2019年高考数学大一轮复习 热点聚焦与扩展 专题13 利用导数证明数列不等式.doc

专题专题 1313 利用导数证明数列不等式利用导数证明数列不等式 【热点聚焦与扩展热点聚焦与扩展】 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 （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）ln1xx 对数多项式 （2）1 x ex 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1nk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 an，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）. 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，） （）证明：； （）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（）问，先证明一个不等式，再利用该不等式证明 . (2)第（）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. （）先用数学归纳法证明. 当时，.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（）问，先证明一个不等式，第 （）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xn满足：x1=1，xn=xn+1+ln(1+xn+1)（ Nn） 证明：当 Nn时， （）0xn+1xn； （）2xn+1 xn 1 2 nn x x ； （） 1 1 2n xn 2 1 2n 【答案】 （）见解析；（）见解析；（）见解析 【解析】 （）由 111 )1ln( nnnn xxxx得 2 111111 422(2)ln(1) nnnnnnnn x xxxxxxx 【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 xxxxx 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 2 lnf xxaxx在0 x 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 2 341 2ln(1) 49 n n n 都成立 【答案】 （1）1；（2）见解析. 【解析】 （1） 1 21fxx xa 0 x 为 fx的极值点 1 0101fa a （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 2 ln1fxxxx中，存在对数， 且左边数列的通项公式 2 2 111 n n a nnn 也具备 fx项的特征，所以考虑分析ln1x 与 2 xx的 大小关系，然后与数列进行联系. 解：下面求 2 ln1fxxxx的单调区间 231 21 11 xx fxx xx ,令 00fxx x1,00,+ gx g x AA 00fxf即 2 ln1xxx（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（ 2 11 ,ln nn nn ab nn ） ，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：关注函数最值所产生的恒成立不等式 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 22 11221 ln(1)ln2lnln 1 11 11 kkk kk kk kk （下同思路一：分析 fx的最值可得 2 ln1xxx） 令 1 1 x k ，由恒成立不等式 2 ln1xxx可得 2 111 ln 1 1 1 k k k 即所证不等式成立 nN ，均有 2 341 2ln(1) 49 n n n 【名师点睛】利用数学归纳法证明要注意两点：（1）格式的书写 （2）要利用nk所假设的条件. 例 4.已知函数 2 ln1f xaxx （1）当 1 4 a 时，求函数 f x的单调区间 （2）当0,x时，函数( )yf x图像上的点都在 0 0 x yx 所表示的平面区域内，求实数a的取值 范围 （3）求证： 1 2482 1111 2 33 55 82121 n nn e （其中,nNe 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 1 ln1 4 fxxx 2 21112 212121 xxxx fxx xxx ,令 0fx 求出单调区间如下： x1,11, fx fx增减 （2）解：函数( )yf x图像上的点都在 0 0 x yx 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，ln1x 恒为正，而 2 axx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 2 0axx即可，所以选择 1 x a ） 0a 时，2210axa 即 0gx g x在0,单调递减 00g xg，符合题意 综上所述：0a （3）思路：观察所证不等式 1 2482 1111 2 33 55 82121 n nn 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， 2 ln1axxx，取0a ，即ln1xx，则可与左边的求和找到联系. 解：所证不等式等价于 1 242 ln 1ln 1ln 11 233 52121 n nn 由（2）可得ln1xx，令 1 2 2121 n nn x ，即 不等式得证 【名师点睛】 （1）第二问中代数方法与数形结合方法的抉择（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 ln1fxxp x （1）若 fx在定义域内为减函数，求p的范围 （2）若 n a满足 112 2 11 3,1 4 1 nn n aaa nn ，试证明：2n 时， 3 4 44 n ae 【答案】 （1）1.+） ；（2）见解析. 【解析】解：（1） fx为减函数 1 0 12 p fx xx 0,x max max 22 1 1 1 x p x x x （2）思路：由（1）可得 ln1fxxx为减函数，进而 00fxf即ln1xx， 所求是有关 n a的不等关系（有e的指数幂，所以可能与自然对数相关，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： 112 2 11 3,1 4 1 nn n aaa nn 12 2 11 0 4 1 nnn n aaa nn n a单调递增 21 2 11 1+4 1 24 aa 2n时， 12 4 nn aaa 即42, n annN 1 1222 1 222 111111 111 444 111 n nn nnn nn a aa aa nnnnnn （利用 4 n a 进行放缩，消掉多余的 n a，由 2 2 1 1nn ，联想到 1 1n n 是可裂项的.再由 fx的特点决定两 边同取对数） 1 2+1 2 11 lnln 1 4 1 n n n a a nn 3 2 1111 ln 23122 n n a an n 2 1 11 1 82 113113 1 2424 1 2 n n nn 33 44 2 4 n n a eae a 3 4 44 n ae 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： 如果你计算了 2 a，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. 如果你观察了递推公式，便可发现 2 2 1 1nn 有可处理的地方 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 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)(x1)(e2.718) (1)求函数 g(x)的极大值； (2)求证：1ln(n1)(nN*) 【答案】 （1）2.（2）见解析 令 g(x)0，解得 0x1， 取 t (nN*)时， 则 lnln， 1ln2， ln ， ln ， ln， 叠加得 1 ln(2 )ln(n1) 即 1 ln(n1) 例 7【2018 届二轮训练】已知函数 f(x)xlnx 和 g(x)m(x21)(mR) (1)m1 时，求方程 f(x)g(x)的实根； (2)若对任意的 x(1，)，函数 yg(x)的图象总在函数 yf(x)图象的上方，求 m 的取值范围； (3)求证： 4 4 1 1 2 4 2 4 21 2 4 41 n n ln(2n1) (nN*) 【答案】(1)见解析(2) 1 , 2 .(3) 见解析 意；（3）由（2）知，当1x 时， 1 2 m 时， 11 ln 2 xx x 成立，结合题型，构造不妨令 * 21 1 21 k xkN k ，得出 * 2 4 ln 21ln 21, 41 k kkkN k ，利用累加可得结论. 试题解析：(1) 1m 时， f xg x，即 2 ln1x xx，而0 x ，所以方程即为 1 ln0 xx x . 令 1 lnh xxx x ，则 2 22 111 10 xx h x xxx ，而 10h，故方程 f xg x有唯 一的实根1x . (2)对于任意的1,x，函数 yg x的图象总在函数 yf x图象的上方， 即1,x ， f xg x，即 1 lnxm x x ， 设 1 lnF xxm x x ，即1,x ， 0F x ，则 2 22 11 1 mxxm Fxm xxx 若0m ，则 0Fx， 10F xF，这与题设 0F x 矛盾 12 12 1 2 1 xx m x x 方程有两个正实根且 12 01xx 当 2 1,xx时， 0Fx， F x单调递增， 10F xF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， 1 2 m 时， 11 ln 2 xx x 成立 不妨令 * 21 1 21 k xkN k * 2 211 21214 ln, 212 212141 kkkk kN kkkk ，即 * 2 4 ln 21ln 21, 41 k kkkN k 2 2 4 31 4 1 1 4 2 53 4 21 4 2121 41 lnln lnln n lnnlnn n ，累加可得 * 22 44 24 ln 21 4 1 14 2141 n nnN 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 1 ln1f xaxaxx. （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 * Nn，都有 1111 ln1 35212 n n . 【答案】(1) 单调增区间为0,1，单调减区间为1,.(2) 1 , 2 ；(3)证明见解析. 当 1 0 2 a时， 1 11 a ， 0f x 对一切1,x不恒成立. 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 1 2 a ，有1x 时， 21 ln 1 x x x .则 2 ln1ln 21 kk k .结合对数的运算 法则即可证得题中的不等式. 22 11axaaa fx xxx . 当 1 2 a 时， 1 111 a ， 2 1 1 0 a x a fx x . 故 fx在区间1,上递增， 所以 10fxf，从而 f x在区间1,上递增. 所以 10f xf对一切1,x恒成立. 当 1 0 2 a时， 1 11 a ， 2 1 1a x a fx x . 当 1 1,1x a 时， 0fx， 当 1 1,x a 时， 0fx. 所以1x 时， min 1 1fxf a . 而 10 f ，故 1 10f a . 所以当 1 1,1x a 时， 0fx， f x递减， 由 10f，知 1 10f a ，此时 0f x 对一切1,x不恒成立. 当0a 时， 2 1 0 aa fx xx ， fx 在区间1,上递减，有 10fxf， 从而 f x在区间1,上递减，有 10f xf. 222 21213nn ， 所以 11111 ln1 3521212 n nn . 【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 xkx， lnx g x x . （1）求函数 lnx g x x 的单调区间； （2）若不等式 f xg x区间0,上恒成立，求实数k的取值范围； （3）求证： 4444 ln2ln3ln4ln1 2342 n ne 【答案】 （1）函数 lnx g x x 的单调递增区间为0,e，单调递减区间为, e （2） 1 2 k e （3）见解析. 2 1 lnx gx x ，令 0gx，得0 xe，令 0gx，得xe. 故函数 lnx g x x 的单调递增区间为0,e，单调递减区间为, e . （2）0 x ， lnx kx x ， 2 lnx k x ，令 2 lnx h x x 又 3 12lnx h x x ，令 0h x解得xe. 当x在0,内变化时， h x， h x变化如下表 x0, e e , e h x +0- h x 由表知，当xe时函数 h x有最大值，且最大值为 1 2e ，所以， 1 2 k e （3）由（2）知 2 ln1 2 x xe ， 4 2 ln11 2 x xex （2x ） 444222 ln2ln3ln1111 23223 n nen 222 111111111111 111 231 22 312231nnnnnn 444222 ln2ln3ln11111 232232 n nene 即 444 ln2ln3ln1 232 n ne 【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： 分离参数 af x恒成立 ( maxaf x可)或 af x恒成立（ minaf x即可） ； 数形结合( yf x图象在 yg x 上方即可)； 讨论最值 min0f x或 max0f x恒成立； 讨论参数.本题（2）是利用方法 求得k的最大值. 【精选精练精选精练】 1. 设函数 2 ln1fxxax，其中aR （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 23 1 11 ln1 n k n kk 都成立. 【答案】 （1）增区间 112 1, 2 a ， 112 , 2 a ；减区间 112112 , 22 aa . （2）见解析. fx的单调区间为： x 112 1, 2 a 112112 , 22 aa 112 , 2 a fx fx增减增 1 0 2 a 时， 2 220 xxa恒成立 fx在1, 单调递增 （2）考虑1a 时，则 2 ln1fxxx 23 11 111 ln nn kk k kkk 即： 23 1 11 ln1 n k n kk 2. 已知函数 3 ( )ln1,0, ( )f xxxxg xxax （1）求( )f x的最大值； （2）证明不等式： 12 1 nnn ne nnne 【答案】 （1）0；（2）见解析. 【解析】 （1） 11 1 x fx xx ，令 01fxx， fx单调区间如下： x0,11, fx fx增减 max 10yf （2）思路：左边可看做数列求和，其通项公式为 n i i a n ，无法直接求和，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 ln10ln1xxxx ，令 i x n 进行尝试 不等式得证. 【名师点睛】此题的第（3）问将数列通项公式放缩为等比数列求和，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已知等差数列的公差不为零,等比数列的前 3 项满足. n a10 5 a n b 733221 ,ababab （）求数列与的通项公式； n a n b （）设，是否存在最大整数，使对任意的，均 21 *), ( )8( 1 ccSNn an c n n nn cm * Nn 有总成立?若存在,求出的值；若不存在,请说明理由 39 2 1 n nn m Sb m 【答案】 （） ；（）. 1 35,4n nn anb - =-=12m 【解析】 试题分析：（）由已知可设公差为的 d，依题意可得， )6)()2( 104 11 2 1 1 dadada da 联立解得：，从而可求数列与的通项公式；3, 2 1 da n a n b （）依题意可得 ，假设存在整数 m 使，成立，即 3(1) n n S n = +39 2 1 n nn m Sb 1 213 ) 1(32 439 n n n n m n n n 记，则，从而求出，即 1 213 )( n n nf n 0 )2)(1( )46(213 )() 1( 2 nn nn nfnf n 13) 1 ()( min fnf 有存在最大的整数 m=12，使. 39 2n nn m Sb 试题解析：（）由已知可设公差为，则有：d ，联立解得：， )6)()2( 104 11 2 1 1 dadada da 3, 2 1 da 1 4, 53 n nn bna （）数列代入得 , 53 nan) 1 11 ( 3 1 ) 1(3 1 )8( 1 nnnnan c n n 故存在最大的整数,使恒成立.12m 39 2n nn m Sb 4在数列中，已知. n a * 1 11 4 11 ,23log 44 n nn n a abanN a （1）求数列的通项公式； n a （2）求证：数列是等差数列； n b （3）设数列满足，且的前项和，若对恒成立，求实数 n c 1 1 ) 1( nn n n bbc n cn n S 2 tnSn * Nn 取值范围.t 【答案】 （1）; （2）详见解析;（3）.*)() 4 1 (Nna n n 6t 【解析】 试题分析：（1）由于,可得数列是首项为，公比为的等比数列，即可求出数列的 4 1 1 n n a a n a 4 1 4 1 n a 通项公式.（2）由（1）可得.即可证明数列是首项，公差232) 4 1 (log3 4 1 nb n n n b1 1 b 的等差数列.（3）由（1）知，,3d23,) 4 1 (nba n n n 当 n 为偶数时，即对 n 取 11433221 nnnnn bbbbbbbbbbS 2 )23( 2 3 tnnn) 2 3( 2 3 n t （2） 2log3 4 1 nn ab .232) 4 1 (log3 4 1 nb n n ，公差1 1 b3d 数列是首项，公差的等差数列.7 分（未证明扣 1 分） n b1 1 b3d （3）由（1）知，,23,) 4 1 (nba n n n 当 n 为偶数时 11433221 nnnnn bbbbbbbbbbS )()()( 11534312 nnn bbbbbbbbb 2 2 )234( 6)(6 42 n n bbb n ，即对 n 取任意正偶数都成立 2 )23( 2 3 tnnn) 2 3( 2 3 n t 所以 11 分6t 当 n 为奇数时，) 13)(23(2) 1(3)1( 2 3 11433221 nnnnbbbbbbbbbbS nnnnn 对时恒成立，综上，. 15 分 . 0 2 7 3 2 9 2 nn6t 2 tnSn6t 5已知等差数列的各项均为正数， 13 3,7aa，其前项和为，为等比数列, ，且 n an n S n b 1 2b 22 32,b S （1）求与； n a n b （2）若对任意正整数和任意恒成立，求实数的取值范围 2 12 111 1 n xax SSS nxRa 【答案】 （1）21,2n nn anb；（2）.11a 【解析】 试题解析：（1）设 n a的公差为d，且0;d n b的公比为q 1 3 22 3(1) ,2 327 (6) 232 2 2 n nn andbq ad S bdq d q 21,2n nn anb 7 分 （2） ， 35(21)(2) n Snn n 12 1111111 1 32 43 5(2) n SSSn n 11111111 (1) 2324352nn ， （10 分） 1111 (1) 2212nn 3233 42(1)(2)4 n nn 问题等价于的最小值大于或等于， 2 ( )1f xxax 3 4 即，即，解得. 14 分 2 3 1 44 a 2 1a 11a 6已知 n a为单调递增的等比数列，且18 52 aa，32 43 aa， n b是首项为 2，公差为d的等差 数列，其前n项和为 n S. （1）求数列 n a的通项公式； （2）当且仅当42 n， * Nn， 2 2 log4 nn adS成立，求d的取值范围. 【答案】 （1） 122 2 222 nnn n qaa；（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 32 5243 aaaa 所以 32 18 52 52 aa aa 所以 52, a a为方程 03218 2 xx的两根； 又因为 n a为递增的等比数列， 所以 8,16,2 3 52 qaa从而2q， 所以 122 2 222 nnn n qaa； （2）由题意可知：dnbn) 1(2，d nn nSn 2 ) 1( 2 ， 3 3 0 0)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： 1 0a ， 1 lln20 nnn n aaan * nN. 求 3 a； 证明： 11 ln 2212 nn n a ； 是否存在正实数c，使得对任意的 * nN，都有1 n ac ，并说明理由 【答案】 （1） 11 24 e ；（2）证明见解析；（3）存在 1 6 c . 【解析】试题分析：（1）依题意可得 ln2 1 n an nn aae ，再根据 1 0a ，即可求出 3 a的值；（2）易证 1nn aa ，则 ln2ln2 1 n an n nnn aaeae ，即可得证 1 12 n n a ，构造 1 22 n an f ne ，证 明出 f n是递增数列，即可得证 1 ln 22 n n a ；（3）由(2)得 1 ln 2 2ln2 ln2 1 1 1 22 n n n an nnnn n aaeaea ，再结合 22 111 224 223 2 nnn ，即可 求出c的值. 试题解析：（1）由已知 ln2 1 n an nn aae ， 1 0a 2 1 2 a ， 3 11 24 a e （2） 1nn aa ， 1 0a f n是递增数列 10f nf，即 1 220 n an e 1 ln 22 n n a 综上 11 n 2212 nn n la （3）由(2)得 1 ln 2 2ln2 ln2 1 1 1 22 n n n an nnnn n aaeaea 121 12121 111111111 2 222222222222222222 nnn nnnnnnn aaaan 22 111 3 224 223 2 nnn n ， 当4n 时， 222 1111111 115 263 23 2263 226 n nn a . 由 n a的单调性知：当12 3n ，时， 5 6 n a ， 综上：对任意的 * nN，都有 5 6 n a ，所以存在 1 6 c . （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 1 2a ， 1 4b ，且 1 2 nnn baa ， 2 11nnn ab b . （1）求 234 ,a a a及 234 ,b b b； （2）猜想 n a， n b的通项公式，并证明你的结论； （3）证明：对所有的 * nN， 3211 1321 1 2sin 21 nnn nnn n aabaa bbbba b . 【答案】 （1） 2 6a ， 2 9b ， 3 12a ， 3 16b ， 4 20a ， 4 25b ；（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an，bn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：当1n 时，由上可得结论成立. 假设当nk时，结论成立，即1 k ak k， 2 1 k bk， 那么当1nk时， 2 1 221112 kkk abakk kkk ， 2 2 2 1 2 k k k a bk b ，所以当1nk时，结论也成立. 由，可知1 n an n， 2 1 n bn对一切正整数都成立. （3）由（2）知， 1 n n an bn ， 于是所证明的不等式即为 13 52111 2sin 2 4 622121 n nnn （）先证明： 13 5211 1,2,3 2 4 6221 n n nn 因为 22 414nn ，所以 2 2121nnn，从而 2 2 2121421nnnn， 即 2121 221 nn nn ，所以 13 521135211 2 4 623572121 nn nnn （）再证明 11 2sin 2121nn 1,2,3n 设函数 2sinf xxx， 0 4 x ，则 12cosfxx ， 0 4 x . 所以 11 2sin 2121nn 1,2,3n 综上所述，对所有的 * nN，均有 3211 1321 1 2sin 21 nnn nnn n aabaa bbbba b 成立. 9已知各项均不相等的等差数列的前 项和为，且恰为等比数列的前三项，记 . ()分别求数列、的通项公式； ()若，求取得最小值时 的值； ()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】()，.()0；() . 【解析】试题分析： ， ，易得. （）若，则， 当或，取得最小值 0. （） ， 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. （）求方程的实数解； （）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 （）在（）的条件下，设数列的前 项的和为，证明： 【答案】 （）;（）存在使得;（）见解析. 【解析】 （）由题意，通过解分式方程即可得方程的实数解析；（）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. （）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 n3 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（）的证明中，首先利用函数单调性，确定函数值