數列與導數綜合題的解題策略

摘要：文章介紹破解數列與導數綜合題的三種解題策略：函數演繹法、通項分析法和數學歸納法，并結合最近的模擬考試題給出三種解題策略的應用.

關鍵詞：數列與導數；函數演繹法；通項分析法；數學歸納法；解題策略

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2025）07-0017-03

收稿日期：2024-12-05

作者簡介：趙清清，碩士，初級教師，從事高中數學教學研究.

數列與導數的綜合題是高考常考的題型，往往出現在高考壓軸題中，是學生感到棘手的問題.下面給出破解數列與導數綜合題的三種解題策略.

1函數演繹法

要證明f（1）+f（2）+…+f（n）lt;Sn成立，則先證明不等式f（x）lt;g（x）（x∈R+）恒成立.然后通過賦值累加、放縮求和完成證明＼[1＼]，即f（x）lt;g（x）（x∈R+）f（n）lt;g（n）（其中n∈N*）.

再令n=1，2，3，…，累加，即得

f（1）+f（2）+…+f（n）lt;g（1）+g（2）+…+g（n）.

如果g（1）+g（2）+…+g（n）lt;Sn，那么f（1）+f（2）+…+f（n）lt;Sn成立.

例1已知函數f（x）=lnx+ax-a，agt;0.

（1）若f（x）的圖象不在x軸的下方，求a的取值集合；

（2）證明：sin1n+1+sin1n+2+…+sin12 024nlt;ln2 024（n∈N*）.

解析（1）f（x）的定義域為x|xgt;0，

所以f ′（x）=1x-ax2=x-ax2.

當0lt;xlt;a時，f ′（x）lt;0，f（x）單調遞減；

當xgt;a時，f ′（x）gt;0，f（x）單調遞增.

所以f（x）min=f（a）=lna-a+1.

因為f（x）的圖象不在x軸的下方，所以f（x）≥0恒成立.所以lna-a+1≥0，a∈（0，+∞）.

令g（x）=lnx-x+1，則g′（x）=1x-1=1-xx.

當0lt;xlt;1時，g′（x）gt;0，g（x）單調遞增；當xgt;1時，g′（x）lt;0，g（x）單調遞減，則g（x）max=g（1）=0.

所以g（x）≤0，即lna-a+1≤0.

所以lna-a+1=0.所以a=1.

故a的取值集合為1.

（2）由（1）可知，當a=1時，f（x）≥0，即lnx+1x-1≥0.即lnx≥1-1x=x-1x.

所以ln（x+1）≥xx+1（當x=0時等號成立）.

令x=1n（n∈N*），則ln（1+nn）gt;1n+1.

所以ln（n+1）-lnngt;1n+1，ln（n+2）-ln（n+1）gt;1n+2，ln（n+3）-ln（n+2）gt;1n+3，…，ln（2 024n）-ln（2 024n-1）gt;12 024n.

故ln（2 024n）-lnngt;1n+1+1n+2+…+12 024n.

即ln20 24gt;1n+1+1n+2+…+12 024n.

令h（x）=sinx-x，x∈（0，+∞），則h′（x）=cosx-1≤0恒成立，所以h（x）在區間（0，+∞）上單調遞減.所以h（x）lt;h（0）=0.所以sinxlt;x.

所以sin1n+1+sin1n+2+…+sin12 024nlt;1n+1+1n+2+…+12 024n（n∈N*）.

所以sin1n+1+sin1n+2+…+sin12 024nlt;ln2 024（n∈N*）.

2通項分析法

設Sn=a1+a2+…+an，Tn=b1+b2+…+bn.若要證Snlt;Tn，則只需證a1lt;b1，a2lt;b2，…，anlt;bn.

若要證f（1）+f（2）+…+f（n）lt;Sn成立，可先假設Sn=g（1）+g（2）+…+g（n），然后通過Sn-Sn-1=g（n）（其中n≥2）求出g（n），則只需證f（n）lt;g（n）（其中n∈N*）即可.這時可構造函數h（x）=f（x）-g（x）（xgt;0），利用導數來證明＼[2＼].

注對于f（1）·f（2）·…·f（n）lt;Sn（其中f（k）≥0，k=1，2，…，n）型不等式的證明，可類比上述方法進行.

例2已知函數f（x）=12ax2+lnx.

（1）若函數f（x）在（1e，e）上有兩個零點，求實數a的取值范圍；

（2）證明：對任意的正整數n，不等式4+94+169+…+（n+1n）2gt;n-2ln（n+1）都成立.

解析（1）由函數f（x）=12ax2+lnx的定義域為（0，+∞），可得f ′（x）=ax+1x=ax2+1x.

當a≥0時，則f ′（x）gt;0，f（x）在（0，+∞）上單調遞增.故f（x）在（1e，e）上有兩個零點不成立.

當alt;0時，由f ′（x）=0，得

x=-1a或x=--1alt;0（舍去）.

當x∈（0，-1a）時，f ′（x）gt;0，f（x）在（0，-1a）上單調遞增；當x∈（-1a，+∞）時，f ′（x）lt;0，f（x）在（-1a，+∞）上單調遞減；當x=-1a時，f（x）取到極大值，也是最大值，即f（-1a）=-12+ln-1a.

因為f（x）在（1e，e）上有兩個零點，所以1elt;-1alt;e，-12+ln-1agt;0，f（1e）lt;0，f（e）lt;0.

可得-e2lt;alt;-1e2，agt;-1e，alt;2e2，alt;-2e2.

則實數a的取值范圍是（-1e，-2e2）.

（2）設不等式左邊=Sn=a1+a2+…+an，右邊=Tn=b1+b2+…+bn.要證Sngt;Tn，只需證a1gt;b1，a2gt;b2，…，angt;bn，即證angt;bn（n∈N*）恒成立.

易知an=（n+1n）2.

因為Tn=b1+b2+…+bn=n-2ln（n+1），

所以bn=Tn-Tn-1=1-2lnn+1n（n≥2）.①

當n=1時，b1=1-2ln2，也滿足①式，所以bn=1-2lnn+1n.要證angt;bn，即證（n+1n）2gt;1-2lnn+1n.設g（x）=2lnx+x2-1（xgt;1），則g′（x）=2x+2xgt;0.從而g（x）在（1，+∞）上單調遞增.

則g（x）gt;g（1）=0.

令x=n+1ngt;1（n為正整數），則

g（n+1n）=2lnn+1n+（n+1n）2-1gt;0.

所以（n+1n）2gt;1-2［ln（n+1）-lnn］.

分別取n=1，2，3，…，n，

可得4gt;1-2（ln2-ln1），94gt;1-2（ln3-ln2），169gt;1-2（ln4-ln3），…，（n+1n）2gt;1-2［ln（n+1）-lnn］.以上n個式子相加得

4+94+169+…+（n+1n）2gt;n-2ln（n+1）.

3數學歸納法

例3（2024年山西晉城二模）已知函數f（x）=（x-a）ex+x+a（a∈R）.

（1）若a=4，求f（x）的圖象在x=0處的切線方程；

（2）若f（x）≥0對于任意的x∈［0，+∞）恒成立，求a的取值范圍；

（3）若數列an滿足a1=1且an+1=2anan+2（n∈N*），記數列an的前n項和為Sn，求證：Sn+13lt;ln［（n+1）（n+2）］.

解析（1）當a=4時，f（x）=（x-4）ex+x+4.則f ′（x）=（x-3）ex+1，得f ′（0）=-2.

又f（0）=0，則f（x）在x=0處的切線為y=-2x.

（2）f（x）=（x-a）ex+x+a≥0對x∈［0，+∞）恒成立，f ′（x）=（x+1-a）ex+1.

設g（x）=（x+1-a）ex+1（x≥0），則g′（x）=（x+2-a）ex.當2-a≥0，即a≤2時，g′（x）≥0，g（x）在［0，+∞）上單調遞增，且g（0）=2-a≥0，所以g（x）≥0，即f ′（x）≥0.此時f（x）在［0，+∞）上單調遞增，且f（0）=0.所以f（x）≥0對x∈［0，+∞）恒成立.

當2-alt;0，即agt;2時，令g′（x）lt;0，得0lt;xlt;a-2，g′（x）gt;0，得xgt;a-2.所以函數g（x）在（0，a-2）上單調遞減，在（a-2，+∞）上單調遞增.則g（x）min=g（a-2）=1-ea-2lt;0.又g（0）=2-alt;0，所以在（0，a-2）上恒有g（x）lt;0，即f ′（x）lt;0，函數f（x）在（0，a-2）上單調遞減，且f（0）=0.則在（0，a-2）上有f（x）lt;0，不符合題意.

綜上，實數a的取值范圍為（-∞，2］.

（3）由an+1=2anan+2，得1an+1-1an=12.又1a1=1，所以數列1an是以1為首項，以12為公差的等差數列.故1an=1+12（n-1）=n+12.所以an=2n+1.

當n=1時，S1+13=a1+13=43lt;ln6恒成立；

當n≥2時，先證2n+1lt;lnn+2n，

即證2n+1lt;lnn+1+1n+1-1=ln1+1/（n+1）1-1/（n+1）.

設x=1n+1，則0lt;xlt;1.

即證2xlt;ln1+x1-x（0lt;xlt;1）.

令h（x）=2x-ln1+x1-x（0lt;xlt;1），則h′（x）=-2x21-x2lt;0，所以h（x）在（0，1）上單調遞減.故h（x）lt;h（0）=0.即2xlt;ln1+x1-x，即2n+1lt;lnn+2n.

所以當n≥2時，

Sn+13=13+23+24+…+2n+1

lt;ln6+ln42+ln53+…+lnn+2n

=ln［（n+1）（n+2）］.

綜上，Sn+13lt;ln［（n+1）（n+2）］.

4結束語

利用導數證明不等式問題的策略主要有函數演繹法、通項分析法、數學歸納法.熟悉以上利用導數證明數列不等式的三種策略，對提高學生的解題能力與發展學生的數學核心素養，有很大的幫助.參考文獻：

［1］ 唐宜鐘.以導數為背景的數列不等式問題求和策略[J].中學生理科應試，2024（02）：6-8.

[2] 曹瑩，李鴻昌.一道數列最值問題的解法探究[J].高中數學教與學，2019（19）：15-16.［

責任編輯：李慧嬌］