列”.（2）①因为1122n n n S b b +=-，所以0n b ≠． 由1111,b S b ==得212211b =-，则22b =. 由1122n n n S b b +=-，得112()n n n n n b b S b b ++=-，当2n ≥时，由1n n n b S S -=-，得()()111122n n n nn n n n n b b b b b b b b b +-+-=---，整理得112n n n b b b +-+=．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{b n }的通项公式为b n =n ()*n N ∈.②由①知，b k =k ，*k N ∈.因为数列{c n }为“M –数列”，设公比为q ，所以c 1=1，q >0. 因为c k ≤b k ≤c k +1，所以1k k q k q -≤≤，其中k =1，2，3，…，m .当k =1时，有q ≥1；当k =2，3，…，m 时，有ln ln ln 1k kq k k ≤≤-． 设f （x ）=ln (1)x x x >，则21ln ()xf 'x x -=． 令()0f 'x =，得x =e .列表如下：因为ln 2ln8ln 9ln 32663=<=，所以max ln 3()(3)3f k f ==．取q =k =1，2，3，4，5时，ln ln kq k…，即k k q ≤， 经检验知1k qk -≤也成立．因此所求m 的最大值不小于5．若m ≥6，分别取k =3，6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216， 所以q 不存在.因此所求m 的最大值小于6. 综上，所求m 的最大值为5． 例4.（2010·湖南高考真题）数列中，是函数的极小值点（Ⅰ）当a=0时，求通项； （Ⅱ）是否存在a ，使数列是等比数列？若存在，求a 的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）；（2）详见解析【解析】 易知.令.（1）若，则当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增.故在取得极小值.由此猜测：当时，.下面先用数学归纳法证明：当时，.事实上，当时，由前面的讨论知结论成立.假设当时，成立，则由（2）知，，从而，所以.故当时，成立.于是由（2）知，当时，，而，因此.综上所述，当时，，，.（Ⅱ）存在，使数列是等比数列.事实上，由（2）知，若对任意的，都有，则.即数列是首项为，公比为3的等比数列，且.而要使，即对一切都成立，只需对一切都成立.记，则令，则.因此，当时，，从而函数当时，可得数列不是等比数列.综上所述，存在，使数列是等比数列，且的取值范围为.例5.（2017·浙江高考真题）已知数列{}n x 满足： ()()*1n n 1n 1x =1x x ln 1x n N ++=++∈， 证明：当*n N ∈时 （I ）n 1n 0x x +＜＜;（II ）n n 1n 1n x x 2x -x 2++≤； (III) n n 1n-211x 22-≤≤【答案】（I ）见解析；（II ）见解析；（Ⅲ）见解析. 【解析】（Ⅰ）用数学归纳法证明： 0n x >． 当n =1时，x 1=1>0． 假设n =k 时，x k >0，那么n =k +1时，若10k x +≤，则()110ln 10k k k x x x ++<=++≤，矛盾，故10k x +>． 因此()*0n x n N >∈．所以()111ln 1n n n n x x x x +++=++>，因此()*10n n x x n N +<<∈． （Ⅱ）由()11ln 1n n n x x x ++=++得，()()21111114222ln 1n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-+=-+++．记函数()()()()222ln 10f x x x x x x =-+++≥，()()22'ln 10(0)1x x f x x x x +=++>>+，函数f (x )在[0，+∞）上单调递增，所以()()0f x f ≥=0，因此()()()21111122ln 10n n n n n x x x x f x +++++-+++=≥，故()*1122n n n n x x x x n N ++-≤∈． （Ⅲ）因为()11111ln 12n n n n n n x x x x x x +++++=++≤+=， 所以112n n x -≥， 由1122n n n n x x x x ++≥-，得111112022n n x x +⎛⎫-≥-> ⎪⎝⎭， 所以1211111111222222n n n n x x x ---⎛⎫⎛⎫-≥-≥⋅⋅⋅≥-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 故212n n x -≤．综上，()*121122n n n x n N --≤≤∈． 例6.（2019·湖南高考模拟（理））设函数()ln(1)(0)f x x x =+≥，(1)()(0)1x x a g x x x ++=≥+.（1）证明：2()f x x x ≥-.（2）若()()f x x g x +≥恒成立，求a 的取值范围； （3）证明：当*n N ∈时，22121ln(32)49n n n n -++>+++. 【答案】（1）见解析；（2）(,1]-∞；（3）见解析. 【解析】（1）证明：令函数()()2h x ln x 1x x =+-+，[)x 0,∞∈+，()212x xh x 2x 101x 1x+=+=++'-≥，所以()h x 为单调递增函数，()()h x h 00≥=， 故()2ln x 1x x +≥-.（2）()()f x x g x +≥，即为()axln x 11x+≥+， 令()()axm x ln x 11x=+-+，即()m x 0≥恒成立， ()()()()22a 1x ax 1x 1a m x x 11x 1x +-+-=-=++'+， 令()m x 0'>，即x 1a 0+->，得x a 1>-.当a 10-≤，即a 1≤时，()m x 在[)0,∞+上单调递增，()()m x m 00≥=，所以当a 1≤时，()m x 0≥在[)0,∞+上恒成立；当a 10->，即a 1>时，()m x 在()a 1,∞-+上单调递增，在[]0,a 1-上单调递减， 所以()()()min m x m a 1m 00=-<=， 所以()m x 0≥不恒成立.综上所述：a 的取值范围为(],1∞-. （3）证明：由（1）知()2ln x 1x x +≥-，令1x n=，*n N ∈，(]x 0,1∈， 2n 1n 1ln n n +->，即()2n 1ln n 1lnn n-+->，故有ln2ln10->，1ln3ln24->， …()2n 1ln n 1lnn n-+->， 上述各式相加可得()212n 1ln n 149n-+>+++. 因为()()22n 3n 2n 1n 10++-+=+>，2n 3n 2n 1++>+，()()2ln n 3n 2ln n 1++>+，所以()2212n 1ln n 3n 249n-++>+++. 例7.（2018·福建省安溪第一中学高三期中（文））公差不为零的等差数列中，，，成等比数列，且该数列的前10项和为100，数列的前n 项和为，且满足．Ⅰ求数列，的通项公式；Ⅱ令，数列的前n 项和为，求的取值范围．【答案】（I ），；（II ）.【解析】Ⅰ依题意，等差数列的公差，，，成等比数列，，即，整理得：，即，又等差数列的前10项和为100，，即，整理得：，，；，，即，当时，，即，数列是首项为1、公比为2的等比数列，；Ⅱ由可知，记数列的前n项和为，数列的前n项和为，则，，，，，，记，则，故数列随着n的增大而减小，又，，．例8.（2019·江苏高考模拟）已知数列满足（），（）．（1）若，证明：是等比数列；（2）若存在，使得，，成等差数列．① 求数列的通项公式；② 证明：．【答案】（1）见解析；（2）①，②见解析【解析】（1）由，得，得，即，因为，所以，所以（），所以是以为首项，2为公比的等比数列．（2）① 设，由（1）知，，所以，即，所以．因为，，成等差数列，则，所以，所以，所以，即．② 要证，即证，即证．设，则，且，从而只需证，当时，．设（），则，所以在上单调递增，所以，即，因为，所以，所以，原不等式得证．【压轴训练】1．（黑龙江省哈尔滨三中高考模拟）已知1(1)32(1,2)n n n b b a b n b--+-=>≥，若对不小于4的自然数n ，恒有不等式1n n a a +>成立，则实数b 的取值范围是__________． 【答案】3+∞（，） 【解析】由题设可得1(1)(1)32(1)32n n n b b n b b b b-+-+--+->，即22(1)341n b b b ->-+，也即(1)31n b b ->-对一切4n ≥的正整数恒成立，则3141b b b -<≥-，即31444311b b b b -⇒---，所以3b >，应填答案(3,)+∞. 2.（2019·山东济南一中高三期中（理））（1）已知函数的图象经过点，如图所示，求的最小值；（2）已知对任意的正实数恒成立，求的取值范围.【答案】（1）最小值，当且仅当时等号成立；（2）【解析】⑴函数的图象经过点，当且仅当时取等号⑵①令，，当时，，递增当时，，递减代入时，②，令，，，综上所述，的取值范围为3.（2019·桃江县第一中学高三月考（理））已知都是定义在R上的函数，，，且，且，．若数列的前n项和大于62，求n的最小值.【答案】6【解析】∵，∴，∵，∴，即，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴数列为等比数列，∴，∴，即，所以n的最小值为6.4.（2019·福建省漳平第一中学高三月考（文））已知数列的首项，前项和满足，.（1）求数列通项公式；（2）设，求数列的前项为，并证明：.【答案】（1）；（2）见解析【解析】 （1）当时，，得. 又由及得，数列是首项为，公比为的等比数列，所以.（2），①②①②得： ，所以，又，故，令，则，故单调递减，又，所以恒成立，所以.5.（2019·江苏高考模拟（文））已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且218S =，490S =. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）令2115log 3n n b a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，求n T 及n T 的最大值.【答案】（1）32nn a =⨯（2）22922n n nT =-+；最大值为105. 【解析】（1）设数列{}n a 的公比为(0)q q >，若1q =，有414S a =，212S a =，而4490236S S =≠=，故1q ≠，则()()()()21242211411811119011a q S q a q a q q S q q ⎧-⎪==-⎪⎨-+-⎪===⎪--⎩，解得162a q =⎧⎨=⎩.故数列{}n a 的通项公式为16232n nn a -=⨯=⨯. （2）由215log 215nn b n =-=-，则2(1415)29222n n n n n T +-==-+. 由二次函数22922x x y =-+的对称轴为292921222x =-=⎛⎫⨯- ⎪⎝⎭， 故当14n =或15时n T 有最大值，其最大值为14151052⨯=. 6.（2019·黑龙江高三月考（理））已知数列的前n 项和为, 其中，数列满足.(1)求数列的通项公式;(2)令，数列的前n 项和为，若对一切恒成立，求实数k 的最小值.【答案】（1），；（2）【解析】 （1）由可得，两式相减得: ，又由可得，数列是首项为2，公比为4的等比数列，从而，于是.（2）由（1）知，于是，依题意对一切恒成立，令，则由于易知，即有，∴只需，从而所求k的最小值为.7.（2018·浙江高考模拟）已知数列满足，（）．（Ⅰ）证明数列为等差数列，并求的通项公式；（Ⅱ）设数列的前项和为，若数列满足，且对任意的恒成立，求的最小值．【答案】（Ⅰ）证明见解析，；（Ⅱ）.【解析】∵（n+1）a n+1﹣（n+2）a n=2，∴﹣==2（﹣），又∵=1，∴当n≥2时，=+（﹣）+（﹣）+…+（﹣）=1+2（﹣+﹣+…+﹣）=，又∵=1满足上式，∴=，即a n=2n，∴数列{a n}是首项、公差均为2的等差数列；（Ⅱ）解：由（I）可知==n+1，∴b n=n•=n•，令f（x）=x•，则f′（x）=+x••ln，令f′（x）=0，即1+x•ln=0，解得：x0≈4.95，则f（x）在(0, x0)上单调递增，在(x0,+单调递减.∴0＜f（x）≤max{f（4），f（5），f（6）}，又∵b5=5•=，b4=4•=﹣，b6=6•=﹣，∴M的最小值为．8.（2018·浙江镇海中学高三期中）已知数列的前项和为，且，（1）求证：数列为等比数列，并求出数列的通项公式；（2）是否存在实数，对任意，不等式恒成立？若存在，求出的取值范围，若不存在请说明理由．【答案】（1）证明略；（2）【解析】证明：（1）已知数列{a n}的前n项和为S n，且，①当n=1时，，则：当n≥2时，，②①﹣②得：a n=2a n﹣2a n﹣1﹣+，整理得：，所以：，故：（常数），故：数列{a n}是以为首项，2为公比的等比数列．故：，所以：．由于：，所以：（常数）．故：数列{b n}为等比数列．（2）由（1）得：，所以：+（），=，=，假设存在实数λ，对任意m，n∈N*，不等式恒成立，即：，由于：，故当m=1时，，所以：，当n=1时，．故存在实数λ，且．9.（2019·宁夏银川一中高三月考（理））（1）当时，求证：；（2）求的单调区间；（3）设数列的通项,证明．【答案】(1)见解析；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）的定义域为，恒成立；所以函数在上单调递减，得时即：（2）由题可得，且.当时，当有，所以单调递减，当有，所以单调递增，当时，当有，所以单调递增，当有，所以单调递减，当时，当有，所以单调递增，当时，当有，所以单调递增，当有，所以单调递减，当时，当有，所以单调递减，当有，所以单调递增，（3）由题意知.由（1）知当时当时即令则，同理:令则.同理:令则以上各式两边分别相加可得：即所以：10.（2019·北京人大附中高考模拟（理））已知数列{a n}满足：a1+a2+a3+…+a n=n-a n，（n=1，2，3，…）（Ⅰ）求证：数列{a n-1}是等比数列；（Ⅱ）令b n=（2-n）（a n-1）（n=1，2，3，…），如果对任意n∈N*，都有b n+t≤t2，求实数t的取值范围．【答案】（Ⅰ）见解析. （Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）由题可知：，①，②②-①可得.即：，又.所以数列是以为首项，以为公比的等比数列.（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，∴.由可得，由可得.所以，，故有最大值.所以，对任意，都有，等价于对任意，都有成立.所以，解得或.所以，实数的取值范围是.11.（2019·江苏高三月考）已知数列的各项均为正数，前项和为，首项为2．若对任意的正整数，恒成立．（1）求，，；（2）求证：是等比数列；（3）设数列满足，若数列，，…，（，）为等差数列，求的最大值．【答案】（1）,，；（2）详见解析；（3）3.【解析】（1）由，对任意的正整数，恒成立取，得，即，得.取，，得，取，，得，解得，.（2）取，得，取，得，两式相除，得，即，即.由于，所以对任意均成立，所以是首项为4，公比为2的等比数列，所以，即.时，，而也符合上式，所以.因为（常数），所以是等比数列.（3）由（2）知，.设，，成等差数列，则.即，整理得，.若，则，因为，所以只能为2或4，所以只能为1或2.若，则.因为，故矛盾.综上，只能是，，，成等差数列或，，成等差数列，其中为奇数.所以的最大值为3.12．（2019·上海高考模拟）已知平面直角坐标系xOy，在x轴的正半轴上，依次取点，，，，并在第一象限内的抛物线上依次取点，，，，，使得都为等边三角形，其中为坐标原点，设第n个三角形的边长为．⑴求，，并猜想不要求证明)；⑵令，记为数列中落在区间内的项的个数，设数列的前m项和为，试问是否存在实数，使得对任意恒成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由；⑶已知数列满足：，数列满足：，求证：．【答案】⑴，,；⑵；⑶详见解析【解析】，猜想，由，，，，对任意恒成立⑶证明：，记，则，记，则，当时，可知：，13．（2019·广西高考模拟（理））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 ++++>++-+ 14.（2019·宁夏高考模拟（文））已知函数()()ln 1(0)f x ax x a =->．()1求函数()y f x =的单调递增区间；()2设函数()()316g x x f x =-，函数()()h x g x =' ．①若()0h x ≥恒成立，求实数a 的取值范围；②证明：()22222ln(123)123.e n n n N +⨯⨯⨯⋯⨯<+++⋯+∈【答案】（1）单调递增区间为[)1,+∞．（2）①(]0,e ．②见证明 【解析】()10a >，0x >．()()1'ln 1ln 0f x a x ax a x x=-+⋅=≥． 解得1x ≥．∴函数()y f x =的单调递增区间为[)1,+∞．()2函数()()316g x x f x =-，函数()()21h =x ln 2x g x a x '=-．()'ah x x x=-①，0a ≤时，函数()h x 单调递增，不成立，舍去； 0a >时，()('x x a h x x xx+=-=，可得x =()h x 取得极小值即最小值，()11ln 022h x ha a a ∴≥=-≥，解得：0a e <≤． ∴实数a 的取值范围是(]0,e ．②证明：由①可得：a e =，1x ≥时满足：22ln x e x ≥，只有1x =时取等号．依次取x n =，相加可得：()222221232ln1ln2ln ln(12)en e n n +++⋯+>++⋯⋯+=⨯⨯⋯．因此()22222ln(123)123.e n n n N +⨯⨯⨯⋯⨯<+++⋯+∈15.（2019·黑龙江高考模拟（理））已知函数2()2ln 2(1)(0)a f x ax x a a x-=-+-+>. （1）若()0f x ≥在[1,)+∞上恒成立，求实数a 的取值范围； （2）证明：11113521n ++++>-*1ln(21)()221nn n N n ++∈+.【答案】（1）[1,)+∞；（2）证明见解析. 【解析】（1）()f x 的定义域为()0,+∞，()2222222a ax x a f x a x x x--+-=--=' ()221a a x x a x -⎛⎫-- ⎪⎝⎭=. ①当01a <<时，21aa->， 若21a x a -<<，则()0f x '<，()f x 在21,a a -⎡⎫⎪⎢⎣⎭上是减函数，所以21,a x a -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()10f x f <=，即()0f x ≥在[)1,+∞上不恒成立. ②当1a ≥时，21aa-≤，当1x >时，()0f x '>，()f x 在[)1,+∞上是增函数，又()10f =，所以()0f x ≥. 综上所述，所求a 的取值范围是[)1,+∞.（2）由（1）知当1a ≥时，()0f x ≥在[)1,+∞上恒成立.取1a =得12ln 0x x x --≥，所以12ln x x x-≥. 令21121n 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1,2,3,,n n =，然后n 个不等式相加，得到()11111ln 213521221nn n n ++++>++-+. 16.（2019·江苏高考模拟）已知数列{}n a ，12a =，且211n n n a a a +=-+对任意n N *∈恒成立．（1）求证：112211n n n n a a a a a a +--=+(n N *∈)；（2）求证：11nn a n +>+(n N *∈)． 【答案】（1）见解析（2）见解析 【解析】（1）①当1n =时，2221112213a a a =-+=-+= 满足211a a =+成立.②假设当n k =时，结论成立.即：112211k k k k a a a a a a +--=+成立下证：当1n k =+时，112211k k k k a a a a a a +-+=+成立.因为()211211111k k k k k a a a a a +++++=-+-+=()()11221112211111k k k k k k k k a a a a a a a a a a a a +--+--=+=++-即：当1n k =+时，112211k k k k a a a a a a +-+=+成立由①、②可知，112211n n n n a a a a a a +--=+(n *N ∈)成立.（2）（ⅰ）当1n =时，221221311a >=-=++成立，当2n =时，()2322222172131112a a a a a =-+=-+=>⨯>++成立，（ⅱ）假设n k =时（3k ≥），结论正确，即：11kk a k +>+成立 下证：当1n k =+时，()1211k k a k ++>++成立.因为()()2211112111111kkkk k k k k k a a a a a k k kk +++++-+==-+>++=++要证()1211k k a k ++>++，只需证()12111k k k k k k +++>++只需证：()121k k k k ++>，只需证：()12ln ln 1k k k k ++>即证：()()12l l n n 10k k k k -++>（3k ≥） 记()()()2ln 11ln h x x x x x -++=∴()()()()2ln 1112ln 11ln ln x x x x h x +-++=-++⎡⎤⎦=⎣'21ln 1ln 12111x x x x ⎛⎫=+=++-+ ⎪++⎝⎭当12x +≥时，1111ln 121ln 221ln 1ln 10122x x e ⎛⎫⎛⎫++-+≥+-+=+>+= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭所以()()()2ln 11ln h x x x x x -++=在[)1,+∞上递增， 又()6423ln34ln3ln 34ln729ln2564l 0n h ⨯-=-=->=所以，当3x ≥时，()()30h x h ≥>恒成立. 即：当3k ≥时，()()30h k h ≥>成立.即：当3k ≥时，()()12l l n n 10k k k k -++>恒成立. 所以当3k ≥，()1211k k a k ++>++恒成立.由（ⅰ）（ⅱ）可得：对任意的正整数n *∈N ，不等式11nn a n +>+恒成立，命题得证.。

微专题 用导数证明数列型不等式

微专题 用导数证明数列型不等式

微专题 利用导数证明数列不等式 方法1 利用不等式)0(,1ln 11>-≤≤-x x x x 证明数列型不等式背景知识：12312-⋅⋅=n n n ，1ln 23ln 12ln ln -+++=n nn1. 求证：),2(,11211ln 13121*∈≥-+++<<+++N n n n n n证明：在不等式中令11>-=n n x ，111ln 11--<-<--n nn n n nn n ,3,2=，可得个不等式，相加可以得证。

2.求证：2,N*n n ≥∈，时，n n n 1ln 44ln 33ln 22ln <⋅⋅证明：1ln 0-<<n n ，∴nn n n 1ln 0-<< nn n n n 11433221ln 44ln 33ln 22ln =-⋅⋅<⋅⋅ 3.求证：2222ln(21)ln(31)ln(41)ln(1)12ln !(2,)n n n n N *++++++++<+≥∈证明 1ln -<x x 0>x ，令112+=nx ，则有2211111ln(1)(1)1n n n n n n +<<=---， 变形为1)11ln()141ln()131ln()121ln(2222<+++++++n ，),2(*∈≥N n n)11ln()141ln()131ln()121ln(2222+++++++n 111)111()4131()3121()211(<-=--+-+-+-<n n n4.（2018春•长汀县校级月考）已知函数x x x f ln )(=,)(2)(2R a a x x ax g ∈-+=（Ⅰ）若直线)0(>=t t x 与曲线)(x f y =和)(x g y =分别交于B A ,两点，且曲线)(x f y =在点A 处的切线与)(x g y =在点B 处的切线相互平行，求a 的取值范围； （Ⅱ）设333ln 33ln 22ln n n S n +++= ，证明：eS n 1<（其中*∈>N n n ,1，e=2.71828…是自然对数的底数）解：（Ⅰ）f （x ）=xlnx ，（x ＞0），∴f′（x ）=1+lnx ，∵，∴g′（x ）=ax +1，∵曲线y=f （x ）在点A 处的切线与y=g （x ）在点B 处的切线相互平行， ∴f′（t ）=g′（t ）在（0，+∞）有解，即lnt=at 在（0，+∞）有解，∵t ＞0， ∴．令，则得x=e ，当x ∈（0，e ）时，F′（x ）＞0，F （x ）单调递增， 当x ∈（e ，+∞）时，F′（x ）＜0，F （x ）单调递减，∴，∴a 的取值范围是．证明（Ⅱ）由（Ⅰ）得，且x ＞0，∴，令x=n ，n ∈N +得：，当n 取2，3，4…n 时，有，又=，∴．5.【2017新课标3理】已知函数()1ln f x x a x =--． （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)222n m +++<，求m 的最小值． 【解析】（1）()f x 的定义域为()0，+∞.①若0a ≤，因为11=-+2＜022f a ln ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以不满足题意；②若＞0a ，由()1a x a f 'x x x-=-=知，当()0x ,a ∈时，()＜0f 'x ；当()，+x a ∈∞时，()＞0f 'x ，所以()f x 在()0,a 单调递减，在()，+a ∞单调递增，故x=a 是()f x 在()0，+x ∈∞的唯一最小值点. 由于()10f =，所以当且仅当a=1时，()0f x ≥.故a=1 （2）由（1）知当()1，+x ∈∞时，1＞0x ln x --，令1=1+2n x 得111+＜22n n ln ⎛⎫ ⎪⎝⎭，从而 2211111111++1+++1+＜+++=1-＜12222222n n n ln ln ln ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅⋅⋅⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭故21111+1+1+＜222n e ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭而231111+1+1+＞2222⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以m 的最小值为3. 方法二 利用不等式)1(21ln xx x -≤)1(≥x6.求证：12)12ln(211n 2151311+++>-++++n nn 证明： x x x ln 21≥- 令11212>-+=n n x ，*N n ∈得1212ln212121212-+>+---+n n n n n n ， 即1212ln 2)1221(1221-+>+---+n n n n ，所以)121-121(211212ln 21121+++>n n n n n上式中n=1，2，3，…，n ，然后n 个不等式相加得到12)12ln(2112151311+++>-++++n nn n7.已知函数R a ax x x x f ∈++=,1ln )(，（1）当0>x 时，若关于x 的不等式0)(≥x f 恒成立，求a 的取值范围 (2)当*∈N n 时，证明11ln 3ln 2ln 42222+<++++<+n nn n n n【分析】（1）由f （x ）≥0，得xlnx +ax +1≥0（x ＞0）．整理，得恒成立，即．令．利用导数研究其单调性极值与最值即可得出． （2）由为数列的前n 项和，为数列的前n 项和．因此只需证明)1(11ln )2)(1(12+<+<++n n n n n n 即可．由（1），当a=﹣1时，有xlnx ﹣x +1≥0，即．令，即得=．可得2111)2)(1(1)11(1ln 22+-+=++>+>+n n n n n n n ． 现证明)1(11ln 2+<+n n n n ，即==．通过构造函数利用导数研究函数的单调性极值即可证明．解：（1）由f （x ）≥0，得xlnx +ax +1≥0（x ＞0）． 整理，得恒成立，即．令．则．∴函数F （x ）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增． ∴函数的最小值为F （1）=1．∴﹣a ≤1，即a ≥﹣1．∴a 的取值范围是[﹣1，+∞）． （2）∵为数列的前n 项和，为数列的前n 项和．∴只需证明即可．由（1），当a=﹣1时，有xlnx ﹣x +1≥0，即．（x>1）令，即得=．∴2111)2)(1(1)11(1ln 22+-+=++>+>+n n n n n n n ． 再证明)1(1n 1ln 2+<+n n n ，即111111111ln 2+-+=+-+=+<+n n n n n n n n n n 现证明．构造函数（x ≥1），则=．∴函数G （x ）在[﹣1，+∞）上是增函数，即G （x ）≥G （1）=0． ∴当x ＞1时，有G （x ）＞0，即（x>1）成立．令，则（*）式成立．综上，得)1(112ln )2)(1(1+<+<++n n n n n n对数列，，分别求前n 项和，得．【点评】本题考查了利用导数研究其单调性极值与最值、方程与不等式的解法、构造法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．方法三 利用不等式 ：221)1ln(x x x ≤+-)0(>x 8. 求证：)(,2)12ln(1221*=∈<+--∑Nn n i ni证明：令)3,2,1(122n i i x =-=，则有2)12(2)]12ln()12[ln(122-<--+--i i i i 当1=n 时，23ln 2<-当2≥i 时，121321)12(22---<-i i i ，)(,212113ln 2)1n 2ln(1221*=∈<--+-<+--∑N n n i ni方法四 利用1+≥x e x证明不等式9.设()xf x e ax a =--.(Ⅰ)若()0f x ≥对一切1x ≥-恒成立,求a 的取值范围;(Ⅱ)设()()xag x f x e =+,且112212(,),(,)()A x y B x y x x ≠是曲线()y g x =上任意两点,若对任意的1a ≤-,直线AB 的斜率恒大于常数m ,求m 的取值范围;(Ⅲ)求证:*13(21)(2)()1n n nn e n n n N e +++-<∈-. 【答案】（Ⅰ) 1a ≤；（Ⅱ）3m ≤；（Ⅲ）详见解析【错因】第一问中这个恒成立问题学生的主要问题主要出现在一个细节上：运用参数分离时不知道一定要单独考虑一下端点问题;第二问中绝大多数学生无法想到去构建一个新的函数：mx x g x F -=)()(，第三问中不等于的证明绝大多数学生无法想到第一问中的结论再结合放缩法进行对不等于的证明． 【正解】(Ⅰ) ()0f x ≥⇒(1)(1)1x xe x a e a x x +≤⇒≤>-+，令()1xe h x x =+，则2()(1)x xe h x x '=+,由2()0(1)xxe h x x '=>+得0x >.所以()h x 在(0,)+∞上单调递增, ()h x 在(1,0)-单调递减.所以()(0)1(1)h x h x ≥=>-,由此得：1a ≤又1x =-时，(1)xx a e +≤即为10a e -⨯≤ 此时a 取任意值都成立，综上得：1a ≤ (II)由题设得，直线AB 的斜率满足：m x x x g x g >--1212)()(,不妨设21x x <，则2121()()g x g x mx mx ->-即：2211()()g x mx g x mx ->- 令函数mx x g x F -=)()(,则由以上不等式知：()F x 在(,)-∞+∞上单调递增,所以()()0F x g x m ''=-≥恒成立 ,所以，对任意1,a x R ≤-∈, ()m g x '≤恒成立又)(2)(x xx xe a e e a a e x g -⋅≥--='a -=a a -+-231)1(2≥-+-=a ，故3m ≤ (Ⅲ)由(Ⅰ) 知1(0xe x x ≥+=时取等号）,取2ix n=-,,12,3,1-=n i 得212ini e n --< ，即22()2i nn i e n --< 累加得 13232122222123531()()()()()22222n n n n n n nn n e e e e n n n n n--------++⋅⋅⋅+++<++⋅⋅⋅++ 121(1))1n n e e e e e e -----==-<- 所以 135(21))n n n nn e n n +++⋅⋅⋅+-<（2011山西适应性考试文）已知函数2ln (1)()().x x ax x a f x a x--+-=∈R （I ）当1,()2a f x ≥时讨论的单调性； （II ）证明：*111321(2,).2ln 23ln 3ln 2(1)n n n n n n n n ++++>-≥∈+2222)1)(1()1(11)(xa ax x x a x ax x a a x x f -+--=-++-=---=' 解：（1）当 21=a 时，0)(≤'x f 在R 上恒成立，在)(x f ),0(+∞上是减函数 （2）当121<<a 时，在)1,0(a a -上，0)(<'x f 在)(x f )1,0(a a-上为减函数在)1,1(a a -上0)(>'x f ，)(x f 在)1,1(aa -为增函数在),1(+∞上，0)(<'x f )(x f 在),1(+∞上为减函数（3）当1≥a 时，在)1,0(上，0)(>'x f ，)(x f 为增函数。

专题13 利用导数证明数列不等式-备战2019年高考数学之高三复习大一轮热点聚焦与扩展(解析版)

专题13 利用导数证明数列不等式-备战2019年高考数学之高三复习大一轮热点聚焦与扩展(解析版)

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）ln 1x x <- 对数→多项式 （2）1xe 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，高中阶段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）.学/&科网8、数列不等式也可考虑利用数学归纳法进行证明（有时更容易发现所证不等式与题目条件的联系）.【经典例题】例1【2018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.所以.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，之所以要证明这两个不等式，当然是对试题整体分析的结果.例2【2017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 ≤12n n x x +；（Ⅲ）112n +≤x n ≤212n +． 【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2111111422(2)ln(1)n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-+=-+++【名师点睛】本题主要考查数列的概念、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．本题主要应用：（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：对于任意的正整数n ，不等式23412ln(1)49n n n +++++>+都成立 【答案】（1）1；（2）见解析. 【解析】（1）()'121fx x x a=--+ 0x =为()f x 的极值点 学*科--网（2）思路一：联想所证不等式与题目所给函数的联系，会发现在()()2ln 1f x x x x =+--中，存在对数，且左边数列的通项公式22111n n a n n n +⎛⎫==+ ⎪⎝⎭也具备()f x 项的特征，所以考虑分析()ln 1x +与2x x +的大小关系，然后与数列进行联系.解：下面求()()2ln 1f x x x x =+--的单调区间()()'2312111x x f x x x x +=--=-++,令()'00f x 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，而这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，其实也是在作和，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），所以今后遇到类似问题可猜想对数是经历怎样的过程化简来的，这往往就是思路的突破点思路二：发现不等式两边均有含n 的表达式，且一侧作和，所以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()()()()2211221ln(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11x k =+，由恒成立不等式()2ln 1x x x +<+可得()()2111ln 111k k k ++⎛⎫>+ ⎪+⎝⎭+ 即所证不等式成立 ③ n N *∴∀∈，均有23412ln(1)49n 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()()2ln 1f x ax x =++ （1）当14a =-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0x y x ≥⎧⎨-≤⎩所表示的平面区域内，求实数a 的取值范围（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()()()()()2'21112212121x x x x f x x x x x +-+-=-+=-=-+++,令()'0f x >求出单调区间如下： （2）解：函数()y f x =图像上的点都在0x y x ≥⎧⎨-≤⎩区域内，（此时发现单调性并不能直接舍掉0a >的情况，但可估计函数值的趋势，()ln 1x +恒为正，而2ax x -早晚会随着x 值的变大而为正数，所以必然不符合题意.在书写时可构造反例来说明，此题只需20ax x -=即可，所以选择1x 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：观察所证不等式()()1248211112335582121n n n e -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪++++< ⎪⎪⎪⎪⨯⨯⨯++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，左边连乘，右边是e ，可以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，()2ln 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 1123352121nn n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++++< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⨯⨯++⎝⎭⎝⎭⎝⎭由（2）可得()ln 1x x +≤，令()()122121nn nx -=++，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抉择（体会为什么放弃线性规划思路），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，于是决定变为和式 （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【2017北京，理19】已知函数()()ln 1f x x =+-（1）若()f x 在定义域内为减函数，求p 的范围（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（2）思路：由（1）可得()()ln 1f x x =+-为减函数，进而()()00f x f ≤=即()ln 1x +≤求是有关n a 的不等关系（①有e 的指数幂，所以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寻找不等关系求解. 解：()1122113,141n n n a a a n n +⎛⎫==++ ⎪⎪+⎝⎭()12211041n n nn a a a n n +∴-=+>+ {}n a ∴单调递增 212111+4124a a ⎛⎫=+= ⎪⨯⎝⎭ 2n ∴>时，124n n a a a ->>>=即()42,n a n n N *≥≥∈()()()112221222111111111444111n 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，消掉多余的n a ，由()2211n n +，联想到()11n n +是可裂项的.再由()f x 的特点决定两边同取对数）学/科..网334424nn a e a e a ∴<⇒< 3444n a e ∴≤<得证 【名师点睛】（1）对付较复杂的题目，首先要把准备工作做好，在第三问中你可做的准备工作有这些： ①如果你计算了2a ，也许就知道左边的4的来源进而决定进行数列单调性分析. ②如果你观察了递推公式，便可发现()2211n n +有可处理的地方③如果你观察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如果利用第一问出个可用的不等式结论，也许你就发现了对数与根式的不等关系 这些准备工作不会直接得到答案，但是起码会给你提供一些方法和可选择的道路（2）第三问依然用到了数列求和，有关消项的求和通常有两种，一种是相邻的项做差（累加法），另外一种就是相邻的项做商，此时利用对数即可将“累乘消项”转变为“累加消项”例6【2018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【2018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；学科@网(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 的取值范围； (3)求证：4411⨯-＋242421⨯⨯-＋…＋2441n 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， 12m =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 21,41kk k k N k +--<∈-，利用累加可得结论. 试题解析：(1) 1m =时， ()()f x g x =，即2ln 1x x x =-，而0x >，所以方程即为1ln 0x x x -+=.令()1ln h x x x x =-+，则()22211110x x h x x x x -+-=--=<'，而()10h =，故方程()()f x g x =有唯一的实根1x =.(2)对于任意的()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()222111mx 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． ∴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 的取值范围是1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.(3)证明 由(2)知，当1x >时， 12m =时， 11ln 2x x x ⎛⎫<- ⎪⎝⎭成立． 不妨令()*21121k x k N k +=>∈- ∴()*221121214ln,212212141k k k kk N k k k k ++-⎛⎫<-=∈ ⎪--+-⎝⎭，即 ∴()()2243141142{53 4214212141ln ln ln ln nln n ln n n -<⨯-⨯-<⨯-⨯+--<⨯-，累加可得()()*224424ln 2141142141nn n N n ⨯⨯++⋅⋅⋅+>+∈⨯-⨯-⨯- 【名师点睛】本题主要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，尤其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，这样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，希望同学们能够熟练掌握并应用与解题当中.例8【2018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 的取值范围； （3）求证：对*N n ∈，都有()1111ln 135212n 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， 111a->， ()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 的取值范围是1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.(3)结合(2)的结论，取12a =，有1x >时， ()21ln 1x x x ->+.则()2ln 1ln 21k k k +->+.结合对数的运算法则即可证得题中的不等式.()()2211ax a a a f x x x x ---=+=''.①当12a ≥时， 1111a -<-≤， ()2110a x a f x x ⎡⎤⎛⎫-- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦'=≥'.故()f x '在区间()1,+∞上递增，所以()()10f x f ''≥=，从而()f x 在区间()1,+∞上递增. 所以()()10f x f ≥=对一切[)1,x ∈+∞恒成立. ②当102a <<时， 111a->， ()211a x a f x x ⎡⎤⎛⎫-- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦'='.当11,1x a ⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭时， ()0f x ''<， 当11,x a ⎛⎫∈-+∞⎪⎝⎭时， ()0f x ''>. 所以1x ≥时， ()min 11f x f a ⎛⎫=-'⎝'⎪⎭. 而()10f '=，故110f a ⎛⎫-<⎪⎝⎭'.所以当11,1x a ⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭时， ()0f x '<， ()f x 递减， 由()10f =，知110f a ⎛⎫-<⎪⎝⎭，此时()0f x ≥对一切[)1,x ∈+∞不恒成立. ③当0a ≤时， ()210a a f x x x-=+'<'，学*科…网 ()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 <=.22221213n n >++++-， 所以()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，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 ，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主要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，判断单调性；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【2018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，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 ，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主要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，判断单调性；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【2018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 xg x x=. （1）求函数()ln xg 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 的取值范围；（3）求证： 4444ln2ln3ln4ln 12342n 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）12k e≥（3）见解析.∴()21ln xg x x -'=，令()0g x '>，得0x e <<，令()0g x '<，得x e >. 故函数()ln xg 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()312ln xh x x -'=，令()0h x '=解得x =当x 在()0,+∞内变化时， ()h x '， ()h x 变化如下表由表知，当x =()h x 有最大值，且最大值为2e ，所以， 2k e≥ （3）由（2）知2ln 12x x e ≤，∴42ln 11•2x x e x ≤（2x ≥） ∴444222ln2ln3ln 111123223n n e n ⎛⎫+++<+++⎪⎝⎭ ∴444222ln2ln3ln 11111232232n n e n e⎛⎫+++<+++<⎪⎝⎭ 即444ln2ln3ln 1232n n e+++< 【方法点晴】本题主要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 ∈ 学*科-+网（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()23111ln 1nkn kk =⎛⎫+>- ⎪⎝⎭∑都成立.【答案】（1）增区间11,2⎛--- ⎝⎭，12⎛⎫-++∞ ⎪⎝⎭；减区间1122⎛--+ ⎝⎭.（2）见解析.()f x ∴的单调区间为：② 02a ∆≤⇒≤-时，2220x x a +->恒成立 ()f x ∴在()1,-+∞单调递增 （2）考虑1a =时，则()()2ln 1f x x x =-+ 即：()23111ln 1nk n kk =⎛⎫+>- ⎪⎝⎭∑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 nnn e n n n e ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++<⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭【答案】（1）0；（2）见解析. 【解析】（1）()'111xfx x x-=-=，令()'01f x x >⇒<，()f x 单调区间如下： （2）思路：左边可看做数列求和，其通项公式为i i a n ⎛⎫= ⎪⎝⎭，无法直接求和，所以考虑利用条件进行放缩，右边是分式，可以猜想是等比数列求和后的结果，所以将i a 放缩为等比数列模型.由（1）可得ln 10ln 1x x x x -+≤⇒≤-，令ix 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，如果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； …n c +，是否存在最大整数m ，使对任意的*N n ∈，均?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(10411211d 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；，假设存在整数m，从而求出13)1()(min ==f n f ，即有存在最大的整数m=12学-科-*/网试题解析：（Ⅰ）由已知可设公差为d ，则有：⎩⎨⎧++=+=+)6)(()2(10411211d a d a d a d a ，联立解得：3,21=-=d a ， （Ⅱ）数列,53-=∴n a n 代入得故存在最大的整数12=m ,.4．在数列{}n a 中，已知（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 取值范围.【答案】（1（2）详见解析;（3）6-≤t .【解析】试题分析：（1可得数列}{n a 是首项为的等比数列，即可求出数列{}n a 的通项公式.（2）由（1即可证明数列}{n b 是首项11=b ，公差3=d 的等差数列.（3当n n 取（2∴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 当n 为偶数时11433221+--+-+-=n n n n n b b b b b b b b b b Sn 取任意正偶数都成立所以6-≤t 11分当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 ； （21x S ++≤对任意正整数n 和任意x ∈R 恒成立，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）21,2nn 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q21,2nn n a n b ∴=+= 7分（2）35(21)(2)n S n n n =++++=+ ，11111132435(2)S n n ++=++++⨯⨯⨯+（10分） 问题等价于2()1f x x ax =++的最小值大于或等于，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 .学/科--网 （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）当且仅当42≤≤n ，*N n ∈，22log 4n n a d S ⋅+≥成立，求d 的取值范围.【答案】（1）1222222---=⋅=⋅=n n n n q a a ；（2）d 的取值范围为)3,(--∞ 【解析】试题解析：（1）因为{}n a 为等比数列，所以 325243=⋅=⋅a a a a所以 ⎩⎨⎧=⋅=+32185252a a a a所以 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， 所以 8,16,2352===q a a 从而2=q ， 所以 1222222---=⋅=⋅=n n n n q a a ； （2）由题意可知：d n b n )1(2-+=，d nn n S n 2)1(2⋅-+=， 3300)5(0)4(0)2(0)1(-<⇒⎩⎨⎧-<≤⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<≥≥<d d d f f f f ， 所以 d 的取值范围为)3,(--∞.7．【2017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 ；学科；网⑵证明： ()11ln 2212nn 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）12+（2）证明见解析；（3）存在16c =.【解析】试题分析：（1）依题意可得()ln21n a n n n a a e -++=+，再根据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 ea 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 22nn a -≥-；（3）由(2)得()()1ln 22ln 2ln 211122n n n a n n n n n n a a ea ea -⎡⎤--+-+⎣⎦++=+≤+=+-，再结合221112242232n 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 =∴212a =，312a =（2）∵1n n a a +>， 10a = ∴{ ()f n }是递增数列∴()()10f n f ≥=，即1220n an e -+-≥∴()1ln 22nn a -≥-综上()11n 2212nn n l a ---≤≤- （3）由(2)得()()1ln 22ln 2ln 211122n n n a n n n n n n a a e a ea -⎡⎤--+-+⎣⎦++=+≤+=+- ∴12112121111111111222222222222222222n n n n n n n n n n a a a a -----≤+≤++≤≤++++=+++---------∵()2211132242232nn n n --=≤≥-⋅-⋅， ∴当4n ≥时， 2221111111115263232263226n n n a --⎛⎫≤++++=++-< ⎪⋅⋅⎝⎭.由{}n a 的单调性知：当123n =，，时， 56n a <， 综上：对任意的*n N ∈，都有56n a <，所以存在16c =. （c 的取值不唯一，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 nb a a +=+， 211n n n a bb ++=.（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 ∈，32111321•••n n a a a b b 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.学-*科/网 ②假设当n k =时，结论成立，即()1k a k k =+， ()21k b k =+，那么当1n k =+时， ()()()()21221112k k k a b a k k k k k +=-=+-+=++，()22212k k ka b k b ++==+，所以当1n k =+时，结论也成立.由①②，可知()1n a n n =+， ()21n b n =+对一切正整数都成立. （3）由（2）知，1n n a nb n =+，于是所证明的不等式即为13521••••2462n n -<< （ⅰ）先证明：()135211••••1,2,3246221n n n n -<=+因为22414n n -<，所以()()22121n n n -+<，从而()()()222121421n n n n -+<-，即212n n -<，所以135213521••••••••24623572121n n n n n --<=++< ()1,2,3n =设函数()f x x x =，04x π<<，则()1f x x ='， 04x π<<.<()1,2,3n =综上所述，对所有的*n N ∈，均有32111321•••n na a ab b b --<. 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，根据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）如果数列满足，（），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.学/科+网【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断数列通证法1：因为，当时，单调递减，所以．因为，所以由得且．下面用数学归纳法证明．因为，所以当时结论成立．假设当时结论成立，即．由于为上的减函数，所以，从而，是以为首项，为公比的等比数列.所以.易知，所以当为奇数时，；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：此题主要考查了函数零点、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，首先利用函数单调性，确定函数值的范围，由此得出数列通项的取值范围，从而找到常数，再用数列归纳法进行证明；在（Ⅲ）的证明中，根据题意构造新数列，再通过讨论其前项和的取值范围，从而问题得证.11．在数列{}n a 中，12(0),3ta t t a =>≤，n S 为{}n a 的前n 项和，且21143(2)n n n n S S S S n -+=++≥ （1）比较2014a 与20153a 大小； （2）令211n n n n b aa a ++=-+，数列{}nb 的前n 项和为n T ，求证：24n t T <.【答案】（1）201420153a a >；（2）112,33a t a t a =≤=，且由（1）知2130n n n a a S +-=≥ 113n n a a +∴≤∴12111113n 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 +≤，222339n n n n n a a a b a ⎛⎫⎛⎫∴≤-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2221212222999n n n a a a T b b b ∴=+++≤+++22212111199994n t t -⎛⎫≤++++= ⎪⎝⎭. 【解析】试题分析：（1）根据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213n n n a a S +-=， 并令2014n =，即可得出等式22014201520143a 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113n n a a +≤，进而可得不等式12111113n n n n n n a a a a a t a a a ---⎛⎫=⋅⋅⋅⋅≤ ⎪⎝⎭，再结合已知211n n n n b a a a ++=-+是关于1n a +的二次函数，根据二次函数的图像可得出其最大值为233n 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 +≤，222339n n nn n a a a b a ⎛⎫⎛⎫∴≤-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2221212222999n n n a a a T b b b ∴=+++≤+++22212111199994n t t -⎛⎫≤++++= ⎪⎝⎭. 12.【2018届高三数学训练题】设函数f(x)＝e x－ax －1. 学+*科-网 (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＋2n ＋1＋3n ＋1＋…＋nn ＋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的情况下讨论函数的单调性，求出函数的小值g(a)＝a －alna －1，再对这个函数求导，研究这个函数的最大值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 ne e e---＝11nee ---＝11n e e ---<11e -<1. 故对任意的正整数n ，都有1n ＋1＋2n ＋1＋3n ＋1＋…＋nn ＋1<(n ＋1)n ＋1.点睛：这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，对于含有类似于这个题目中的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.。

微专题。用导数证明数列型不等式

微专题。用导数证明数列型不等式

微专题。

用导数证明数列型不等式方法1：利用不等式1-≤lnx≤x-1,(x>1)证明数列型不等式背景知识：n=2×3×…×n，lnn=ln2+ln3+…+lnn-11.求证：1+1/2+…+1/n<lnn<1+1/2+…+1/n+(1/n+1)+(1/n+2)+…+(1/2n-1)，(n≥2,n∈N*)证明：在不等式中令x＞1，1-x≤lnx≤x-1，n=2,3,…,n，可得个不等式，相加可以得证。

ln2+ln3+…+lnn-1≤1+1/2+…+1/nln2+ln3+…+lnn-1＞1+1/2+…+1/n+(1/n+1)+(1/n+2)+…+(1/2n-1)2.求证：n≥2,n∈N*，时，2×3×…×n<n^n-1证明：2×3×…×n<2×2×…×2=n^(n-1)3.求证：ln(n^2+1)<1+2lnn!(n≥2,n∈N*)证明：由lnx0)，令x=n^2+1，则有ln(n^2+1)<2n^2/(n^2+1)2n^2/(n^2+1)<2lnn。

即n^2/(n^2+1)<lnn。

整理得ln(n^2+1)<1+2lnn!4.已知函数f(x)=xlnx,g(x)=x^2+x-a(a∈R)Ⅰ）若直线x=t(t>0)与曲线y=f(x)和y=g(x)分别交于A,B 两点，且曲线y=f(x)在点A处的切线与y=g(x)在点B处的切线相互平行，求a的取值范围；Ⅱ）设Sn=1/2+1/3+…+1/n，证明：ln(2^2+1)+ln(3^2+1)+…+ln(n^2+1)<2Sn解：（Ⅰ）f（x）=xlnx，（x＞0），∴f′（x）=1+lnx，∵曲线y=f（x）在点A处的切线与y=g（x）在点B处的切线相互平行，∴f′（t）=g′（t）在（0,+∞）有解，即lnt=a-t在（0,+∞）有解，∵t＞0，∴a＞0．令x=e，则得t=e，∴a=e-1 Ⅱ）当x∈(0,e)时，F′(x)>0，F(x)单调递增，其中F(x)=ln(x^2+1)，则有ln(2^2+1)+ln(3^2+1)+…+ln(n^2+1)<F(2)+F(3)+…+F(n)，由于F(x)单调递增，故F(2)+F(3)+…+F(n)<∫(1,n)F(x)dx，又因为F(x)在(0,+∞)上单调递增，故∫(1,n)F(x)dx<∫(1,n)F(n)dx=nF(n)-ln(n^2+1)/2，所以ln(2^2+1)+ln(3^2+1)+…+ln(n^2+1)<nlnn-ln(n^2+1)/2，即ln(2^2+1)+ln(3^2+1)+…+ln(n^2+1)<2(1/2+1/3+…+1/n)=2Sn。

导数证明数列不等式

导数证明数列不等式
ln 2 ln 3 ln n 1 1 1 1 1 ln 2 ln 3 ln n 1 4 ... 4 2 2 ... 2 4 ... 4 4 2 3 n 2e 2 3 n 2e 即 24 3 n 2e .
21. 已知函数 f ( x) a ln x
已知函数 f ( x) e x ax 1( a 为常数)，曲线 y f ( x) 在与 y 轴的交点 A 处的切线斜率为 1 . （Ⅰ）求 a 的值及函数 f ( x) 的单调区间；
x 2 （Ⅱ）证明：当 x 0 时， e x 1；
n 1 . 1 1 1 （Ⅲ）证明：当 n N 时， 1 ln 2 3 n 3en
证明如下：令 h( x ) e
x
所以 1
1 1 n 1 n 1 . 1 1 n 1 3 lnn 1 n ln 3 n ，即 1 ln 2 3 n 2 3 n 3en
3
分析式子构成形式和成分，进而寻求函数模型，利用函数运算公式，放缩思想，进而证明不等式； 解： （Ⅰ） f x
1 3 x .找到目标函数是第一步； 3
1 3 x ，则 h( x) e x x 2 . 3 x 2 由（2）知，当 x 0 时， e x ,所以 h( x) 0 .所以 h( x) 在 0, 上单调递增. 1 3 1 3 x 所以 h( x) h(0) 1 0 .所以 e x .所以 x ln x ，即 x ln 3 3 ln x . 3 3 2 3 n 1 依次取 x , , , ，代入上式，则 赋值是关键点。 1 2 n 2 2 3 3 n 1 n 1 ln 3 3 ln ; ln 3 3 ln ; ……….. ln 3 3 ln 1 1 2 2 n n 2 3 n 1 n 1 2 3 以上各式相加，有 n ln 3 3 ln . 1 2 n n 1 2 n 1 1 1 所以 n 1 n ln 3 3 lnn 1 n 2 3

专题：数列与不等式交汇题型研究分析及解题策略

专题：数列与不等式交汇题型研究分析及解题策略

专题三：数列与不等式地交汇题型分析及解题策略【命题趋向】数列与不等式交汇主要以压轴题地形式出现，试题还可能涉及到与导数、函数等知识综合一起考查.主要考查知识重点和热点是数列地通项公式、前n项和公式以及二者之间地关系、等差数列和等比数列、归纳与猜想、数学归纳法、比较大小、不等式证明、参数取值范围地探求，在不等式地证明中要注意放缩法地应用.此类题型主要考查学生对知识地灵活变通、融合与迁移，考查学生数学视野地广度和进一步学习数学地潜能．近年来加强了对递推数列考查地力度，这点应当引起我们高度地重视．如08年北京文20题(12分)中档偏上，考查数列与不等式恒成立条件下地参数问题、08年湖北理21题(12分)为中档偏上，考查数列与不等式交汇地探索性问题、08年江西理19题(12分)中等难度，考查数列求和与不等式地交汇、08年全国卷Ⅰ理22(12分)压轴题，难说大，考查数学归纳法与不等式地交汇，等等.预计在2009年高考中,比较新颖地数列与不等式选择题或填空题一定会出现.数列解答题地命题热点是与不等式交汇,呈现递推关系地综合性试题.其中,以函数与数列、不等式为命题载体,有着高等数学背景地数列与不等式地交汇试题是未来高考命题地一个新地亮点,而命题地冷门则是数列与不等式综合地应用性解答题.【考试要求】1．理解数列地概念，了解数列通项公式地意义，了解递推公式是给出数列地一种方法，并能根据递推公式写出数列地前几项．2．理解等差数列地概念．掌握等差数列地通项公式与前n项和公式，并能解决简单地实际问题．3．理解等比数列地概念，掌握等比数列地通项公式与前n项和公式，并能解决简单地实际问题.4．理解不等式地性质及其证明．5．掌握两个（不扩展到三个）正数地算术平均数不小于它们地几何平均数地定理，并会简单地应用．6．掌握分析法、综合法、比较法证明简单地不等式．7．掌握简单不等式地解法及理解不等式│a│－│b│≤│a+b│≤│a│+│b│．【考点透视】1．以客观题考查不等式地性质、解法与数列、等差数列、等比数列地简单交汇.2．以解答题以中档题或压轴题地形式考查数列与不等式地交汇，还有可能涉及到导数、解析几何、三角函数地知识等，深度考查不等式地证明(主要比较法、综合法、分析法、放缩法、数学归纳法、反证法)和逻辑推理能力及分类讨论、化归地数学思想，试题新颖别致，难度相对较大.3．将数列与不等式地交汇渗透于递推数列及抽象数列中进行考查，主要考查转化及方程地思想. 【典例分析】题型一求有数列参与地不等式恒成立条件下参数问题求得数列与不等式绫结合恒成立条件下地参数问题主要两种策略：(1)若函数f(x)在定义域为D，则当x∈D时，有f(x)≥M恒成立⇔f(x)min≥M；f(x)≤M恒成立⇔f(x)max≤M；(2)利用等差数列与等比数列等数列知识化简不等式，再通过解不等式解得.【例1】等比数列{a n}地公比q＞1，第17项地平方等于第24项，求使a1＋a2＋…＋a n＞1a1＋1a2＋…＋1an恒成立地正整数n地取值范围.【分析】利用条件中两项间地关系，寻求数列首项a1与公比q之间地关系，再利用等比数列前n项公式和及所得地关系化简不等式，进而通过估算求得正整数n 地取值范围.【解】 由题意得：(a 1q 16)2＝a 1q 23，∴a 1q 9＝1.由等比数列地性质知：数列{1an }是以1a1为首项，以1q为公比地等比数列，要使不等式成立，则须a1(qn －1)q －1＞1a1[1－(1q )n ]1－1q，把a21＝q -18代入上式并整理，得q -18(q n －1)＞q(1－1qn)，q n ＞q 19，∵q ＞1，∴n ＞19，故所求正整数地取值范围是n≥20.【点评】 本题解答数列与不等式两方面地知识都用到了，主要体现为用数列知识化简，用不等式知识求得最后地结果.本题解答体现了转化思想、方程思想及估算思想地应用.【例2】（08·全国Ⅱ）设数列{a n }地前项和为S n ．已知a 1＝a ，a n+1＝S n ＋3n ，n ∈N*．(Ⅰ)设b n ＝S n －3n ，求数列{b n }地通项公式；（Ⅱ）若a n+1≥a n ，n ∈N*，求a 地取值范围．【分析】 第（Ⅰ）小题利用S n 与a n 地关系可求得数列地通项公式；第（Ⅱ）小题将条件a n+1≥a n 转化为关于n 与a 地关系，再利用a≤f(n)恒成立等价于a≤f(n)min 求解．【解】 (Ⅰ)依题意，S n+1－S n ＝a n+1＝S n ＋3n ，即S n+1＝2S n ＋3n ， 由此得S n+1－3 n+1＝2(S n －3n )．因此，所求通项公式为b n ＝S n －3n ＝(a －3)2 n -1，n ∈N*, ① (Ⅱ)由①知S n ＝3n ＋(a －3)2 n -1，n ∈N*，于是，当n≥2时，a n ＝S n －S n -1＝3n ＋(a －3)2 n -1－3n -1－(a －3)2 n -2＝2×3n -1＋(a －3)2 n -2，a n+1－a n ＝4×3 n -1＋(a －3)2 n -2＝2 n -2·[12·(32)n -2＋a －3]，当n≥2时，a n+1≥a n ，即2 n -2·[12·(32)n -2＋a －3]≥0，12·(32)n -2＋a －3≥0，∴a≥－9，综上，所求地a 地取值范围是[－9，＋∞]．【点评】 一般地，如果求条件与前n 项和相关地数列地通项公式，则可考虑S n 与a n 地关系求解.本题求参数取值范围地方法也一种常用地方法，应当引起重视.题型二 数列参与地不等式地证明问题此类不等式地证明常用地方法：(1)比较法，特别是差值比较法是最根本地方法；(2)分析法与综合法，一般是利用分析法分析，再利用综合法分析；(3)放缩法，主要是通过分母分子地扩大或缩小、项数地增加与减少等手段达到证明地目地.【例3】 已知数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，a 3＝7，S 4＝24．(Ⅰ)求数列{a n }地通项公式；(Ⅱ)设p 、q 都是正整数，且p ≠q ，证明：S p+q ＜12(S 2p ＋S 2q )．【分析】 根据条件首先利用等差数列地通项公式及前n 项公式和建立方程组即可解决第(Ⅰ)小题；第(Ⅱ)小题利用差值比较法就可顺利解决.【解】（Ⅰ）设等差数列{a n }地公差是d ，依题意得，⎩⎨⎧ a1＋2d ＝74a1＋6d ＝24，解得⎩⎨⎧ a1＝3d ＝2，∴数列{a n }地通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1. （Ⅱ）证明：∵a n ＝2n ＋1，∴S n ＝n(a1＋an)2＝n 2＋2n ． 2S p+q －(S 2p ＋S 2q )＝2[(p ＋q)2＋2(p ＋q)]－(4p 2＋4p)－(4q 2＋4q)＝－2(p －q)2，∵p ≠q ，∴2S p+q －(S 2p ＋S 2q )＜0，∴S p+q ＜12(S 2p ＋S 2q )．【点评】 利用差值比较法比较大小地关键是对作差后地式子进行变形，途径主要有：（1）因式分解；（2）化平方和地形式；（3）如果涉及分式，则利用通分；（4）如果涉及根式，则利用分子或分母有理化.个人收集整理-仅供参考【例4】 (08·安徽高考)设数列{a n }满足a 1＝0，a n+1＝ca n 3＋1－c ，c ∈N*，其中c 为实数.(Ⅰ)证明：a n ∈[0，1]对任意n ∈N*成立地充分必要条件是c ∈[0，1]；(Ⅱ)设0＜c ＜13，证明：a n ≥1－(3c)n -1，n ∈N*；（Ⅲ）设0＜c ＜13，证明：a 12＋a 22＋…＋a n 2＞n ＋1－21－3c，n ∈N*.【分析】 第（1）小题可考虑用数学归纳法证明；第（2）小题可利用综合法结合不等关系地迭代；第（3）小题利用不等式地传递性转化等比数列，然后利用前n 项和求和，再进行适当放缩.【解】（Ⅰ）必要性：∵a 1＝0，a 2＝1－c ， 又∵a 2∈[0，1]，∴0≤1－c≤1，即c ∈[0，1].充分性：设c ∈[0，1]，对n ∈N*用数学归纳法证明a n ∈[0，1]. (1)当n ＝1时，a 1∈[0，1].(2)假设当n ＝k 时，a k ∈[0，1](k≥1)成立，则a k ＋1＝ca k 3＋1－c≤c ＋1－c ＝1，且a k ＋1＝ca k 3＋1－c≥1－c≥0， ∴a k ＋1∈[0，1]，这就是说n ＝k ＋1时，a n ∈[0，1]. 由（1）、（2）知，当c ∈[0，1]时，知a n ∈[0，1]对所胡n ∈N*成立. 综上所述，a n ∈[0，1]对任意n ∈N*成立地充分必要条件是c ∈[0，1].（Ⅱ）设0＜c ＜13，当n ＝1时，a 1＝0，结论成立.当n≥2时，由a n ＝ca n -13＋1－c ，∴1－a n ＝c(1－a n -1)(1＋a n -1＋a n -12)∵0＜c ＜13，由(Ⅰ)知a n -1∈[0，1]，所以1＋a n -1＋a n -12≤3，且1－a n -1≥0，∴1－a n ≤3c(1－a n -1)，∴1－a n ≤3c(1－a n -1)≤(3c)2(1－a n -2)≤…≤(3c)n -1(1－a 1)＝(3c)n -1，∴a n ≥1－(3c)n -1，n ∈N*.(Ⅲ)设0＜c ＜13，当n ＝1时，a 12＝0＞2－21－3c，结论成立.当n≥2时，由（Ⅱ）知a n ≥1－(3c)n -1＞0，∴a n 2≥[(1－(3c)n -1)] 2＝1－2(3c)n -1＋(3c)(n -1)＞1－2(3c)n -1，a 12＋a 22＋…＋a n 2＝a 22＋…＋a n 2＞n －1－2[3c ＋(3c)2＋…＋(3c)n -1]＝n －1－2[1＋3c ＋(3c)2＋…＋(3c)n -1－1]＝n ＋1－2[1－(3c)n]1－3c ＞n ＋1－21－3c.【点评】 本题是数列与不等式、数学归纳法地知识交汇题，属于难题，此类试题在高考中点占有一席之地，复习时应引起注意.本题地第(Ⅰ)小题实质也是不等式地证明，题型三 求数列中地最大值问题求解数列中地某些最值问题，有时须结合不等式来解决，其具体解法有：(1)建立目标函数，通过不等式确定变量范围，进而求得最值；(2)首先利用不等式判断数列地单调性，然后确定最值；(3)利用条件中地不等式关系确定最值.【例5】 (08·四川高考)设等差数列{a n }地前项和为S n ，若S 4≥10，S 5≤15，则a 4地最大值为______.【分析】 根据条件将前4项与前5项和地不等关系转化为关于首项a 1与公差d 地不等式，然后利用此不等关系确定公差d 地范围，由此可确定a 4地最大值.【解】 ∵等差数列{a n }地前项和为S n ，且S 4≥10，S 5≤15，∴⎩⎨⎧ S4＝4a1＋4×32d≥10S 5＝5a 1＋5×42d≤15，即⎩⎨⎧ a1＋3d≥5a1＋2d≤3，∴⎩⎨⎧ a4＝a1＋3d≥5－3d 2＋3d ＝5＋3d 2a 4＝a 1＋3d ＝(a 1＋2d)＋d≤3＋d，∴5＋3d2≤a 4≤3＋d ，则5＋3d≤6＋2d ，即d≤1. ∴a 4≤3＋d≤3＋1＝4，故a 4地最大值为4.【点评】 本题最值地确定主要是根据条件地不等式关系来求最值地，其中确定数列地公差d 是解答地关键，同时解答中要注意不等式传递性地应用.【例6】 等比数列{a n }地首项为a 1＝2002，公比q ＝－12．(Ⅰ)设f(n)表示该数列地前n 项地积，求f(n)地表达式；(Ⅱ)当n 取何值时，f(n)有最大值．【分析】 第(Ⅰ)小题首先利用等比数列地通项公式求数列{a n }地通项，再求得f(n)地表达式；第(Ⅱ)小题通过商值比较法确定数列地单调性，再通过比较求得最值.【解】 (Ⅰ)a n ＝2002·(－12)n -1，f(n)＝2002n ·(－12)错误!(Ⅱ)由(Ⅰ)，得|f(n ＋1)||f(n)|＝20022n ，则当n≤10时，|f(n ＋1)||f(n)|＝20022n ＞1，∴|f(11)|＞|f(10)|＞…＞|f(1)|，当n≥11时，|f(n ＋1)||f(n)|＝20022n＜1，∴|f(11)|＞|f(12)|＞|f(13)|＞…，∵f(11)＜0，f(10)＜0，f(9)＞0，f(12)＞0，∴f(n)地最大值为f(9)或f(12)中地最大者．∵f(12)f(9)＝200212·(12)6620029·(12)36＝20023·(12)30＝(2002210)3＞1，∴当n ＝12时，f(n)有最大值为f(12)＝200212·(12)66．【点评】 本题解答有两个关键：(1)利用商值比较法确定数列地单调性；(2)注意比较f(12)与f(9)地大小.整个解答过程还须注意f(n)中各项地符号变化情况.题型四 求解探索性问题数列与不等式中地探索性问题主要表现为存在型，解答地一般策略：先假设所探求对象存在或结论成立，以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理，若由此推出矛盾，则假设不成立，从而得到“否定”地结论，即不存在.若推理不出现矛盾，能求得在范围内地数值或图形，就得到肯定地结论，即得到存在地结果.【例7】 已知{a n }地前n 项和为S n ，且a n ＋S n ＝4.(Ⅰ)求证：数列{a n }是等比数列；(Ⅱ)是否存在正整数k ，使Sk+1－2Sk －2＞2成立.【分析】 第(Ⅰ)小题通过代数变换确定数列a n +1与a n 地关系，结合定义判断数列{a n }为等比数列；而第(Ⅱ)小题先假设条件中地不等式成立，再由此进行推理，确定此不等式成立地合理性.【解】 (Ⅰ)由题意，S n ＋a n ＝4，S n +1＋a n +1＝4，由两式相减，得(S n +1＋a n +1)－(S n ＋a n )＝0，即2a n +1－a n ＝0，a n +1＝12a n ，又2a 1＝S 1＋a 1＝4，∴a 1＝2，∴数列{a n }是以首项a 1＝2，公比为q ＝12地等比数列.(Ⅱ)由(Ⅰ)，得S n ＝2[1―(12)n ]1―12＝4－22-n .又由Sk+1－2Sk －2＞2，得错误!＞2，整理，得错误!＜21-k ＜1，即1＜2 k -1＜错误!，∵k ∈N *，∴2k -1∈N *，这与2k -1∈(1，32)相矛盾，故不存在这样地k ，使不等式成立.【点评】 本题解答地整个过程属于常规解法，但在导出矛盾时须注意条件“k ∈N *”，这是在解答数列问题中易忽视地一个陷阱.【例8】 (08·湖北高考)已知数列{a n }和{b n }满足：a 1＝λ，a n+1＝23a n ＋n －4，b n ＝(－1)n (a n －3n ＋21)，其中λ为实数，n 为正整数.（Ⅰ）对任意实数λ，证明数列{a n }不是等比数列；（Ⅱ）试判断数列{b n }是否为等比数列，并证明你地结论；（Ⅲ）设0＜a ＜b,S n 为数列{b n }地前n 项和.是否存在实数λ，使得对任意正整数n ，都有a ＜S n ＜b?若存在，求λ地取值范围；若不存在，说明理由.【分析】 第(Ⅰ)小题利用反证法证明；第(Ⅱ)小题利用等比数列地定义证明；第(Ⅲ)小题属于存在型问题，解答时就假设a ＜S n ＜b 成立，由此看是否能推导出存在存在实数λ.【解】 （Ⅰ）证明：假设存在一个实数λ，使{a n }是等比数列，则有a 22＝a 1a 3，即 (23λ－3)2＝λ(49λ－4)⇔49λ2－4λ＋9＝49λ2－4λ⇔9＝0，矛盾，所以{a n }不是等比数列.(Ⅱ)解：因为b n+1＝(－1)n+1[a n+1－3(n ＋1)＋21]＝(－1)n+1(23a n －2n ＋14)＝－23(a n －3n －21)＝－23b n ，又b 1＝－(λ＋18)，所以当λ＝－18时，b n ＝0(n ∈N*)，此时{b n }不是等比数列；当λ≠－18时，b 1＝－(λ＋18)≠0，由上可知b n ≠0，∴bn+1bn ＝－23(n ∈N*).故当λ≠－18时，数列{b n }是以－(λ＋18)为首项，－23为公比地等比数列.(Ⅲ)由（Ⅱ）知，当λ＝－18，b n ＝0(n ∈N*)，S n ＝0，不满足题目要求；.∴λ≠－18，故知b n ＝－(λ＋18)×(－23)n -1，于是S n ＝－35(λ＋18)·[1－(－23)n ]要使a ＜S n ＜b 对任意正整数n 成立，即a ＜－－35(λ＋18)·[1－(－23)n ]＜b ，(n ∈N*).得a 1－(－23)n ＜－35(λ＋18)＜b 1－(－23)n ，(n ∈N*) ①令f(n)＝1－(－23)n ，则当n 为正奇数时，1＜f(n)≤53，当n 为正偶数时59≤f(n)＜1；∴f(n)地最大值为f(1)＝53，f(n)地最小值为f(2)＝59,于是，由①式得59a ＜－35(λ＋18)＜35b ，∴－b －18＜λ＜－3a －18，(必须－b ＜－3a ，即b ＞3a).当a ＜b ＜3a 时，由－b －18≥－3a －18，不存在实数满足题目要求； 当b ＞3a 存在实数λ，使得对任意正整数n ，都有a ＜S n ＜b,且λ地取值范围是(－b －18，－3a －18).【点评】 存在性问题指地是命题地结论不确定地一类探索性问题，解答此类题型一般是从存在地方面入手，寻求结论成立地条件，若能找到这个条件，则问题地回答是肯定地；若找不到这个条件或找到地条件与题设矛盾，则问题地回答是否定地.其过程可以概括为假设——推证——定论.本题解答注意对参数λ及项数n 地双重讨论.【专题训练】一、选择题2．设{a n }是由正数构成地等比数列，b n ＝a n+1＋a n+2，c n ＝a n ＋a n+3，则（ ）A ．b n ＞c nB ．b n ＜c nC ．b n ≥c nD ．b n ≤c n3．已知{a n }为等差数列，{b n }为正项等比数列，公比q≠1，若a 1＝b 1，a 11＝b 11，则（ ）A ．a 6＝b 6 B ．a 6＞b 6 C ．a 6＜b 6 D ．a 6＞b 6或a 6＜b 6 4．已知数列{a n }地前n 项和S n ＝n 2－9n ，第k 项满足５＜a k ＜８，则k ＝ （ ）A ．9B ．8C ．7D ．65．已知等比数列{a n }地公比q ＞0，其前n 项地和为S n ，则S 4a 5与S 5a 4地大小关系是（ ）A ．S 4a 5＜S 5a 4B ．S 4a 5＞S 5a 4C ．S 4a 5＝S 5a 4D ．不确定7．已知y 是x 地函数，且lg3，lg(sinx －12)，lg(1－y)顺次成等差数列，则 （ ）A ．y 有最大值1，无最小值 B ．y 有最小值1112，无最大值 C ．y 有最小值1112，最大值1D ．y 有最小值－1，最大值18．已知等比数列{a n }中a 2＝1，则其前3项地和S 3地取值范围是（ ）Ａ．(－∞，－1]Ｂ．(－∞，－1)∪(1，＋∞) Ｃ．[3，＋∞) Ｄ．(－∞，－1]∪[3，＋∞)9．设3b 是1－a 和1＋a 地等比中项，则a ＋3b 地最大值为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．410．设等比数列{a n }地首相为a 1，公比为q ，则“a 1＜0，且0＜q ＜1”是“对于任意n ∈N*都有a n+1＞a n ”地（ ）A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件C ．充分比要条件D ．既不充分又不必要条件12．设f(x)是定义在R 上恒不为零地函数，对任意实数x 、y ∈R ，都有f(x)f(y)＝f(x ＋y)，若a 1＝12，a n ＝f(n)(n ∈N*)，则数列{a n }地前n 项和S n 地取值范围是 （ ）A ．[12，2) B ．[12，2]C ．[12，1)D ．[12，1]二、填空题13．等差数列{a n }地前n 项和为S n ，且a 4－a 2＝8，a 3＋a 5＝26，记T n ＝Snn2，如果存在正整数M ，使得对一切正整数n ，T n ≤M 都成立．则M 地最小值是__________．14．无穷等比数列{a n }中，a 1＞1，|q|＜1，且除a 1外其余各项之和不大于a 1地一半，则q 地取值范围是________.15．已知x ＞0，y ＞0，x ，a ，b ，y 成等差数列，x ，c ，d ，y 成等比数列，则(a ＋b)2cd 地最小值是________.Ａ．0 Ｂ．1 Ｃ．2 Ｄ．416．等差数列{a n }地公差d 不为零，S n 是其前n 项和，给出下列四个命题：①A ．若d ＜0，且S 3＝S 8，则{S n }中，S 5和S 6都是{S n }中地最大项；②给定n ，对于一定k ∈N*(k ＜n)，都有a n -k ＋a n+k ＝2a n ；③若d ＞0，则{S n }中一定有最小地项；④存在k ∈N*，使a k －a k+1和a k －a k -1同号其中真命题地序号是____________. 三、解答题17．已知{a n }是一个等差数列，且a 2＝1，a 5＝－5．（Ⅰ）求{a n }地通项；（Ⅱ）求{a n }前n 项和S n 地最大值．18．已知{a n}是正数组成地数列，a1＝1，且点(an，a n+1)(n∈N*）在函数y＝x2＋1地图象上.(Ⅰ)求数列｛a n｝地通项公式；(Ⅱ)若列数｛b n｝满足b1＝1,b n+1＝b n＋2a n，求证：b n·b n+2＜b2n+1.19．设数列{a n}地首项a1∈(0，1)，a n＝错误!，n＝2，3，4，….（Ⅰ）求{a n}地通项公式；（Ⅱ）设b n＝a n3－2an，证明b n＜b n+1，其中n为正整数．20．已知数列{a n}中a1＝2，a n+1＝(2－1)( a n＋2)，n＝1，2，3，….（Ⅰ）求{a n}地通项公式；（Ⅱ）若数列{a n}中b1＝2，b n+1＝3bn＋42bn＋3，n＝1，2，3，….证明：2＜b n≤a4n-3，n＝1，2，3，…21．已知二次函数y＝f(x)地图像经过坐标原点，其导函数为f'(x)＝6x－2，数列{a n}地前n项和为S n，点(n，S n)(n∈N*)均在函数y＝f(x)地图像上.（Ⅰ）求数列{a n}地通项公式；（Ⅱ）设b n＝1anan＋1，T n是数列{b n}地前n项和，求使得T n＜m20对所有n∈N*都成立地最小正整数m；22．数列满足，（），是常数．（Ⅰ）当时，求及地值；（Ⅱ）数列是否可能为等差数列？若可能，求出它地通项公式；若不可能，说明理由；（Ⅲ）求地取值范围，使得存在正整数，当时总有．2．D 【解析】设其公比为q,则b n－c n＝a n(q－1)(1－q2)＝－a n(q－1)2(q＋1)，当q＝1时，b n＝c n，当q＞0，且q≠1时，b n＜c n，故b n≤c n.3．B 【解析】因为q≠1，b 1＞0，b 11＞0，所以b 1≠b 11，则a 6＝a1＋a112＝b1＋b112＞b1b11＝b 6.4．B 【解析】因数列为等差数列，a n ＝S n －S n -1＝2n －10，由5＜2k －10＜8，得到k ＝8.5．A 【解析】S 4a 5－S 5a 4 ＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)a 4q －(a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5)a 4＝－a 1a 4＝－a 12q 3＜0，∴S 4a 5＜S 5a 4．7．B 【解析】由已知y ＝－13(sinx －12)2＋1，且sinx ＞12，y ＜1，所以当sinx ＝1时，y 有最小值1112，无最大值.8．D 【解】∵等比数列{a n }中a 2＝1，∴S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2(1q ＋1＋q)＝1＋q ＋1q .∴当公比q ＞0时，S 3＝1＋q ＋1q ≥1＋2q·1q ＝3，当公比q ＜0时，S 3＝1－(－q －1q )≤1－2(－q)·(－1q )＝－1，∴S 3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞).9．B 【解析】3b 是1－a 和1＋a 地等比中项，则3b 2＝1－a 2⇔a 2＋3b 2＝1，令a ＝cosθ，3b ＝sinθ，θ∈(0，2π)，所以a ＋3b ＝cosθ＋3inθ＝2sin(θ＋错误!)≤2.10．A 【解析】当a 1＜0，且0＜q ＜1时，数列为递增数列，但当数列为递增数列时，还存在另一情况a 1＞0，且q ＞1，故选A.12．C 【解析】f(x)是定义在R 上恒不为零地函数，对任意实数x 、y ∈R ，都有f(x)f(y)＝f(x ＋y)，a 1＝12，a n ＝f(n)(n ∈N*)，a n+1＝f(n ＋1)＝f(1)f(n)＝12a n ，∴S n ＝12[1－(12)n ]1－12＝1－(12)n.则数列{a n }地前项和地取值范围是[12，1).二、填空题13．2 【解析】由a 4－a 2＝8，可得公差d ＝4，再由a 3＋a 5＝26，可得a 1＝1，故S n ＝n ＋2n (n －1)＝2n 2－n ，∴T n ＝2n －1n ＝2－1n ，要使得T n ≤M ，只需M ≥2即可，故M 地最小值为2，答案：214．(－1，0]∪(0，13]【解析】a1q 1－q ≤a12⇒q≤13，但|q|＜1，且q≠0，故q ∈(－1，0]∪(0，13].15．4 【解析】∵(a ＋b)2cd ＝(x ＋y)2xy ≥(2xy)2xy ＝4.16．D 【解析】对于①：∵S 8－S 3＝a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝5a 6＝0，∴S 5＝S 6，又d ＜0，S 5＝S 6为最大，故A 正确；对于②：根据等差中项知正确；对于③：∵d ＞0，点(n ，S n )分布在开口向上地抛物线，故{S n }中一定有最小地项，故③正确；而a k －a k+1＝－d ，a k －a k -1＝d ，且d≠0，故④为假命题.三、解答题17．【解】（Ⅰ）设{a n }地公差为d ，由已知条件，⎩⎨⎧ a1＋d ＝1a1＋4d ＝－5，解出a 1＝3，d ＝－2．所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－2n ＋5．（Ⅱ）S n ＝na 1＋n(n －1)2d ＝－n 2＋4n ＝－(n －2)2＋4，所以n ＝2时，S n 取到最大值4．18．【解】(Ⅰ)由已知得a n +1＝a n ＋1，即a n +1－a n ＝1，又a 1＝1，所以数列｛a n ｝是以1为首项，公差为1地等差数列，故a n ＝1＋(a －1)×1＝n. (Ⅱ)由（Ⅰ）知：a n ＝n 从而b n +1－b n ＝2n .b n ＝(b n －b n -1)＋(b n -1－b n -2)＋…＋（b 2－b 1）＋b 1＝2n -1＋2n -2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n －1.因为b n ·b n +2－b ＝(2n －1)(2n +2－1)－(2n -1－1)2 ＝(22n +2－2n +2－2n ＋1)－(22n +2－2－2n +1－1)＝－5·2n ＋4·2n ＝－2n ＜0,所以b n ·b n +2＜b.19．【解】（Ⅰ）由a n ＝错误!，n ＝2，3，4，….整理得1－a n ＝－错误!(1－a n -1)．又1－a 1≠0，所以{1－a n }是首项为1－a 1，公比为－12地等比数列，得a n ＝1－(1－a 1)(－12)n -1，（Ⅱ）由（Ⅰ）可知0＜a n ＜32，故b n ＞0．那么，b n+12－b n 2＝a n+12(3－2a n+1)－a n 2(3－2a n )＝(3－an 2)2(3－2×3－an 2)－a n 2(3－2a n )＝9an4(a n －1)2.又由（Ⅰ）知a n ＞0，且a n ≠1，故b n+12－b n 2＞0，因此b n ＜b n+1，为正整数．20．【解】（Ⅰ）由题设：a n+1＝(2－1)(a n ＋2)＝(2－1)(a n －2)＋(2－1)(2＋2)，＝(2－1)(a n －2)＋2，∴a n+1－2＝(2－1)(a n －2)．所以，数列{a n －2}a 是首项为2－2，公比为2－1)地等比数列，a n －2＝2(2－1)n ，即a n 地通项公式为a n ＝2[(2－1)n ＋1]，n ＝1，2，3，….（Ⅱ）用数学归纳法证明．（ⅰ）当n ＝1时，因2＜2，b 1＝a 1＝2，所以2＜b 1≤a 1，结论成立．（ⅱ）假设当n ＝k 时，结论成立，即2＜b k ≤a 4k -3，，也即0＜b n －2≤a 4k -3－2，当n ＝k ＋1时，b k+1－2＝3bk ＋42bk ＋3－2＝(3－22)b k ＋(4－32)2b k ＋3＝(3－22)(b k －2)2b k ＋3＞0，又12bk ＋3＜122＋3＝3－22，所以b k+1－2＝(3－22)(b k －2)2b k ＋3＜(3－22)2(b k －2)≤(2－1)4(a 4k -3－2)＝a 4k+1－2也就是说，当n ＝k ＋1时，结论成立．根据（ⅰ）和（ⅱ）知2＜b n ≤a 4n -3，n ＝1，2，3，….21．【解】（Ⅰ）设这二次函数f(x)＝ax 2＋bx (a≠0) ，则 f`(x)＝2ax ＋b ，由于f`(x)＝6x －2，得a ＝3 ，b ＝－2，所以f(x)＝3x 2－2x.，又因为点(n ，S n )(n ∈N*)均在函数y ＝f(x)地图像上，所以S n ＝3n 2－2n ， 当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝（3n 2－2n ）－[3(n －1)2－2(n －1)]＝6n －5， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2＝6×1－5，所以，a n ＝6n －5（n ∈N*）.（Ⅱ）由（Ⅰ）得知b n ＝3anan ＋1＝3(6n －5)[6(n －1)－5]＝12(16n －5－16n ＋1)，故T n ＝错误!b i ＝错误![(1－错误!)＋(错误!–错误!)＋…＋(错误!－错误!)]＝错误!(1–错误!），因此，要使12(1－16n ＋1）＜m 20（n ∈N*）成立地m ，必须且仅须满足12≤m20，即m≥10，所以满足要求地最小正整数m 为10.22．【解】（Ⅰ）由于，且．所以当时，得，故．从而． （Ⅱ）数列不可能为等差数列，证明如下：由，得，，．若存在，使为等差数列，则，即， 解得．于是，．这与为等差数列矛盾．所以，对任意，都不可能是等差数列．（Ⅲ）记，根据题意可知，且，即且，这时总存在，满足：当时，； 当时，．所以由及可知，若为偶数，则，从而当时，；若为奇数，则， 从而当时．因此“存在，当时总有” 地充分必要条件是：为偶数， 记，则满足．故地取值范围是．版权申明本文部分内容，包括文字、图片、以及设计等在网上搜集整理.版权为个人所有This article includes some parts, including text, pictures, and design. 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难点二导数与不等式相结合地问题

难点二导数与不等式相结合地问题

实用标准难点二导数与不等式相结合问題导数是高中数学选修板块中重要的部分，应用广泛，教材中重点介绍了利用导数求切线、判断单调性、求极值、最值等基础知识，但是高考数学是以能力立意，所以往往以数列、方程、不等式为背景，综合考察学生转化和化归、分类讨论、数形结合等数学思想的应用能力，面对这种类型的题目，考生会有茫然，无所适从的感觉，究其原因是没有认真分析总结这种题目的特点和解题思路，本文介绍利用导数解决不等式问题的思路，以飨读者.1.利用导数证明不等式在初等数学中，我们学习过好多种证明不等式的方法，比如综合法、分析法、比较法、反证法、数学归纳法等，有些不等式，用初等方法是很难证明的，但是如果用导数却相对容易些，禾U用导数证明不等式，主要是构造函数，通过研究函数的性质达到证明的目的1.1利用单调性证明不等式构造函数，禾U用函数的单调性证明不等式例1.【2016届吉林省实验中学高三第五次模拟考试】已知函数 f x aln x ax 3(a 0 ).(i)讨论f x的单调性；(n)若fx a 1 x 4 e 0对任意x 2a的取值范围(e为e,e 恒成立，求实数自然常数)；2 21 In 42 1 In n2 1 1 2ln n! (n 2 ,(川)求证：In 2 1 In 3n )•思路分析：(i)先求导，从而由 f x 0 与f x 0求得单调区间；(n)令F(x) f (x) (a 1)x 4 e，求出F (x)，得出F(x)的单调区间，从而求得函数的最大值，进而化恒成立问题为最值问题即可；(川)令a 1，求出f(1)的值，然后由f (x)的单调性F (x) alnx ax 3 ax x 4 e aln x x得到In x x 1对一切x (1,)成立，则当n 2,n N*时有1 In (p 1)n 1 ln(^2 1)解析: 间为 1, 0时, 1 1~2n (n 1) n n 1 n 1 1ln (了 1) ln(-r 1)…3 4 f'(x)心第x0), f (x)的单调增区间为 1,从而转化为证明ln(g 1) 1 (n 2,n N )即可. n当a 0时，f (x)的单调增区间为0,1 ,单调减区，单调减区间为 a e , F (x) x2e,e 是增函数,F (x) max F(e 2) 2a1 0,a 无解.F(x)是减函数；x2a,e ，是增函数,F(e) 0,aF(e 2) 2a0,a e 1F(x) x2e,e 是减函数,F(x)max F(e) a1 0,a 1综上所述a1 e2 2(x)=片 li^/(x)=-kx+x-3J = -2 ,宙(【丿知/口)=一11］兀+艾一3在＜1.Y)上单嚅谨眉』二当工E Q P N 寸丁©0 7/\1\艮卩一 In x+x-3^0；仁I DJCCJC —庁寸一切疋丄M 成丄m 科EN *,贝间M A+叭丄亡二「二厶-丄 n n (n — l)n n-1 H要证 1u(21+1)+1D (^ +1)+h(42+1) + +归0? + 1)百1 + 21口冲"三&和丘“》只需证诚*斗i”iu (扣i)—-4■坯当斗“小冲“严 f) 町+D所以圾不等式成立明函数h x0，其中一个重要的技巧就是找到函数h x 在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口. 1.2通过求函数的最值证明不等式在对不等式的证明过程中，可以依此不等式的特点构造函数，进而求函数的最值，当该函 数的最大值或最小值对不等式成立时，则不等式是永远是成立的，从而可将不等式的证明转 化到求函数的最值上来x 1例2.【2016届河北省衡水中学高三上学期七调研】已知函数f XIn x a 0ax(1)求函数f x 的单调区间;71心咛+D+T 吟+叶弓+_》理弓+T 占弓亠X点评：(1)对于恒成立的问题，常用到两个结论:①a f x 恒成立max ，②a f x 恒成立a f X min ；( 2)利用导数方法证明不等式g X 在区间D 上恒成立的基本方法是构造函数 h x f x g x ，然后根据函数的单调性,或者函数的最值证1(2)当a 1时，求f x在区间—，2上的最大值和最小值0.69 In 2 0.70 ；2e2 1 x(3)求证：Inx x思路分析：(1 )求出导数f'(x)，解不等式f'(x) 0得增区间，解不等式f'(x) 0得减区间，注意要对a 分类讨论； (2 )由(1)能确定f(x)的单调区间，最大值与最小值一定在极值点或区间的端点处取得，e 21 x1计算比较大小即可；(3)不等式In，化为2 In x 1 —,xxx1 _1X —解新：(1> 函数(0.-H»).v /(x) = — -k x/. /=-一 ,若此又 ax x□o 0,.. JC —丄>0故f (JC ) <0函数f (工)在区间(耳十30)上单调逵减，>0 |当茗E (0丄］时/上单调递减.综上，若XO, »/(x)在区间佝巾)上单调遥貼若口》0,的数/(刃的单i M/(x)的单调遷同区闾为卩匚怦上单调递减，故在区间 丄，1上单调递增，在区间 1,22函数f x 在区间1,2上的最大值为f 1 0，而211 21 In — 1 In 2, f2 1 1 In 2 - In 2222 22f -32In 21.5 2 0.70.1 0 ,所以 f 2f 1 ,故函数f :x 在区222间1,2上的最小值为f 丄 1 In 2 .2 2⑶由⑵可知』圏数/'0)=1-丄-1咔在区闫® I)上单调递噌，在区间①炖)上单调递减，故国数/(©X 在区间(①畑)上的最大值为/{1> = 0,即/(工)“，故有1-丄一 InzW-lnM 丄一亠如工《1+丄 即g即1 Inx -，这可利用函数xx 1- Inx 的单调性证明. x/W>o T 函数/(力在区闫上单调递増.当雄(—KG)时』f (x) <0 ；画數才(卞)在区间(2) a 1 时,In x In 乂，由(1)可知,In x 在区 x间0,1上单调递增，在区间 1,上单调递减,兰占上.x x点评：本题考查函数的基本性质，导数的应用等基础知识，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题的能力•本题先利用导数研究函数的单调性，同时考查分类讨论思想，禾U用这个单调性的结论可以很顺利地求得函数在某个区间上的最值，第( 3)小题证明不等式，表面上看来无从下手，而根据以往经验，应该利用上面的结果，实质只要构造函数就可由第( 2 )小题的结论得其单调性，而证得不等式成立•本题体现了“从基础到中等，再由中等到难”这样一种阶梯式增难的特色，层层相扣，解题时要特别注意.1.3多兀不等式的证明含有多元的不等式，可以通过对不等式的等价变形，通过换元法，转化为一个未知数的不等式，或可选取主元，把其中的一个未知数作为变量，其他未知数作为参数，再证明之•例3 .【冀州中学高三上学期第一次月考】已知函数f x In x mx m, m R。

赏析数列与函数、不等式的交汇问题

赏析数列与函数、不等式的交汇问题
1
1
。
2 2
n-1 2
n+1
因此,
Sn =
1
1 1 1 1 1
1- + - + 2
3 3 5 5 7
1
1
1
1
=
=
+…+
12
2
n-1 2
n+1
2
n+1
1
1
。
2 4
n+2
1
1
因为 n∈N* ,
所以
>0,
Sn < 。
4
n+2
2
点评:
数列与不等 式 的 结 合,其 本 质 仍 是
数列问题,
通过研究数 列 的 通 项 公 式 与 求 和,
an ·an+1
(
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知识篇 新高考名师护航
高二数学 2024 年 2 月
(
2)因 为 {
bn }为 等 差 数 列,所 以 2
b2 =
1
2 2 1
2
即 = + 。
b1 +b3 ,
a2 a1 a3
6
d
1
1 1
,即 a2
整理得 6
=
=
1a2a3 a1
a2 a3
2
解得 a1 =d 或a1 =2
数的不等式恒成立问题,
则 可 分 离 参 数,
转化
解决。
为研究最值问题来解决。
解恒成立问题常用到的方法是:
a>F (
n)恒 成 立 ⇔a > F (
n)
a<
max ;

2023届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法：导数与数列不等式

2023届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法：导数与数列不等式

第25讲 导数与数列不等式知识与方法函数、数列、不等式的综合题,是高考压轴题的热点题型之一.一方面,以函数为载体让学生探究函数的性质;另一方面,数列是特殊的函数,在研究数列问题时,我们经常用函数的性质去探究数列的变化规律以及取值范围等.本节,我们介绍几类常见的导数与数列不等式结合的考题及其解决方法.1.基本类型(1)数列求和(或积)中的不等问题; (2)通项公式中的不等问题.对于数列求和的不等问题,通常要将通项公式放缩为可以求和的数列: (1)放缩为等差数列:通项公式:n b pn q =+;(2)放缩为等比数列:通项公式:11n n b b q -=;【点睛】特别地,当10,(0,1)b q >∈时,数列{}n b 为无穷递缩等比数列,其前n 项和()11111nn b q b T qq-=<--.这个不等式经常用到,它的结构为: ?×Ïî 1 ?«±È n T <-,常常要从第二项或第三项开始放缩.(3)裂项相消求和:通项公式特点:1n n n a b b +=-;(4)倒序相加求和:通项公式特点:1k n k b b -++=常数.【点睛1】数列求和不等式,要点睛意从通项公式入手,放缩成可求和的数列.【点睛2】在放缩时要点睛意前几问的铺垫与提示作用,特别是由恒成立与最值问题所得到的不等式,往往提供了放缩的方向.【点睛3】常用的放缩不等式:ln 1,e1,sin (0)xx x x x x x -+<>典型例题()()1158nni i i i a f n a f n ==<>∑∑类型或【例1】数列{}n a 满足1111,22n na a a +==-. (1)求数列{}n a 的通项公式;(2)设数列{}n a 的前n 项和为n S ,证明2ln 2n n S n +⎛⎫<-⎪⎝⎭.【解析】(1)由112n n a a +=-得,1111122n n n n a a a a +--=-=--,所以12111n n n a a a +-=--,即111111111n n n n a a a a ++-==----，所以111111n n a a +-=---,且1121a =--,数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是首项为2-,公差为1-的等差数列,所要证以111n n a =---,故1n n a n =+. (2)要证2ln 2n n S n +⎛⎫<-⎪⎝⎭,即证1112111ln 2312n n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-++-<- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭,即证1112ln 2312n n n n +⎛⎫⎛⎫-+++<-⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭, 即证1112ln 2312n n +⎛⎫+++> ⎪+⎝⎭， 解法1:利用数列的单调性设()2111ln 2231n f n n +⎛⎫⎛⎫=-+++⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭, 只需证明()f n 的最大值小于0,考察(){}f n 的单调性, 作差:()()31111lnln 12222n f n f n n n n n +⎛⎫+-=-=+- ⎪++++⎝⎭. 构造函数()()ln 1(0)g x x x x =+->,则()()110,11xg x g x x x=-=-<++'在()0,∞+上单调递减, 所以()()00g x g <=,故()()1f n f n +<,从而()()311ln 022f n f =-<,得证. 解法2:通项比较点睛意到()*式左边是数列11n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和, 于是将右边2ln 2n +⎛⎫⎪⎝⎭看成另一个数列{}n b 的前n 项和的形式, 易得21ln ln 22n n n b ++⎛⎫⎛⎫=-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.记11n a n =+,只需证明n n a b >,即证12ln 11n n n +>++,构造函数()()ln 1(0)h x x x x =+->证明即可,过程与解法1相同. 解法3:积分放缩()2211111111123123112d ln 2ln2ln 2n n n n x n x ++++=⨯+⨯++⨯+++>=+-=⎰ 【点睛1】通项比较法也是证明此类数列求和型不等式的常规思路之一.一般地,对于数列不等式()1ni i a f n =∑<,可设()1ni i b f n =∑=,则()()()12n b f n f n n =--.若n n a b <成立,显然()1ni i a f n =∑<也成立.需要点睛意的是:若()1ni i a f n =∑<成立,不一定有n n a b <.【点睛2】解法3利用定积分的几何意义进行放缩,这种跨越知识点的思路非常具有创造性,技巧性较强.【例2】已知函数()()22ln 21(0)a f x ax x a a x-=-+-+>. (1)若()0f x 在[)1,∞+上恒成立,求实数a 的取值范围; (2)证明:()()*11111ln 21N 3521221nn n n n ++++>++∈-+. 【解析】()()1f x 的定义域为()0,∞+,()()2222122a a x x ax x a a f x x x'-⎛⎫-- ⎪-+-⎝⎭==. (1)当01a <<时,21a a ->,若21a x a -<<,则()()0,f x f x '<在21,a a -⎛⎫⎪⎝⎭上是减函数,所以21,2a x -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()()10f x f <=,即()0f x 在[)1,∞+上不恒成立. (2)当1a 时,21aa-,当1x >时,()()0,f x f x '>在[)1,∞+上是增函数,又()10f =,所以()0f x .综上所述,所求a 的取值范围是[)1,∞+.(2)分析:点睛意到待证不等式左边是数列121n ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭的前n 项和,于是将右边()1ln 21221nn n +++看成另一个数列{}n b 的前n 项和n S .由公式11,1,,2,n n n S n b S S n -=⎧=⎨-⎩,易得121111ln 22122121n n b n n n +⎛⎫=+- ⎪--+⎝⎭. 记121n a n =-,则只需证明n n a b >. 当1n =时,不等式显然成立;当2n 时,即证()1121111ln 22122122121n n n n n n +⎛⎫>+- ⎪---+⎝⎭,即证1121ln 212121n n n n ++>-+-,即证2121212ln 212121n n n n n n +-+->-+-. 令()21221n x n n +=-,则只需证明12ln (1)x x x x->>. 构造函数()12ln (1)g x x x x x=-->,或者利用第(1)问中的不等式()0f x 不难证明不等式成立,故而得证.将上述思路倒过来,可得下面的证法:证明:由(1)知当1a 时,()0f x 在[)1,∞+上恒成立.取1a =,得12ln 0x x x --,所以12ln x x x-.令*21,N 21n x n n +=∈-,得2121212ln212121n n n n n n +-+->-+-, 即2221112ln 212121n n n n +⎛⎫+--> ⎪-+-⎝⎭,所以1121111ln 2122122121n n n n n +⎛⎫>+- ⎪---+⎝⎭,上式中1,2,3,,n n =,然后n 个不等式相加,得到:()()*11111ln 213521221nn n n n ++++>++∈-+N . 【点睛】在放缩时要点睛意前几问的铺垫与提示作用！第(1)问中的不等式()0f x 为我们提供了放缩的方向,不必构造新的函数进行证明. 【例3】设函数()()1,ln (0,e 2.718)xg x h x x a ax-==>≈. (1)设()()22r x x h x =-,求()r x 的最小值;(2)设()()()f x g x h x =+,若()f x 在[)1,∞+上为增函数,求实数a 的取值范围; (3)求证:N,2n n ∈≥时,21ni in =∑∑<.【解析】(1)已知函数()ln h x x =,所以()22ln (0)r x x x x =->,所以()241x r x x -=',今()0r x '=,解得12x =,或12x =-(舍),当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()()0,r x r x '<在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减, 当1,2x ∞⎛⎫∈+⎪⎝⎭时,()()0,r x r x '>在1,2∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭上单调递增; 所以()r x 在12x =处取得最小值,2min 1111()2ln ln22222r x r ⎛⎫⎛⎫==⨯-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.(2)因为()()1ln 1xf x x x ax -=+,所以()21x a f x x-='. 因为()f x 在[)1,∞+上为增函数,所以()210x a f x x'-=在[)1,∞+上恒成立, 即1ax在[)1,∞+上恒成立, 因为101x<,所以1a ,所以a 的取值范围是[)1,∞+. (3)分析:要证21ni in =∑∑<,即证1111ln 234n n++++<,将ln n 看成数列 (){}ln ln 1n n --的前n 项和,于是只需证明()1ln ln 1n n n<--, 即证1ln 1n n n <-. 令1n x n =-,则1x n x =-,只需证明1ln x x x->, 构造函数或者利用(2)的结论即可得证. 证明:由(2)可知1a =时,()1ln xf x x x-=+在[)1,∞+上为增函数, 今1n x n =-(其中*N ,2n n ∈),则()()1,11n x f x f f n ⎛⎫>=> ⎪-⎝⎭,即111ln ln 0111nn n n n n n n n --+=-+>---,即()1ln ln 1n n n -->, 所以,以上各式累加得,所以.即:.【点睛】第(3)问的证明用了通项比较法,点睛意到了第问的铺执与提示作用.【例4】已知函数.(1)求函数在上的单调区间;(2)用表示中的最大值,为的导函数,设函数,若在上恒成立,求实数的取值范围;(3)证明:.【解析】(1)因为,,令,得.当时,单调递增;当时,单调递减;所以函数在上的单调递增区间为,单调减区间为.(2)由知,当时,恒成立,故恒成立;当时,,又因为恒成立,所以在上恒成立,所以,即在上恒成立.令,则,由,令得,易得在上单调递增,在上单调递减,所以,所以,即.综上可得.(3)证法1:证明:设,则,所以在上单调递增,所以,即,所以所以.证法2:记,则所以为递增数列,所以,得证.【点睛】第(3)问证法1用了不等式进行放缩;证法2用了数列的单调性. 另外,还可以利用积分放缩,请读者参考例1自行完成,此处略过.【例5】已知函数的最小值为0,其中.(1)求的值;(2)若对任意的,有成立,求实数的最小值;(3)证明:.【解析】(1),得,得所以时,函数取得极小值且为最小值所以,解得.(2)当时,取,有,故不合题意当时,令,即,可得(1)当时在上恒成立,因此在上单调递减,从而对任意的,总有,即对任意的,有成立;(2)当时,,对于,因此在上单调递增,因此取时,,即有不成立;综上知,时对任意的,有成立,的最小值为.(3)证明:当时,不等式左边右边,所以不等式成立;当时,,在中,取,得,所以.所以综上【点睛】第三问中,借助于导数证不等式的方法进行.点睛意到在第问中,取,得,则,于是得到:,然而右侧的式子显然大于2,这说明放缩过头了,于是保留第一项,从第二项开始放缩: “留一手”是放缩中的常用技巧,有时甚至需要“留两手”或“留三手”.【例6】已知函数.(1)求函数的极值;(2)(1)当时,恒成立,求正整数的最大值;(2)证明:.【解析】(1),当时,,函数在上单调递增,没有极值;当时,由得,由得,所以在上单调递减,在上单调递增,此时函数的极小值,没有极大值.(2)(1)当时恒成立,即只要即可,由时在上单调递减,在上单调递增,(1)若时,在上单调递增,满足题意;(2)当时,在上单调递减,在上单调递增,,令,则,所以在上单调递减,且,所以存在使得,则的解集为.综上,的取值范围,其中,所以正整数的最大值3.(2)证明:要证两边取对数,即证也即证由(1)知,令,则所以所以.【点睛】最后一问中,将目标不等式两边取自然对数,便由积式变成和式,这样就化为类型1,利用通项比较法不难获证.【例7】已知函数.(1)函数在定义域内恒成立,求实数的取值范围;(2)求证:当时,.【解析】(1)函数定义域为,当时,,不满足题设;当时,,在上,单调递增,在上,,单调递减,所以,解得.综上:的取值范围是.(2)证明:由(1)得,当时,当且仅当时等号成立.所以,所以所以,所以.【点睛】第(2)问用到了对数放缩不等式:,还用到了裂项放缩.【例8】已知函数(其中是自然对数的底数,.(1)当时,求函数的极值;(2)当时,求证;(3)求证:对任意正整数,都有.【解析】(1)当时,,当时,;当时,;所以函数在上单调递减,在上单调递增,所以函数在处取得极小值,函数无极大值;(2)证明:由,(1)当时,恒成立,满足条件;(2)当时,由,得,则当时,,当时,,所以函数在上单调递减,在上单调递增,所以函数在处取得最小值,因为,所以,所以,所以,综上得,当时,;(3)由(2)知,当时,恒成立,所以恒成立,即,所以,令,得,,所以.【点睛】第(3)问用到了对数放缩不等式:,还用到了等比放缩.【例9】已知函数.(1)求的最大值;(2)若对,总存在,使得成立,求实数的取值范围;(3)证明不等式是自然对数的底数).【解析】(1)由,得,当时,,当时,,所以在上单调递增,在上单调递减,则当时,取得最大值为.(2)对,总存在,使得成立,等价于:存在,使得成立.由(1)知,,问题转化为存在,使得.,当时,,①当时,若单调递减,,不合题意;②当时,,使得,若,若时,,即当,则,使得,符合题意;③当时,若单调递增,,则,使得,符合题意.综上可知,所求实数的范围是;(3)证明:由(2)可知,当时,若,令.有,再由(1)可得,,则,即,也即,所以,.则.【点睛】第(3)问用到了三角放缩不等式:,还用到了等比放缩.递推公式中的不等问题【例10】已知函数.(1)求证:当时,;(2)若数列满足,且,证明:.【解析】(1)略;(2)要证,即证.如果成立,则必会有,从而只需证明即可,这样递推式就得以建立.接下来考虑如何去绝对值:因为,所以,则,所以,则,如此继续下去,得,从而可得,于是.从而要证成立,只需证明,即证,即证，即.只需证明,即,即证明,即证.分析至此,只需构造函数就可以顺利解决:令,则,,因为,所以,所以在上单调递增,所以,所以在上单调递增,所以,即,故原不等式成立.【点睛】本题构造函数方法不唯一,如下面的过程:令,则,所以在上单调递增,所以,即,所以,于是原不等式得证.【例11】函数,曲线在处的切线在轴上的截距为.(1)求;(2)讨论的单调性;(3)设,求证:.【解析】在上单调递增(过程略;(3)证明,亦即证明.如果成立,那么就会有,反过来,如果我们能够证明,也就是证明,就可以原式得以成立.(下面我们就开始面临下一个问题:如何去绝对值?这就势必要比较与的大小,因此分类情况就会面临着三种:.)下面分别进行讨论:(i)时,不等式显然成立;(ii)若,由在单调递减,且可知,从而式即证,即，亦即，即证.而由单调递增,且,从而可知,从而有成立;(iii)若时,类似可证.【例12】函数.(1)判断时,的零点个数,并加以说明;(2)正项数列满足.(1)判断数列的单调性,并加以证明;(2)证明:.【解析】(1)当时,.令,则,所以在单调递增,又,所以,从而的零点个数为0.(2)由,得,所以由(1)知,当时,有,即,所以.所以,故数列单调递减.对于第(3)问,由于所证不等式的左侧可以视为数列的前项的和,所以我们可将视为某一个数列的前项和,即.从而.要证,只需证.如果成立,则有成立,从而要证,只需证成立即可,从而递推关系得以建立.要证,即证，即证,即证，即证,即证,即证.令,从而,由(1)知,从而,从而原不等式得证.强化训练1..已知函数.(1)求函数的单调区间;(2)若不等式恒成立,求实数的取值范围;(3)当时,求证:.【解析】(1)的定义域为,(1)当时,,所以在上递增;(2)当时,令,则,当时,;当时,,所以在区间上递增,在上递减.(2)解法1:构造函数,(1)当时,由在上递增,又,不符合题意;(2)当时,由知在区间上递增,在上递减,所以,解得:.综上:,所以的取值范围为.解法2:分离参数恒成立,等价于设,令,则当时,;当时,,所以在区间上递增,在上递减;所以,所以:.所以的取值范围为.(3)证明:由(2)知,当时,恒成立,即(1)当时,,即,所以,上述不等式相加可得:, 即,即,(2)当时,,即,即,所以,,上述不等式相加可得:,即,即,综上:当时,.2.已知函数.(1)求在点处的切线方程;(2)若不等式恒成立,求实数的取值范围;(3)求证:当时,不等式成立.【解析】(1)切线方程为即.(2)设,当时,单调递增;当时,单调递减;因为不等式恒成立,且,所以,所以即可,从而.(3)由(2)可知:当时,恒成立,当且仅当时等号成立. 令,因为,所以,整理得,变形得,即.当时,有,.将上述式两边同时相加,得.所以当时,不等式成立.3.已知函数.(1)设,求的单调区间;(2)若对,总有成立.求的取值范围;(ii)证明:对于任意的正整数,不等式恒成立. 【解析】(1),定义域为,所以,①当时,令,得;令,得;②当时,令,得或;令,得;③当时,恒成立;④当时,令,得或;令,得;综上：当时,的增区间为的减区间为;当时,的增区间为和的减区间为;当时,的增区间为;当时,的增区间为和的减区间为.(2)(i)由题意,对任意恒成立,即恒成立,只需.由第知:因为,显然当时,,此时对任意不能恒成立;当时,,所以;综上,的取值范围为.(ii)证明:由(1)知:当时,,即,当且仅当时等号成立.当时,可以变换为,在上面的不等式中,令,则有所以不等式恒成立.4.已知函数.(1)若不等式在区间上恒成立,求实数的取值范围;(2)求证:(其中为自然对数的底数).【解析】(1)实数的取值范围为(过程略);(2)取,由(1)有,即.又当时,,所以.于是,将以上不等式累加,得,不等式得证.5.已知函数.(1)若,且对于任意恒成立,试确定实数的取值范围;(2)设函数,求证:【解析】(1)由,可知是偶函数.于是对任意成立等价于对任意成立.由,得.①当时,.此时在上单调递增.故,符合题意.②当时,.当变化时的变化情况如表:单调递减极小值单调递增由此可得,在上,.依题意,,又,所以.综合①,②得,实数的取值范围是.(2)因为,所以,又,所以,,.由此得:故成立.6.已知函数.(1)求证:当时,;(2)数列满足,求证:数列单调递减,且.【解析】第(1)问略.第(2)问,我们先用数学归纳法先证:当时,,从而;假设当时,,下证.由,从而,由于,所以,从而.由数学归纳法原理,知.下证数列单调递减,即证,即证.即证,由(1)知,只需证.而成立,从而数列单调递减.下面证明,只需证,只需证,只需证.构造,所以单调递增,从而,从而对恒成立.从而.原不等式得证.7.已知函数,正实数数列满足,且当时,求证:(1)当时,;(2).【解析】(1)我们证明,当时,.令,即, 则由可知单调递增,从而. 由可知单调递增,于是. 由可知单调递增,因此, 即.因为,所以.(2)我们先对用数学归纳法证明.①当时,,结论成立.②假设当时,有(其中).如果,则.点睛意可知,与归纳假设矛盾.所以,当时结论也成立,即.由①②可知,.于是,当时,有, 令从1到求和,即得.。

(2021年整理)导数与数列不等式

(2021年整理)导数与数列不等式

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导数与数列不等式x x eex e x x x x x e n T a T T a n S a S S a x x n nn n n n n n n n ln 1,,1-1ln 1-1-1-1-≥≥≥≥+≥==＞＞导数常见放缩技巧：项积）为前为通项，（项和）为前为通项，（法有如下两种：数列不等式常用通项求大家讲解。

我们通过几道例题来给的大小。

边的通项与右边的通项运用放缩比较不等式左的通项；第二，要学会右边和学生要学会找到不等式方面的知识点：第一，汇问题，主要用到两个导数与数列不等式的交典型例题的大小，并加以证明。

与比较）设（的取值范围；恒成立，求实数）若（的表达式；求）（的导函数。

是其中：设函数例)(-)(...)2()1(,∈3)(≥)(2)(,∈)),(()(),()(1)()(,0),()(),1ln()(1**11n f n n g g g N n a x ag x f x g N n x g g x g x g x g x f x f x x f x x g x x f n n n +++==′≥′=+=+*112111,1)()1(1)(1,)1(1111)(,1)(121111)(,1)()),(()(),()(,1)(,11)(,0),()(),1ln()(1N n nxx x g x k x x g k n x k x kxx kx xx g kx x x g k n x x xx x xx g x x x g x g g x g x g x g xx x g x x f x x f x x g x x f n k k k n n ∈+=++=+=∴++=+++=+=≥=+=+++=+=∴==+=+=′∴≥′=+=+++综上，也成立。

关于用导数处理的数列型不等式集锦

关于用导数处理的数列型不等式集锦

易得 c1 c2 , c2 c3 c4 ...
猜想 n≥2 时，cn 是递减数列.
1
令
f x
ln x ,则f x
x ln x x
1 ln x
x
x2
x2
∵当 x 3时，ln x 1,则1 ln x 0，即f x 0.
∴在 3, 内 f x 为单调递减函数.


1 3n
1

1 2


n
1
1

1 3n
1



n
1
2

1 3n





1 3n
1

n
1
1

1 2


(3n
4n 2 1)(n 1)

4n 2 3n(n 2)


(n
4n 2 1)(3n 1)
所以有
1 2

ln
2
,
1 3

ln
3

ln
2
,…,
1 n

ln
n

ln( n
1)
,
1 n 1

ln(n
1)

ln
n
,相加后可以得到:
1 1 1 ln(n 1)
23
n 1
另一方面 S ABDE

n1 ni x
,从而有 1
ni
i

n1 ni x
ln x |nni
（Ⅰ）解：由已知：对于 n N * ，总有 2Sn an an2 ①成立
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