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高分提能三　导数与数列交汇问题
【典型例题】
例1　解:(1)由an=f(an-1),f(an)-f(an-1)=k(an-an-1)(n=2,3,4,…),
得an+1-an=f(an)-f(an-1)=k(an-an-1)(n=2,3,4,…).
由数列{an}是等差数列,得an+1-an=an-an-1(n=2,3,4,…),所以an-an-1=k(an-an-1)(n=2,3,4,…),所以k=1.
(2)由b1=a2-a1≠0,可得b2=a3-a2=f(a2)-f(a1)=k(a2-a1)≠0.
当n>2时,bn=an+1-an=f(an)-f(an-1)=k(an-an-1)=…=kn-1(a2-a1)≠0,所以当n≥2时,====k,
因此数列{bn}是一个首项为1,公比为k的等比数列.
故数列{bn}的通项公式为bn=kn-1.
(3)证明:证明充分性.若f(x)=kx(k≠1),则由a1=a≠0,an=f(an-1)(n=2,3,4,…),得an=kan-1(n=2,3,4,…),所以{an}是等比数列.
证明必要性.若{an}是等比数列,由(2)知,bn=kn-1(a2-a1)(n∈N*),b1+b2+…+bn-1=(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=an-a1(n∈N*,n≥2),
则an=a1+(b1+b2+…+bn-1).
当k=1时,an=a1+(a2-a1)(n-1)(n≥2).当n=1时,上式也成立,所以数列{an}的通项公式为an=a+[f(a)-a](n-1)(n∈N*),所以当k=1时,数列{an}是以a为首项,f(a)-a为公差的等差数列.
所以k≠1.
当k≠1时,an=a1+(a2-a1)(n≥2),当n=1时,上式也成立,
所以an=a+[f(a)-a]=a+-,
所以a+=0,则f(a)=ka.
即等式f(x)=kx(k≠1)对于任意实数a均成立,所以f(x)=kx(k≠1).
综上可得,数列{an}是等比数列的充要条件是f(x)=kx(k≠1).
自测题
解:(1)当n=1时,S2=3S1+2,所以a2=10.因为Sn+1=3Sn-2n+4,所以当n≥2时,Sn=3Sn-1-2(n-1)+4,则an+1=3an-2,所以an+1-1=3(an-1)(n≥2),
又a1=4,a2=10,a2-1=3(a1-1)成立,
所以=3对任意的n∈N*都成立,
所以数列{an-1}是以a1-1=3为首项,3为公比的等比数列,
所以an-1=3n,即an=3n+1.
(2)因为f(x)=a1x+a2x2+…+an-1xn-1+anxn,所以f'(x)=a1+2a2x+…+(n-1)an-1xn-2+nanxn-1,
则f'(1)=a1+2a2+…+(n-1)an-1+nan=31+1+2(32+1)+…+(n-1)(3n-1+1)+n(3n+1)=(31+2×32+3×33+…+n×3n)+(1+2+3+…+n),
令Tn=31+2×32+…+(n-1)3n-1+n×3n,则3Tn=32+2×33+…+(n-1)×3n+n×3n+1,
所以-2Tn=31+32+…+3n-n×3n+1=-,
所以Tn=+,所以f'(1)=++,所以f'(1)-=-=.
当n=1时,f'(1)=;当n≥2时,2n-1>0,3n+1-(n+3)-3n+(n+2)=2×3n-1>0,则{3n-(n+2)}是递增数列,故当n≥2时,3n-(n+2)>0,故f'(1)>.
综上,当n=1时,f'(1)=,当n≥2时,f'(1)>.
例2　解:(1)当a=1时,f(x)=xex-ex=(x-1)ex,f'(x)=xex.
当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
(2)令g(x)=f(x)+1=xeax-ex+1,则g(0)=0,由题意知g(x)<0对任意的x>0恒成立.
g'(x)=eax+axeax-ex,则g'(0)=0.
令h(x)=g'(x),则h'(x)=aeax+a(eax+axeax)-ex=a(2eax+axeax)-ex,
故h'(0)=2a-1.若h'(0)=2a-1>0,即a>,则h'(0)==>0,所以 x0>0,使得当x∈(0,x0)时,有>0,则g'(x)>0,故g(x)在(0,x0)上单调递增,则g(x0)>g(0)=0,不合题意.
若h'(0)=2a-1≤0,即a≤,
则当a≤0时,g'(x)=eax+axeax-ex<0在(0,+∞)上恒成立,
故g(x)在(0,+∞)上单调递减,则当x>0时,g(x)当00时,g(x)故实数a的取值范围是a≤.
(3)证明:ln(n+1)=ln=ln 2+ln+ln+…+ln,要证++…+>ln(n+1),只需证>ln,
即证>ln,
即证>2ln,设t=,则=t2-1,t>1,即证>2ln t(t>1),即证t->
2ln t(t>1).设m(x)=x--2ln x,则m'(x)=≥0,故m(x)在(0,+∞)上单调递增,则当x>1时,m(x)>m(1)=0,故t->2ln t(t>1).
所以++…+>ln(n+1)得证.
自测题
解:(1)由f(x)=2ln x-x+(a>0,x>0),
得f'(x)=-1-=.
对于关于x的方程-x2+2x-a=0,有Δ=4-4a.当Δ=4-4a≤0,即a≥1时,-x2+2x-a≤0,故f'(x)≤0,则函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;
当Δ=4-4a>0,即0x2>0,
当x>x1或00,
所以函数f(x)在(0,1-),(1+,+∞)上单调递减,在(1-,1+)上单调递增.
综上所述,当a≥1时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;
当0(2)证明:由(1)知,当a=1时,函数f(x)=2ln x-x+在(0,+∞)上单调递减,又f(1)=0,所以当x>1时,f(x)=2ln x-x+<0,即当x>1时,2ln x1(n∈N*),所以2ln<-=+,
即2ln(n+1)-2ln n<+,
则2ln 2-2ln 1<1+,2ln 3-2ln 2<+,2ln 4-2ln 3<+,…,
2ln(n+1)-2ln n<+,
以上各式累加可得,2ln(n+1)-2ln 1<1+++++…+++,即2ln(n+1)<2-=2-,
所以1+++…+>ln(n+1)+(n∈N*).
例3　解:(1)令f(x)=xex-1-a=0,可得a=xex-1.设g(x)=xex-1,
则g'(x)=(x+1)ex-1,
易知当x∈(-∞,-1)时,g'(x)=(x+1)ex-1<0,g(x)=xex-1单调递减;
当x∈(-1,+∞)时,g'(x)=(x+1)ex-1>0,g(x)=xex-1单调递增.
所以g(x)min=g(-1)=-e-2=-,
又当x∈(-∞,0)时,g(x)=xex-1<0,且当x→-∞时,g(x)→0,g(0)=0,作出g(x)的图象和直线y=-,如图所示.
由图可知,当a<-时,f(x)=xex-1-a无零点;当a=-或a≥0时,f(x)=xex-1-a仅有一个零点;当-(2)证明:由(1)知,当a≥0时,f(x)=xex-1-a仅有一个零点.
由f(x)=xex-1-n的唯一零点为xn,得xn=n,两边取自然对数得xn-1+ln xn=ln n,则xn+1-1+ln xn+1=ln(n+1),两式相减得xn+1-xn+ln xn+1-ln xn=ln(n+1)-ln n=ln>0,
则xn+1+ln xn+1>xn+ln xn.
设y=x+ln x,则y'=1+,
因为x>0,所以y'=1+>0,
故y=x+ln x在(0,+∞)上单调递增,所以xn+1>xn,即数列{xn}是递增数列.
自测题
解:(1)数列{an}为递减数列,理由如下:
因为=,所以-=-=.
设函数f(x)=ex-1-xex(x>0),
则f'(x)=-xex<0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减,
则f(x)故数列{an}为递减数列.
(2)证明:令函数g(x)=ex-1-x(x>0),则g'(x)=.
令函数h(x)=ex-x-1,则h'(x)=ex-1.易知当x<0时,h'(x)<0,当x>0时,h'(x)>0,故h(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
故h(x)min=h(0)=0,则ex≥x+1,
所以-x-1≥0,所以g'(x)≥0,故g(x)在定义域上单调递增,则g(x)>g(0)=0.令x=an,n∈N*,则-1-an>0,所以>0,则>,又=,所以>,则>.
当n≥2时,an=··…·×a1>·1>,即2nan>1,当n=1时,21×a1=2>1,所以2nan>1得证.提能特训(三)
1.证明:(1)令g(x)=f(x)-x2-1=ex-x-x2-1(x≥0),
则g'(x)=ex-1-x,令h(x)=ex-1-x(x≥0),
则h'(x)=ex-1≥0,所以g'(x)在区间[0,+∞)上单调递增,
又g'(0)=0,所以g'(x)≥0在区间[0,+∞)上恒成立,
所以g(x)在区间[0,+∞)上单调递增,
又g(0)=0,所以g(x)≥0在区间[0,+∞)上恒成立,
所以当x≥0时,f(x)≥x2+1.
(2)由(1)得当x≥0时,f(x)≥x2+1,令x=(n∈N*),
则f≥+1,所以f(1)+f+f+…+f≥n+>n+=n+=n+=n+.
2.解:(1)因为f(x)=-x3+mx,
所以f'(x)=-3x2+m,
由题意可知,f'(x)≥0对任意的x∈(0,1)恒成立,则m≥3x2对任意的x∈(0,1)恒成立,
当x∈(0,1)时,3x2∈(0,3),所以m≥3,即A={m|m≥3}.
(2)由题意可知m=3,则f(x)=-x3+3x,f'(x)=-3x2+3,
因为数列{an}满足a1=4,且an>0,an+1=-2=3an-2,
所以an+1-1=3(an-1),且a1-1=3,
所以数列{an-1}是等比数列,且首项和公比均为3,则an-1=3×3n-1=3n,
故an=3n+1.
(3)由已知得bn=n(an-1)=n·3n,
所以Sn=1×31+2×32+3×33+…+n·3n,则3Sn=1×32+2×33+…+(n-1)·3n+n·3n+1,
上述两个等式作差得-2Sn=3+32+33+…+3n-n·3n+1=-n·3n+1=,
故Sn=.
3.证明:(1)令g(x)=f(x)-x=x3-x2-x+,
则g'(x)=3x2-2x-,易知g'(0)<0,g'<0,
所以当x∈时,g'(x)<0,g(x)在上单调递减,
又g(0)>0,g<0,所以g(x)在上有唯一的零点,即f(x)在上有唯一的不动点x0.
(2)①因为f(x)=x3-x2+x+,
所以f'(x)=3x2-2x+=3+,易知f'(x)>0,故f(x)在R上单调递增.
因为x1=0,xn+1=f(xn),y1=,yn+1=f(yn),
所以x2=f(0)=,y2=f=.
下面用数学归纳法证明{xn}为递增数列,{yn }为递减数列,且yn>xn.
因为f(x)在上的不动点为x0,
所以x1假设当n=k时,xk结合x1xn.
②由题可得===+xnyn+-(xn+yn)+≤(xn+yn)2-(xn+yn)+=+,
因为0≤xn0,
故<,即an+14.解:(1)设直线y=kx+b与曲线y=f(x)的切点的横坐标为x0(x0>0),
因为f'(x)=,
所以曲线y=f(x)在x=x0处的切线方程为y=(x-x0)+a-ln x0=x+1-a-
ln x0,
所以kb=(1-a-ln x0)≤0,
即(2a-1)(1-a-ln x0)≤0对任意的x0>0都成立.
因为a>0,所以y=2ax2-1在(0,+∞)上单调递增,且存在唯一的正零点,
又y=1-ax2-ln x在(0,+∞)上单调递减,所以也是它的零点,所以1-a×-ln=0,解得a=.
(2)证明:因为f(x)的定义域为(0,+∞),a>0,f'(x)=,
所以当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
取r=,设=q>1,代入s+t≤2r,整理得s≤,
所以f(s)-f(t)=a(s2-t2)+ln=-as2(q2-1)+ln q≥ln q-.
设h(x)=ln x-,x>1,
因为h'(x)=-=>0,所以h(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以h(x)>h(1)=0,即f(s)-f(t)>0,所以f(s)>f(t),
所以当a>0时,结论成立.
(3)证明:取a=,i∈N*,s=-,t=+,
则0f(t),即ln>(t2-s2),
因为==,t2-s2=-=,
所以ln>·=,
设Sn==++…++,则2Sn=1++…++,
两式相减得,Sn=1+++…+-=2-,
所以ln>2->2-.高分提能三　导数与数列交汇问题
　　【考情分析】高考题型变化之后,高考对于模块内融合以及模块间融合题目的考查逐渐增多,在此变化情况下,本专题以导数与数列间融合考查为主导,兼顾以下三种类型.
类型一:多项式函数与数列结合,此类题型以函数为载体,结合导数的运算,考查数列等知识.
类型二:函数不等式生成数列不等式,例:ln x≤x-1,当且仅当x=1时取等号,ln(x+1)≤x,当且仅当x=0时取等号.当an=,an=,an=,an=时,均可通过累加法得到相应的不等式.
类型三:导数与递推数列结合,主要是利用导数研究函数的单调性,来推断数列的单调性和数列的有界性,综合性强,区分度高.
类型一　 多项式函数与数列结合
例1 已知定义在R上的函数f(x)和数列{an}满足下列条件:a1=a,a2≠a1,当n∈N*且n≥2时,an=f(an-1)且f(an)-f(an-1)=k(an-an-1),其中a,k均为非零常数.
(1)若数列{an}是等差数列,求k的值;
(2)令bn=an+1-an(n∈N*),若b1=1,求数列{bn}的通项公式;
(3)证明:数列{an}是等比数列的充要条件是f(x)=kx(k≠1).
自测题
[2025·四川德阳二模节选] 已知数列{an}的前n项和为Sn,满足Sn+1=3Sn-2n+4,且a1=4.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令f(x)=a1x+a2x2+…+an-1xn-1+anxn,n∈N*,讨论f'(1)与的大小关系.
类型二　函数不等式生成数列不等式
例2 [2022·新高考全国Ⅱ卷] 已知函数f(x)=xeax-ex.
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)当x>0时,f(x)<-1,求实数a的取值范围;
(3)设n∈N*,证明:++…+>ln(n+1).
自测题
[2025·湖北武汉模拟] 已知函数f(x)=2ln x-x+(a>0).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明:1+++…+>ln(n+1)+(n∈N*).
类型三　导数与递推数列结合
例3 [2025·湖北武汉模拟] 已知函数f(x)=xex-1-a.
(1)若a∈R,讨论f(x)的零点的个数;
(2)若a为正整数n,记此时f(x)的唯一零点为xn,证明:数列{xn}是递增数列.
自测题
已知首项为1且各项均为正数的数列{an}满足=.
(1)探究数列{an}的单调性;
(2)证明:2nan>1.　提能特训(三)导数与数列交汇问题
1.已知函数f(x)=ex-x.
(1)求证:当x≥0时,f(x)≥x2+1;
(2)求证:f(1)+f+f+…+f>n+(n∈N*).
2.已知函数f(x)=-x3+mx在(0,1)上单调递增,实数m的取值集合为A.
(1)求集合A;
(2)当m取集合A中元素的最小值时,定义数列{an}满足a1=4,且an>0,an+1=-2,求数列{an}的通项公式;
(3)在(2)的条件下,若bn=n(an-1),求数列{bn}的前n项和Sn.
3.不动点在数学的应用中具有重要作用,不动点是指被函数映射到其自身的点.对于函数f(x),我们把满足f(a)=a的a称为函数f(x)的不动点,已知函数f(x)=x3-x2+x+.
(1)证明:f(x)在上有唯一的不动点x0.
(2)已知x1=0,xn+1=f(xn),y1=,yn+1=f(yn),an=yn-xn,且{an}的前n项和为Sn,n∈N*.证明:
①{xn}为递增数列,{yn}为递减数列,且yn>xn;
②Sn≤1-.
4.[2025·山西运城模拟] 已知函数f(x)=ax2-ln x(a>0).
(1)设直线y=kx+b是曲线y=f(x)的任意一条切线,若kb≤0,求a的值;
(2)证明:存在r>0,对任意的0f(t);
(3)证明:ln>2-.(共42张PPT)
高分提能三 导数与数列交汇问题
类型一 多项式函数与数列结合
类型二 函数不等式生成数列不等式
类型三 导数与递推数列结合
◆
◆
典型例题
备用习题
【考情分析】高考题型变化之后,高考对于模块内融合以及模
块间融合题目的考查逐渐增多,在此变化情况下,本专题以导数与
数列间融合考查为主导,兼顾以下三种类型.
类型一：多项式函数与数列结合,此类题型以函数为载体,结合导
数的运算,考查数列等知识.
类型二：函数不等式生成数列不等式,例： ,当且仅当
时取等号,,当且仅当时取等号.当 ,
,, 时,均可通过累加法得到相应的不等式.
类型三：导数与递推数列结合,主要是利用导数研究函数的单调性,
来推断数列的单调性和数列的有界性,综合性强,区分度高.
类型一 多项式函数与数列结合
例1 已知定义在上的函数和数列满足下列条件: ,
,当且时, 且
,其中, 均为非零常数.
（1）若数列是等差数列,求 的值；
解：由 , ,
得 .
由数列是等差数列,得 ,
所以,所以 .
例1 已知定义在上的函数和数列满足下列条件: ,
,当且时, 且
,其中, 均为非零常数.
（2）令,若,求数列 的通项公式；
解：由 ,
可得 .
当 时,,
所以当 时, ,
因此数列是一个首项为1,公比为 的等比数列.
故数列的通项公式为 .
例1 已知定义在上的函数和数列满足下列条件: ,
,当且时, 且
,其中, 均为非零常数.
（3）证明:数列是等比数列的充要条件是 .
证明：证明充分性.若,
则由 ,,得,
所以 是等比数列.
证明必要性.若 是等比数列,由（2）知,
,
,
则 .
当时,.
当 时,上式也成立,所以数列 的通项公式为
,
所以当时,数列 是以为首项, 为公差的等差数列.
所以 .
当时,,当 时,上式也成立,
所以 ,
所以,则 .
即等式对于任意实数 均成立,所以 .
综上可得,数列是等比数列的充要条件是 .
自测题
[2025·四川德阳二模节选] 已知数列的前项和为,满足
,且.
（1）求数列 的通项公式；
解：当时,,所以 .
因为,所以当时, ,
则,所以 ,
又,, 成立,
所以对任意的 都成立,
所以数列是以 为首项,3为公比的等比数列,
所以,即 .
[2025·四川德阳二模节选] 已知数列的前项和为,满足
,且.
（2）令, ,讨论
与 的大小关系.
解：因为 ,
所以 ,
则 ,
令 ,
则 ,
所以 ,
所以,所以 ,
所以 .
当时,；当时, ,
,
则 是递增数列,
故当时,,故 .
综上,当时,,当 时, .
类型二 函数不等式生成数列不等式
例2 [2022·新高考全国Ⅱ卷] 已知函数 .
（1）当时,讨论 的单调性；
解：当时,, .
当时,,单调递减；
当 时,, 单调递增.
例2 [2022·新高考全国Ⅱ卷] 已知函数 .
（2）当时,,求实数 的取值范围；
解：令,则 ,
由题意知对任意的 恒成立.
,则 .
令 ,
则 ,
故.
若,即 ,则,
所以 ,使得当时,有,则,
故在 上单调递增,则 ,不合题意.
若,即 ,
则当时,在 上恒成立,
故在上单调递减,则当时, ,符合题意.
当 时,
在上恒成立,
故在 上单调递减,
则当 时, ,符合题意.
故实数的取值范围是 .
例2 [2022·新高考全国Ⅱ卷] 已知函数 .
（3）设,证明： .
证明：
,
要证,只需证 ,
即证 ,即证,
设,则, ,
即证,即证 .
设,则,
故在 上单调递增,
则当时,,故 .
所以 得证.
自测题
[2025·湖北武汉模拟] 已知函数.
（1）讨论 的单调性；
解：由 ,
得 .
对于关于的方程,有.
当 ,即时,,
故,则函数在 上单调递减；
当,即时,
关于的方程 有两个不相等的实数根,
则, ,且 ,
当或时,,当时, ,
所以函数在, 上单调递减,
在 上单调递增.
综上所述,当时,函数在 上单调递减；
当时,函数在 上单调递增,
在, 上单调递减.
[2025·湖北武汉模拟] 已知函数.
（2）证明： .
证明：由（1）知,当时,
函数在上单调递减,
又,
所以当 时,,即当时, .
因为,所以 ,
即 ,
则, ,, , ,
以上各式累加可得,
,
即 ,
所以 .
类型三 导数与递推数列结合
例3 [2025·湖北武汉模拟] 已知函数 .
（1）若,讨论 的零点的个数；
解：令,可得.
设 ,则 ,
易知当时,, 单调递减；
当时,, 单调递增.
所以 ,
又当 时,,且当 时,, ,
作出的图象和直线 ,如图所示.
由图可知,当时,无零点；
当 或时,仅有一个零点；
当 时, 有两个零点.
例3 [2025·湖北武汉模拟] 已知函数 .
（2）若为正整数,记此时的唯一零点为,证明：数列
是递增数列.
证明：由（1）知,当时, 仅有一个零点.
由的唯一零点为,得 ,
两边取自然对数得,则 ,
两式相减得 ,
则 .
设,则 ,因为,所以 ,
故在上单调递增,
所以,即数列 是递增数列.
自测题
已知首项为1且各项均为正数的数列满足 .
（1）探究数列 的单调性；
解：数列 为递减数列,理由如下：
因为,所以 .
设函数 ,则,
所以在 上单调递减,则,
令, ,则,即,
因为函数 在定义域上单调递增,所以 ,
故数列 为递减数列.
已知首项为1且各项均为正数的数列满足 .
（2）证明： .
证明：令函数 ,则 .
令函数,则.
易知当 时,,当时,,
故在 上单调递减,在 上单调递增,
故,则 , 所以,所以,
故 在定义域上单调递增,则.
令,,则 ,
所以,则,
又 ,所以,则 .
当时, ,即,
当时,,所以 得证.
［备选理由］所选题目是通过变化的零点构成的与数列相结合的题
目.在解题过程中,应用到了指数函数的性质、反证法、放缩法等多
方法技巧,作为补充使用.
（1）证明： 有唯一零点.
证明：易知当时,,所以在 上无零点.
由题可知,所以在 上单调递增,
所以在 上至多有一个零点.
当时, 有唯一的零点1.
当时,因为, ,
所以函数 有唯一的零点,得证.
例 ［配例2使用］[2025·苏北七市二模] 已知函数 ,
.
例 ［配例2使用］[2025·苏北七市二模] 已知函数 ,
.
（2）记的零点为 .
（ⅰ）判断数列 中是否存在连续三项按某顺序构成等比数列,并
说明理由；
解： 由（1）知,,且, ,
两边取自然对数,得 ,
所以 ,
两式相减得 ,
所以 .
因为函数在 上单调递增,
所以,所以数列 为递增数列.
假设数列中存在,, 按某顺序成等比数列,
则 ,所以 .
由①式得, ,
, ,
代入②式,得 ,
即 .
因为,所以 ,
又 ,所以方程③无解,假设不成立,
所以数列 中不存在连续三项按某顺序构成等比数列.
例 ［配例2使用］[2025·苏北七市二模] 已知函数 ,
.
（2）记的零点为 .
（ⅱ）证明： .
证明：先证明当时, .
设,则 ,
所以当时,, 单调递减,
当时,, 单调递增,
所以,当且仅当 时,等号成立.
由①式知, ,
所以,所以 ,
所以 .
在④式中,令,得 ,
当且仅当,即 时等号成立,
所以 ,
所以整理可得,故,当且仅当 时等号成立.
当时,在④式中,令,得 ,
所以当时,
.
当时, 成立,
所以 ,得证.

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