新构造函数法在高考解导数和数列问题中的广泛应用

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新构造函数法在高考解导数和数列问题中的广泛应用

构造函数法在高考解导数和数列问题中的广泛应用 函数与方程数学思想方法是新课标要求的一种重要的数学思想方法,构造函数法便是其中的一种,下面就源于两个重要极限 的不等式利用近三年高考题举例加以说明。 1.设函数 在 R 上的导函数为 ,且 ,下面的不等式在 R 上恒成立的是 A.     B. C.   D. 【答案】A 【解析】由已知,首先令 得 ,排除 B,D. 令 ,则 , ①   当 时 , 有 , 所 以 函 数 单 调 递 增 , 所 以 当 时 , ,从而 . ②   当 时 , 有 , 所 以 函 数 单 调 递 减 , 所 以 当 时 , ,从而 .综上 .故选 A. 【考点定位】本试题考察了导数来解决函数单调性的运用.通过分析解析式的特点,考查了分析问题和解决问题的能力. 2.已知函数 , . (Ⅰ)讨论函数 的单调性; (Ⅱ)证明:若 ,则对任意 , ,有 . 解:(Ⅰ) 的定义域为 . …………………2 分 (i)若 即 ,则 , 故 在 单调增加. (ii)若 ,而 ,故 ,则当 时, ; 当 及 时, .故 在 单调减少, 在 单调增加. (iii)若 ,即 ,同理可得 在 单调减少,在 单调增加. (II)考虑函数 . 则 . ( )f x ( )f x′ 22 ( ) ( )f x xf x x′+ > 0)( >xf 0)( )( xxf <)( 0=x 0)( >xf 2( ) ( )g x x f x= [ ]( ) 2 ( ) ( )g x x f x xf x′ ′= + 0x > 2( )2 ( ) ( ) ( ) 0g xf x xf x x g xx ′′ ′+ = > ⇒ > ( )g x 0x > ( ) (0) 0g x g> = 0)( >xf 0x < 2( )2 ( ) ( ) ( ) 0g xf x xf x x g xx ′′ ′+ = > ⇒ < ( )g x 0x < ( ) (0) 0g x g> = 0)( >xf 0)( >xf 21( ) ( 1)ln2f x x ax a x= − + − 1a > ( )f x 5a < 1 2, (0, )x x ∈ +∞ 1 2x x≠ 1 2 1 2 ( ) ( ) 1f x f x x x − > −− ( )f x (0, )+∞ 21 1 ( 1)( 1 )( ) a x ax a x x af x x a x x x − − + − − + −′ = − + = = 1 1a − = 2a = 2( 1)( ) xf x x −′ = ( )f x (0, )+∞ 1 1a − < 1a > 1 2a< < ( 1,1)x a∈ − ' ( ) 0f x < (0, 1)x a∈ − (1, )x∈ +∞ ' ( ) 0f x > ( )f x ( 1,1)a − (0, 1),(1, )a − +∞ 1 1a − > 2a > ( )f x (1, 1)a − (0,1),( 1, )a − +∞ ( ) ( )g x f x x= + 21 ( 1)ln2 x ax a x x= − + − + 21 1( ) ( 1) 2 ( 1) 1 ( 1 1)a ag x x a x a ax x − −′ = − − + ≥ ⋅ − − = − − − 由于 故 ,即 在 单调增加,从而当 时有 , 即 , 故 , 当 时 , 有 . ………………………………12 分 3.已知曲线 .从点 向曲线 引斜率为 的切线 ,切点为 . (1)求数列 的通项公式; (2)证明: . 【解析】曲线 是圆心为 ,半径为 的圆,切线 (Ⅰ)依题意有 ,解得 ,又 , 联立可解得 , (Ⅱ) , 先证: , 证法一:利用数学归纳法 当 时, ,命题成立, 假设 时,命题成立,即 , 则当 时, ∵ , 故 . ∴当 时,命题成立 故 成立. 1 5,a< < ( ) 0g x′ > ( )g x (0, )+∞ 1 2 0x x> > 1 2( ) ( ) 0g x g x− > 1 2 1 2( ) ( ) 0f x f x x x− + − > 1 2 1 2 ( ) ( ) 1f x f x x x − > −− 1 20 x x< < 1 2 2 1 1 2 2 1 ( ) ( ) ( ) ( ) 1f x f x f x f x x x x x − −= > −− − 2 2: 2 0( 1,2, )nC x nx y n− + = =  ( 1,0)P − nC ( 0)n nk k > nl ( , )n n nP x y { } { }n nx y与 1 3 5 2 1 1 2 sin1 n n n n n x xx x x x x y− −⋅⋅⋅ < <+    2 2 2:( )nC x n y n− + = ( ,0)n n : ( 1)n nl y k x= + 2 | | 1 n n n nk k n k + = + 2 2 2 1n nk n = + 2 22 0n n nx nx y− + = ( 1)n n ny k x= + 2 1,1 1n n n n nx yn n ⋅ += =+ + 1 1 1 2 1 n n x x n − =+ + 12 sin 2 sin 2 1 n n x y n = + 1 3 5 2 1 1 2 1nx x x x n−⋅ ⋅ ⋅ ⋅ < + 1n = 1 1 1 2 3 x = < n k= 1 3 5 2 1 1 2 1kx x x x k−⋅ ⋅ ⋅ ⋅ < + 1n k= + 1 3 5 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2( 2)2 1k k k kx x x x x x kk− + + +⋅ ⋅ ⋅ ⋅ < = ++ 2 2 2 2 1 2 1 4 16 16( ) /[ ] 12( 2) 4 8 32 3 k k k k k kk + + += >+ + ++ 2 1 1 1 2( 2) 2 3 2( 1) 1 k k k k + < =+ + + + 1n k= + 1 3 5 2 1 1 2 1nx x x x n−⋅ ⋅ ⋅ ⋅ < + 证法二: , , 下证: . 不妨设 ,令 , 则 在 上恒成立,故 在 上单调递减, 从而 ,即 . 综上, 成立. 4.【09 全国Ⅱ·理】22.(本小题满分 12 分) 设函数 有两个极值点 ,且 . (I)求 的取值范围,并讨论 的单调性; (II)证明: . 【解】(I)由题设知,函数 的定义域是 且 有两个不同的根 ,故 的判别式 ,即 且 …………………………………① 又 故 .因此 的取值范围是 . 当 变化时, 与 的变化情况如下表: 11 11 1 2 11 1 n n n x n nx n n −− += =+ ++ + 12 12 14 )12( 4 )12( 2 12 2 2 2 2 + −=− −<−=− n n n n n n n n n n n x x nn n n nxxxx + −=+=+ −×××<−×××=⋅⋅⋅⋅ − 1 1 12 1 12 12 5 3 3 1 2 12 4 3 2 1 12531  1 12 sin 2 1 2 1n n < + + 1 3(0, ]32 1 t n = ∈ + ( ) 2 sinf t t t= − ( ) 1 2cos 0f t t′ = − < 3(0, ]3t ∈ ( ) 2 sinf t t t= − 3(0, ]3t ∈ ( ) 2 sin (0) 0f t t t f= − < = 1 12 sin 2 1 2 1n n < + + 1 3 5 2 1 1 2 sin1 n n n n n x xx x x x x y− −⋅ ⋅ ⋅ ⋅ < <+ ( ) ( )2 1f x x aln x= + + 1 2x x, 1 2x x< a ( )f x ( )2 1 2 2 4 lnf x −> ( )f x 1,x > − ( ) 22 2 ,1 x x af x x + +′ = + ( ) 0f x′ = 1 2x x、 22 2 0x x a+ + = 4 8 0a∆ = − > 1 ,2a < 1 2 1 1 2 1 1 2, .2 2 a ax x − − − − + −= = 1 1,x > − 0a > a 1(0, )2 x ( )f x ( )f x′ 因此 在区间 和 是增函数,在区间 是减函数. (II)由题设和①知 于是     . 设函数   则   当 时, ; 当 时, 故 在区间 是增函数. 于是,当 时, 因此 . 5.【2008 年山东理】 21.(本题满分 12 分) 已知函数 其中 为常数. (I)当 时,求函数 的极值; (II)当 时,证明:对任意的正整数 ,当 时,有 【标准答案】 (Ⅰ)解:由已知得函数 的定义域为 , 当 时, ,所以 . (1)当 时,由 得 , , 此时 . 当 时, , 单调递减; 当 时, , 单调递增. (2)当 时, 恒成立,所以 无极值. 综上所述, 时, 当 时, 在 处取得极小值,极小值为 . 当 时, 无极值. ( )f x 1( 1, )x− 2( , )x +∞ 1 2( , )x x 2 2 2 1 0, 2 (1 ),2 x a x x− < < = − + ( ) ( )2 2 2 2 2 22 (1 ) 1f x x x x ln x= − + + ( ) ( )2 2 (1 ) 1 ,g t t t t ln t= − + + ( ) ( )2 (1 2 ) 1g t t t ln t′ = − + + 1 2t = − ( ) 0g t′ = 1( ,0)2t ∈ − ( ) 0,g t′ > ( )g t 1[ ,0)2 − 1( ,0)2t ∈ − ( ) 1 1 2 2( ) .2 4 lng t g −> − = ( )2 2 1 2 2( ) 4 lnf x g x −= > 1( ) ln( 1),1 )nf x a xx = + −−( *,n N∈ a 2n = ( )f x 1a = n 2x ≥ ( ) 1.f x x≤ − ( )f x { }| 1x x > 2n = 2 1( ) ln( 1)(1 )f x a xx = + −− 2 3 2 (1 )( ) (1 ) a xf x x − −′ = − 0a > ( ) 0f x′ = 1 21 1x a = + > 2 21 1x a = − < 1 2 3 ( )( )( ) (1 ) a x x x xf x x − − −′ = − 1(1 )x x∈ , ( ) 0f x′ < ( )f x 1( )x x∈ + ∞, ( ) 0f x′ > ( )f x 0a ≤ ( ) 0f x′ < ( )f x 2n = 0a > ( )f x 21x a = + 2 21 1 ln2 af a a    + = +        0a ≤ ( )f x (Ⅱ)证法一:因为 ,所以 . 当 为偶数时, 令 , 则 ( ). 所以 当 时, 单调递增, 又 , 因此 恒成立, 所以 成立. 当 为奇数时, 要证 ,由于 ,所以只需证 , 令 , 则 ( ), 所以 当 时, 单调递增,又 , 所以当 时,恒有 ,即 命题成立. 综上所述,结论成立. 证法二:当 时, . 当 时,对任意的正整数 ,恒有 , 故只需证明 . 令 , , 则 , 当 时, ,故 在 上单调递增, 因此 当 时, ,即 成立. 故 当 时,有 . 1a = 1( ) ln( 1)(1 )nf x xx = + −− n 1( ) 1 ln( 1)(1 )ng x x xx = − − − −− 1 1 1 2( ) 1 0( 1) 1 1 ( 1)n n n x ng x x x x x+ + −′ = + − = + >− − − − 2x ≥ [ )2x∈ + ∞, ( )g x (2) 0g = 1( ) 1 ln( 1) (2) 0( 1)ng x x x gx = − − − − =− ≥ ( ) 1f x x −≤ n ( ) 1f x x −≤ 1 0(1 )nx <− ln( 1) 1x x− −≤ ( ) 1 ln( 1)h x x x= − − − 1 2( ) 1 01 1 xh x x x −′ = − =− − ≥ 2x ≥ [ )2x∈ + ∞, ( ) 1 ln( 1)h x x x= − − − (2) 1 0h = > 2x ≥ ( ) 0h x > ln( 1) 1x x− < − 1a = 1( ) ln( 1)(1 )nf x xx = + −− 2x ≥ n 1 1(1 )nx− ≤ 1 ln( 1) 1x x+ − −≤ ( ) 1 (1 ln( 1)) 2 ln( 1)h x x x x x= − − + − = − − − [ )2x∈ + ∞, 1 2( ) 1 1 1 xh x x x −′ = − =− − 2x ≥ ( ) 0h x′ ≥ ( )h x [ )2 + ∞, 2x ≥ ( ) (2) 0h x h =≥ 1 ln( 1) 1x x+ − −≤ 2x ≥ 1 ln( 1) 1(1 )n x xx + − −− ≤ 即 . 【试题分析】第一问对 讨论时要注意一些显而易见的结果,当 时 恒成立, 无极值.第二问需要对构 造的新函数 进行“常规处理”,即先证单调性,然后求最值 ,最后作出判断. 【高考考点】导数及其应用、构造函数证明不等式 【易错提醒】没有注意该函数定义域对问题的影响,分类讨论无目标,判断 的正负漏掉符号. 【学科网备考提示】函数类问题的解题方法要内悟、归纳、整理,使之成为一个系统,在具体运用时自如流畅,既要具有一 定的思维定向,也要谨防盲目套用.此类问题对转化能力要求很高,不能有效转化是解题难以突破的主要原因,要善于构造 函数证明不等式,从而体现导数的工具性. 6.【2007 年山东理】 (22)(本小题满分 14 分) 设函数 ,其中 . (I)当 时,判断函数 在定义域上的单调性; (II)求函数 的极值点; (III)证明对任意的正整数 ,不等式 都成立. 【解】(Ⅰ)由题意知, 的定义域为 , 设 ,其图象的对称轴为 ,   当 时, ,即 在 上恒成立, 当 时, , 当 时,函数 在定义域 上单调递增   (Ⅱ)①由(Ⅰ)得:当 时,函数 无极值点   ② 时, 有两个相同的解 , 时, , 时, , 时,函数 在 上无极值点   ③当 时, 有两个不同解, , , ( ) 1f x x −≤ a 0a ≤ / ( ) 0f x < ( )f x ( )h x / 1 2 3 ( )( )( ) 1 ) a x x x xf x x − − −= −( 2( ) ln( 1)f x x b x= + + 0b ≠ 1 2b > ( )f x ( )f x n 2 3 1 1 1ln( 1)n n n + > − ( )f x ( 1 )− + ∞, 22 2( ) 2 1 1 b x x bf x x x x + +′ = + =+ + 2( ) 2 2g x x x b= + + 1 ( 1 )2x = − ∈ − + ∞, max 1 1( ) 2 2g x g b ∴ = − = − +   1 2b > max 1( ) 02g x b= − + > 2( ) 2 2 0g x x x b= + + > ( 1 )− + ∞, ∴ ( 1 )x∈ − + ∞, ( ) 0f x′ > ∴ 1 2b > ( )f x ( 1 )− + ∞, 1 2b > ( )f x 1 2b = 212 2( ) 01 x f x x  +  ′ = =+ 1 2x = − 11 2x  ∈ − −   , ( ) 0f x′ > 1 2x  ∈ − + ∞  , ( ) 0f x′ > 1 2b∴ = ( )f x ( 1 )− + ∞, 1 2b < ( ) 0f x′ = 1 1 1 2 2 bx − − −= 2 1 1 2 2 bx − + −= 时, , , 即 ,   时, , 随 的变化情况如下表: 极小值 由此表可知: 时, 有惟一极小值点 , 当 时, , , 此时, , 随 的变化情况如下表: 极大值 极小值 由此表可知: 时, 有一个极大值 和一个极小值点 ; 综上所述: 时, 有惟一最小值点 ; 时, 有一个极大值点 和一个极小值点 ; 时, 无极值点   (Ⅲ)当 时,函数 , 令函数 , 则 . 当 时, ,所以函数 在 上单调递增, 又   时,恒有 ,即 恒成立   0b < 1 1 1 2 12 bx − − −= < − 2 1 1 2 02 bx − + −= > 1 ( 1 )x ∉ − + ∞, [ )2 1x ∈ − + ∞, 0b∴ < ( )f x′ ( )f x x x 2( 1 )x− , 2x 2( )x + ∞, ( )f x′ − 0 + ( )f x   0b < ( )f x 2 1 1 2 2 bx − + −= 10 2b< < 1 1 1 2 12 bx − − −= > − 1 2 ( 1 )x x∴ ∈ − + ∞, ( )f x′ ( )f x x x 1( 1 )x− , 1x 1 2( )x x, 2x 2( )x + ∞, ( )f x′ + 0 − 0 + ( )f x    10 2b< < ( )f x 1 1 1 2 2 bx − − −= 2 1 1 2 2 bx − + −= 0b < ( )f x 2 1 1 2 2 bx − + −= 10 2b< < ( )f x 1 1 2 2 bx − − −= 1 1 2bx x − + −= 1 2b ≥ ( )f x 1b = − 2( ) ln( 1)f x x x= − + 3 3 2( ) ( ) ln( 1)h x x f x x x x= − = − + + 3 2 2 1 3 ( 1)( ) 3 2 1 1 x xh x x x x x + −′ = − + =+ + ∴ [ )0x∈ + ∞, ( ) 0h x′ > ( )h x [ )0 + ∞, (0) 0h = (0 )x∴ ∈ + ∞, ( ) (0) 0h x h> = 3 2 ln( 1)x x x> − + 故当 时,有 . 对任意正整数 取 ,则有 所以结论成立. 7.【2008 年湖南理】 21.(本小题满分 13 分) 已知函数 . (I)求函数 的单调区间; (Ⅱ)若不等式 对任意的 都成立(其中 是自然对数的底数). 求 的最大值. 解: (Ⅰ)函数 的定义域是 , 设 ,则 令 则 当 时, 在 上为增函数, 当 x>0 时, 在 上为减函数. 所以 在 处取得极大值,而 ,所以 , 函数 在 上为减函数. 于是当 时, 当 时, 所以,当 时, 在 上为增函数. 当 时, 在 上为减函数. 故函数 的单调递增区间为 ,单调递减区间为 . (Ⅱ)不等式 等价于不等式 由 知, 设 则 (0 )x∈ + ∞, 2 3ln( 1)x x x+ > − n 1 (0 )x n = ∈ + ∞, 2 3 1 1 1ln 1n n n  + > −   2 2( ) ln (1 ) 1 xf x x x = + − + ( )f x 1(1 )n a en ++ ≤ N*n∈ e a ( )f x ( 1, )− +∞ 2 2 2 2 2ln(1 ) 2 2(1 )ln(1 ) 2( ) .1 (1 ) (1 ) x x x x x x xf x x x x + + + + − −′ = − =+ + + 2( ) 2(1 )ln(1 ) 2g x x x x x= + + − − ( ) 2ln(1 ) 2 .g x x x′ = + − ( ) 2ln(1 ) 2 ,h x x x= + − 2 2( ) 2 .1 1 xh x x x −′ = − =+ + 1 0x− < < ( ) 0,h x′ > ( )h x ( 1,0)− ( ) 0,h x′ < ( )h x (0, )+∞ ( )h x 0x = ( ) 0h x = ( ) 0( 0)g x x′ < ≠ ( )g x ( 1, )− +∞ 1 0x− < < ( ) (0) 0,g x g> = 0x > ( ) (0) 0.g x g< = 1 0x− < < ( ) 0,f x′ > ( )f x ( 1,0)− 0x > ( ) 0,f x′ < ( )f x (0, )+∞ ( )f x ( 1,0)− (0, )+∞ 1(1 )n a en ++ ≤ 1( )ln(1 ) 1.n a n + + ≤ 11 1n + > 1 .1ln(1 ) a n n ≤ − + ( ]1 1( ) , 0,1 ,ln(1 )G x xx x = − ∈+ 由(Ⅰ)知, 即 所以 于是 在 上为减函数. 故函数 在 上的最小值为 所以 a 的最大值为 1.2009 潍坊文科(22)(本小题满分 14 分) 设函数 表示 的导函数. (I)求函数 的单调递增区间; (Ⅱ)当 k 为偶数时,数列{ }满足 ,求数列{ }的通项公式; (Ⅲ)当 k 为奇数时, 设 ,数列 的前 项和为 ,证明不等式 对一切正整数 均成立,并比较 与 的大小. 解:(Ⅰ)函数的定义域为(0,+∞), 又 , …………1 分 当 k 为奇数时, , 即 的单调递增区间为 . …………2 分 当 k 为偶函数时, 由 ,得 ,即 的单调递增区间为 , 综上所述:当 k 为奇数时, 的单调递增区间为 , 当 k 为偶数时, 的单调递增区间为 …………4 分 (Ⅱ)当 k 为偶数时,由(Ⅰ)知 2 2 2 2 2 2 1 1 (1 )ln (1 )( ) .(1 )ln (1 ) (1 )ln (1 ) x x xG x x x x x x x + + −′ = − + =+ + + + 2 2ln (1 ) 0,1 xx x + − ≤+ 2 2(1 )ln (1 ) 0.x x x+ + − ≤ ( ) 0,G x′ < ( ]0,1 ,x∈ ( )G x ( ]0,1 ( )G x ( ]0,1 1(1) 1.ln 2G = − 1 1.ln 2 − 2( ) 2( 1) ln ( ), ( )kf x x x k N f x∗ ′= − − ∈ ( )f x ( )y f x= na 2 1 11, ( ) 3n n na a f a a +′= = − 2 na ( )1 2nb f n n′= − { }nb n nS ( ) 1 1 1 nbnb e++ > n 2009 1S − 2009ln 21 2[ ( 1) ]( ) 2 2( 1) k k xy f x x x x − −′ ′= = − − = 01 22( 1)( ) xf x x +′ = (0, ), ( ) 0 (0, )x f x′∈ +∞ ∴ > +∞ 在 恒成立. ( )f x′ (0, )+∞ 02 22( 1) 2( 1)( 1)( ) x x xf x x x − + −′ = = (0, ), 0, 1 0,x x x∈ +∞ > + >又 ( ) 0f x′ > 1 0, 1x x− > ∴ > ( )f x (1, )+∞ ( )f x (0, )+∞ ( )f x (1, ).+∞ 22( 1)( ) xf x x −′ = 所以 根据题设条件有 ∴{ }是以 2 为公比的等比数列, ∴ ………………………………8 分 (Ⅲ)由(Ⅰ)知,当 k 为奇数时, 由已知要证 两边取对数,即证 …………………10 分 事实上:设 则 因此得不等式 …………………………………………① 构造函数 下面证明 在 上恒大于 0. ∴ 在 上单调递增, 即 ∴ ∴ 即 成立. ………………………………………………………12 分 由 得 即 当 时, ……………………………………………14 分 2.山东省日照市 2009 届高三模拟考试数学理科试题(22)(本小题满分 14 分) 已知 ,函数 . (Ⅰ)试问在定义域上能否是单调函数?请说明理由; (Ⅱ)若 在区间 上是单调递增函数,试求实数 的取值范围; (Ⅲ)当 时,设数列 的前 项和为 ,求证: ( )f x [ )1,+∞ a 1a = 1 n     n 22( 1)( ) .n n n af a a −′ = 2 2 2 2 2 2 1 1 12( 1) 3, 2 1, 1 2( 1),n n n n n na a a a a a+ + +− = − ∴ = + + = + 2 1na + 2 2 1 2 11 ( 1) 2 2 , 2 1.n n n n na a a−+ = + ⋅ = ∴ = − 12( ),f x x ′ = + 1 1 1 1 1( ) , 1 .2 2 3n nb f n n Sn n ′∴ = − = = + + +⋅⋅⋅+ 111 , n en + + >   1 1ln 1 ,1n n  + >  +  11 ,tn + = 1 ( 1),1n tt = >− 1ln 1 ( 1)t tt > − > 1( ) ln 1( 1),g t t tt = + − > ( )g t (1, )+∞ 2 1 1( ) 0,g t t t ′ = − > ( )g t (1, )+∞ ( ) (1) 0,g t g> = 1ln 1 ,t t > − 1 1ln 1 ,1n n  + >  +  111 , n en + + >   ( ) 1 1 1 nbnb e++ > 1 1ln ,1 n n n + > + 1 1 1 2 3 1ln ln ln ln( 1),2 3 1 1 2 n nn n ++ +⋅⋅⋅+ < + +⋅⋅⋅+ = ++ 1 1 ln( 1),nS n+ − < + 2008n = 2009 1S − < 2009.ln 0a > 1( ) lnxf x xax −= + nS 解: (Ⅰ) 的定义域为 , ,由 得 . ……2 分 当 时, , 递减; 当 时, , 递增. 所以 不是定义域上的单调函数. ……………………………4 分 (Ⅱ)若 在 是单调递增函数,则 恒成立,即 恒成立. ………………………….…6 分 即 . ……………8 分 (Ⅲ)当 时,由(Ⅱ)知, 在 上为增函数, 又 当 时, , ,即 . 令 则 ,当 时, 从而函数 在 上是递增函数,所以有 即得 综上有: ………………………………10 分 ………………………………………12 分 令 时,不等式 也成立, 于是代入,将所得各不等式相加,得 即 即 ……………………14 分 3.山东省枣庄市 2009 届高三年级调研考试数学理 21.(本小题满分 12 分) 已知函数 ,如果 在其定义域上是增函数,且 存在零点( 的导函数). (I)求 的值; ( II ) 设 是 函 数 的 图 象 上 两 点 , 1 11 ( ) ( 2)n n nS f n S n N nn − −− < − < ∈ ∗ ≥且 ( )f x ( )0,+∞ 2 1( ) axf x ax −′ = ( ) 0f x′ = 1x a = 1( , )x a a ∈ ( ) 0f x′ < ( )f x 1( , )x a ∈ +∞ ( ) 0f x′ > ( )f x ( )y f x= ( )f x x∈ [1, )+∞ ( ) 0f x′ ≥ 1a x ≥ 1 max, [1, )a xx  ≥ ∈ +∞    1 1x ∴ ≤ 1a∴ ≥ 1a = 1( ) lnxf x xx −= + [1, )+∞ 1 1 1( ) ln ln ,n n nf n n nn n n − − −− = + − =  1x > ( ) (1)f x f> 1 ln 0x xx −∴ + > 1ln 1x x > − ( ) 1 ln ,g x x x= − − 1( ) 1g x x ′ = − (1, )x∈ +∞ ( ) 0.g x′ > ( )g x [1, )+∞ ( ) (1) 0,g x g> = 1 ln .x x− > 11 ln 1,( 1).x x xx − < < − > 1 1 1ln .1 x x x x +∴ < <+ 1,2,..., 1,( 2)x n n N n∗= − ∈ ≥且 1 1 1ln .1 x x x x +∴ < <+ 1 1 1 2 3 1 1... ln ln ... ln 1 ... .2 3 1 2 1 2 1 n n n n + + + < + + + < + + +− − 1 1 1 1 1... ln 1 ... .2 3 2 1nn n + + + < < + + + − 1 11 ( ) ( 2).n n nS f n S n N nn ∗ − −− < − < ∈ ≥且 为常数其中且 aaaxxgxxxf a ),1,0(log)(,22 1)( 2 ≠>=−= )()()( xgxfxh += ( )h x′ ( ) ( )h x h x′ 为 a ( , ( )), ( , ( ))( )A m g m B n g n m n< ( )y g x= 0 ( ) ( )( ) g n g mg x n m −′ = − 0( ( ) ( ) ), : .g x g x m x n′ < <为 的导函数 证明 解:(I)因为 所以 因为 上是增函数. 所以 上恒成立 ……………………………1 分 当 而 上的最小值是 1. 于是 (※) 可见 从而由(※)式即得 ① ………………..………………………… 4 分 同时, 由 解得 ②,或 由①②得 此时, 即为所求 ……………………………6 分 注:没有提到(验证) 时, 不扣分. (II)由(I), 于是 ……………………………7 分 以下证明 (☆) (☆)等价于 ……………………………8 分 构造函数 则 时, 上为增函数. 因此当 即 从而 得到证明. ……………………………11 分 同理可证 ……………………………12 分 注:没有“综上”等字眼的结论,扣 1 分. ).0(log22 1)( 2 >+−= xxxxxh a .ln 12)( axxxh +−=′ ),0()( +∞在xh ),0(0 ln 12 +∞≥+− 在 ax x .ln 120ln 12,0 2 axxaxxx −≥−⇔≥+−> 时 ),0(1)1(2 22 +∞−−=− 在xxx − .ln 11,ln 11 aa ≤−≥− 即 )1ln 1.0ln 1,10(1 矛盾这与则若 ≥<<<> aaaa .1ln ≤a )0(ln 1ln2ln ln 12)( 2 >+−=+−=′ xax axax axxxh 2( ) ( ) ( 2ln ) 4ln 0,h x a a′ ∆ = − − ≥存在 正 零点知 1ln ≥a ).,0ln,1(0ln 这是不可能的因为 >>≤ aaa .1ln =a eaxxh ==′ 故存在正零点 ,1)( 1ln =a ,1)( =′ xxh 存在正零点 ,1)(,ln)( 0 0 xxgxxg =′= .lnln,)()(1 0 0 mn mnxmn mgng x − −=− −= .ln ln n mm n m −< − .0lnln <+−− mnmmnm ),0(lnln)( nxxnxxnxxr ≤<+−−= ),0(,lnln)( nxxnxr ∈−=′ 当 ],0()(,0)( nxrxr 在所以>′ ,0)()(, =<< nrmrnm 时 .0lnln <+−− mnmmnm mx >0 .,.lnln 0 nxmmn mnn <<− −> 综上 4.烟台市三月诊断性检测数学理 22.(本小题满分 14 分) 设函数 ( 为自然对数的底数). (1)求 的极值; ( 2 ) 若 存 在 实 常 数 k 和 b , 使 得 函 数 和 对 其 定 义 域 上 的 任 意 实 数 分 别 满 足 和 ,则称直线 为 和 的“隔离直线”. 试问函数 和 是否存在“隔离直线”?若存在.求出此“隔离直线”方程;若不存在,请说明理由. 解:(1)∵ ∴ ∴当 时, . ∵当 时 此时 递减;……………………………………3’ 当 时, ,此时 递增. ∴当 时, 取极小值,其极小值为 0.…………………………………6’ (2)由(1)可知,当 时, (当且仅当 时取等号). 若存在 和 的“隔离直线”,则存在实常数 和 , 使得 和 恒成立. ∵ 和 的图象在 处有公共点,因此若存在 和 的“隔离直线”, 则该直线过这个公共点 . …………………………………………………8’ 设“隔离直线”方程为 ,即 由 可得 当 时恒成立. ∵ ∴由 ,得 ……………………………………………………………10’ 下面证明 当 时恒成立. 令 则 当 时, ; 2( ) , ( ) 2 lnh x x x e xϕ= = e ( ) ( ) ( )F x h x xϕ= − ( )f x ( )g x x ( )f x kx b≥ + ( )g x kx b≤ + :l y kx b= + ( )f x ( )g x ( )h x ( )xϕ 2( ) ( ) ( ) 2 ln ( 0)F x h x x x e x xϕ= − = − > 2 2( )( )'( ) 2 .e x e x eF x x x x − += − = x e= '( ) 0F x = 0 x e< < '( ) 0F x < ( )F x x e> '( ) 0F x > ( )F x x e= ( )F x 0x > ( ) ( )h x xϕ≥ x e= ( )h x ( )g x k b ( )h x kx b≥ + ( ) ( 0)x kx b xϕ ≤ + > ( )h x ( )g x x e= ( )h x ( )g x ( , )e e ( )y e k x e− = − .y kx e k e= + − ( ) ( ),h x kx e k e x R≥ + − ∈ 2 0x kx e k e− − + ≥ x R∈ 2( 2 )k e∆ = − 0∆ ≤ 2k e= ( ) 2x ex eϕ ≤ − 0x > ( ) ( ) 2 2 ln 2 ,G x x ex e e x ex eϕ= − + = − + 2 2 ( )'( ) 2 .e e e xG x ex x −= − = x e= '( ) 0G x = 当 时, ,此时 递增; 当 时, 此时 递减. ∴当 时, 取极大值.其极大值为 0. 从而 即 恒成立.………………………………………………13’ ∴函数 和 存在唯一的“隔离直线” ………………………14’ 5.2009 届山东省德州市高三第一次练兵(理数)21.(本小题满分 12 分) 已知函数 在 是增函数, 在(0,1)为减函数. (1)求 、 的表达式; (2)求证:当 时,方程 有唯一解; (3)当 时,若 在 ∈ 内恒成立,求 的取值范围. 解:(1) 依题意 ,即 , . ∵上式恒成立,∴ ① …………………………1 分 又 ,依题意 ,即 , . ∵上式恒成立,∴ ② …………………………2 分 由①②得 . …………………………3 分 ∴ …………………………4 分 (2)由(1)可知,方程 , 设 , 令 ,并由 得 解知 ………5 分 令 由 …………………………6 分 列表分析: (0,1) 1 (1,+∞) - 0 + 递减 0 递增 可知 在 处有一个最小值 0, …………………………7 分 当 时, >0, ∴ 在(0,+∞)上只有一个解. 即当 x>0 时,方程 有唯一解. …………………………8 分 (3)设 , …………9 分 0 x e< < '( ) 0G x > ( )G x x e> '( ) 0G x < ( )G x x e= ( )G x ( ) 2 ln 2 0,G x e x ex e= − + ≤ ( ) 2 ( 0)x ex e xϕ ≤ − > ( )h x ( )xϕ 2 .y ex e= − xaxxf ln)( 2 −= ]2,1( xaxxg −=)( )(xf )(xg 0>x 2)()( += xgxf 1−>b 2 12)( x bxxf −≥ x ]1,0( b ,2)( x axxf −=′ ]2,1(,0)( ∈>′ xxf 22xa < ]2,1(∈x 2≤a x axg 2 1)( −=′ )1,0(,0)( ∈<′ xxg xa 2> )1,0(∈x .2≥a 2=a .2)(,ln2)( 2 xxxgxxxf −=−= 2)()( += xgxf .022ln22 =−+−− xxxx即 22ln2)( 2 −+−−= xxxxxh ,1122)( xxxxh +−−=′则 0)( >′ xh ,0>x ,0)222)(1( >+++− xxxxx .1>x ,0)( <′ xh .10,0 <<> xx 解得 x )(xh′ )(xh )(xh 1=x 10 ≠> xx 且 )(xh 0)( =xh 2)()( += xgxf 2 ' 2 3 1 2 2( ) 2ln 2 ( ) 2 2 0x x x bx x x bx x x ϕ ϕ= − − + = − − − <则 在 为减函数 又 ………11 分 所以: 为所求范围. …………………………12 分 6.山东省实验中学 2009 届高三第三次诊断考试(数学理)22. 已知函数 (注: ) (1)若函数 在 上为增函数,求正实数 的取值范围; (2)当 时,若直线 与函数 的图象在 上有两个不同交点,求实数 的取值范围: (3)求证:对大于 1 的任意正整数 解:(1)因为 所以 依题意可得,对 恒成立, 所以 对 恒成立, 所以 对 恒成立, ,即 (2)当 时, 若 , , 单调递减; 若 单调递增; 故 在 处取得极小值,即最小值 又 所以要使直线 与函数 的图象在 上有两个不同交点, 实数 的取值范围应为 ,即 ; (3)当 时,由 可知, 在 上为增函数, 当 时,令 ,则 ,故 , 即 所以 . 故 相加可得 又因为 所以对大于 1 的任意正整书 (二)2009 年 4 月后 7.山东省滨州市 2009 年 5 月高考模拟试题(理数)20.(本题满分 12) 1( ) lnxf x xax −= + ln 2 0.693≈ ( )f x [1, )+∞ a 1a = y b= ( )y f x= 1[ ,2]2 b 1 1 1 1,ln 2 3 4n n n > + + + +… 1( ) lnxf x ax −= + 2 1'( ) ( 0)axf x aax −= > 2 1[1, ). '( ) 0axx f x ax −∀ ∈ +∞ = ≥ [1, ). 1 0x ax∀ ∈ +∞ − ≥ 1[1, ),x a x ∀ ∈ +∞ ≥ max 1( )a x ≥ 1a ≥ 1a = 2 1'( ) ,xf x x −= 1[ ,1]2x∈ '( ) 0f x ≤ ( )f x [1,2]. '( ) 0, ( )x f x f x∈ ≥ ( )f x 1x = (1) 0f = 1 1( ) 1 ln 2, (2) ln 2 ,2 2f f= − = − 31 3 ln ln16( ) (2) 2ln 2 02 2 2 ef f −− = − = > y b= ( )y f x= 1[ ,2]2 b ( (1), (2)]f f 10,ln 2 ]2 − 1a = (1) 1( ) lnxf x xx −= + [1, )+∞ 1n > 1 nx n = − 1x > ( ) (1) 0f x f> = 1 11( ) ln ln 01 1 1 1 n n n nnf nn n n n n − −= + = − + − >− − − − 1ln 1 n n n >− 2 1 3 1 4 1 1ln ,ln ,ln , ln1 2 2 3 3 4 -1 n n n > > > >… , 2 3 4 1 1 1 1ln ln ln ln1 2 3 -1 2 3 4 n n n + + + > + + +…+… + 2 3 4 2 3 4ln ln ln ln ln( ) ln1 2 3 1 1 2 3 1 n n nn n + + + + = ⋅ ⋅ =− −… … 1 1 1 1,ln 2 3 4n n n > + + + +… ( )xϕ∴ (0,1] min( ) (1) 1 2 1 0x bϕ ϕ∴ = = − + ≥ 1b > − 11 ≤<− b 已知函数 (Ⅰ)求 的单调区间; (Ⅱ)当 时,设斜率为 的直线与函数 相交于两点 ,求证: . 解:(Ⅰ)略 (Ⅱ)当 时, 以下先证 , 所以只需证 ,即 设 ,则 . 所以在 时, 为减函数, . 即 .又 , ∴ 成立,即 . 同理可证 . ∴ . 8.山东省济宁市 2009 年高三第二次摸底考试-理科数学 22.(本题满分 14 分) 设函数 .( 是自然对数的底数) (Ⅰ)判断函数 零点的个数,并说明理由; (Ⅱ)设数列 满足: ,且 ①求证: ; ②比较 与 的大小. 解:(Ⅰ) 令 当 时, 在 上是增函数 2( ) ln .f x ax x= + ( )f x 0a = k ( )y f x= 1 1 2 2( , ) ( , )A x y B x y、 2 1( )x x> 1 2 1x xk < < 0a = ( ) ln .f x x= 1 1 xk > 2 1 2 1 2 1 2 1 ln ln 0,y y x xk x x x x − −= = >− − 2 1 2 1 1 ln ln 1x x x x x − <− 2 2 1 2 1 1 1 ln 1.x x x x x x x −< = − ( ) ln 1( 1)t t t tϕ = − + > 1( ) 1 0 ( 1)t tt ϕ′ = − < > (1, )t ∈ +∞ ( )tϕ ( ) (1) 0 ( 1)t tϕ ϕ< = > ln 1 ( 1)t t t< − > 2 1 1x x > 2 2 1 1 ln 1x x x x < − 1 1 xk > 2 1 xk < 1 2 1x xk < < ( ) ( 1) , ( ) xf x e x g x e= − = e ( ) ( ) ( )H x f x g x= − { }na 1 (0,1)a ∈ 1( ) ( ), ,n nf a g a n N ∗ + = ∈ 0 1na< < na 1( 1) ne a +− ( ) ( 1) xH x e e′ = − − 0( ) 0, ln( 1)H x x e′ = = − 0( , )x x−∞ ( ) 0,H x′ > ( )H x 0( , )x x−∞ 当 时, 在 上是减函数 …………….2 分 从而 ………….4 分 注意到函数 在 上是增函数, 从而 从而 综上可知: 有两个零点. ………………………………………………….6 分 (Ⅱ)因为 即 所以 ………………………………………………….7 分 ①下面用数学归纳法证明 . 当 时, ,不等式成立. 假设 时, 那么 即 这表明 时,不等式成立. 所以对 , ………………………………………………….10 分 ②因为 考虑函数 …………………………………….12 分 从而 在 上是增函数 所以 即 …………………………………………………………14 分 9.山东省安丘、五莲、诸城、兰山四地 2009 届高三 5 月联考 22.(本题满分 14 分) 已知函数 在 上为增函数,且 , , . (1)求 的取值范围; (2)若 在 上为单调函数,求 的取值范围; (3)设 ,若在 上至少存在一个 ,使得 成立,求 的取值范围. 解: (1)由题意, 在 上恒成立,即 .故 在 上恒成立, ……………2 分 0( , )x x +∞ ( ) 0,H x′ < ( )H x 0( , )x x +∞ 0 max 0( ) (0) ( 1) 1 ( 1)ln( 1) 2xH x H e x e e e e= = − + − = − − − + ( ) ln 1k t t t t= − + [ )1,+∞ ( ) (1) 0, 1 1k t k e≥ = − >又 0( ) 0H x > ( )H x 1( ) ( ),n nf a g a+ = 1( 1) 1 na ne a e+− + = 1 1 ( 1)1 na na ee+ = −− (0,1)na ∈ 1n = 1 (0,1)a ∈ n k= (0,1)ka ∈ 1 1 ( 1)1 ka ka ee+ = −− 1 0 1 1k ka ae e e e< < ∴ < − < − 10 ( 1) 11 kaee ∴ < − <− 1 (0,1)ka + ∈ 1n k= + n N ∗∈ (0,1)na ∈ 1( 1) 1na n n ne a a e a+− − = − − ( ) 1 (0 1)xp x e x x= − − < < ( ) 1 0xp x e′ = − > ( )p x (0,1) ( ) (0) 0p x p> = 1( 1) 0n ne a a+− − > 1( 1) n ne a a+− > 1( ) lnsing x xxθ= +⋅ [ )1,+∞ (0, )θ π∈ 1( ) lnmf x mx xx −= − − m R∈ θ ( ) ( )f x g x− [ )1,∞ m 2( ) eh x x = [ ]1,e 0x 0 0 0( ) ( ) ( )f x g x h x− > m 2 1 1( ) 0sing x x xθ ′ = − + ≥⋅ [ )1,+∞ 2 sin 1 0sin x x θ θ ⋅ − ≥⋅ (0, ), sin 0θ π θ∈ ∴ > sin 1 0xθ ⋅ − ≥ [ )1,+∞ 只须 ,即 ,只有 .结合 得 .…4 分 (2)由(1),得 在 上为单调函数, 或者 在 恒成立. …………….. 6 分 等价于 即 而 . …………………………………8 分 等价于 即 在 恒成立, 而 . 综上, 的取值范围是 . ………………………………………10 分 (3)构造函数 当 时, , ,所以在 上不存在一个 , 使得 成立. 当 时, …………12 分 因为 所以 , ,所以 在 恒成立. 故 在 上单调递增, ,只要 , 解得 故 的取值范围是 ……………………………………………14 分 10.山东省烟台市 2009 届高考适应性练习(二)理综试题 22.(本小题满分 14 分) 数列 的各项均为正数, 为其前 项和,对于任意 ,总有 成等差数列. (1)求数列 的通项公式; (2)设数列 的前 项和为 ,且 ,求证:对任意实数 是常数, =2.71828…)和任意正整 数 ,总有 ; (3)在正数数列 中, .求数列 中的最大项. sin 1 1 0θ ⋅ − ≥ sin 1θ ≥ sin 1θ = (0, ),θ π∈ 2 πθ = ( ) ( ) 2ln .mf x g x mx xx − = − − ( ) 2 2 2( ) ( ) .mx x mf x g x x − +′∴ − =  ( ) ( )f x g x− [ )1,∞ 2 2 0mx x m∴ − + ≥ 2 2 0mx x m∴ − + ≤ [ )1,∞ 2 2 0mx x m− + ≥ 2(1 ) 2 ,m x x+ ≥ 2 2 ,1 xm x ≥ + 2 2 2 2, max 1 11 11 x mx x xx x    = = ∴ ≥ +  + +  2 2 0mx x m∴ − + ≤ 2(1 ) 2 ,m x x+ ≤ 2 2 1 xm x ≤ + [ )1,∞ ( ]2 2 0,1 , 01 x mx ∈ ≤+ m ( ] [ ),0 1,−∞ +∞ 2( ) ( ) ( ) ( ), ( ) 2ln .m eF x f x g x h x F x mx xx x = − − = − − − 0m ≤ [ ]1, , 0mx e mx x ∈ − ≤ 22ln 0ex x − − < [ ]1,e 0x 0 0 0( ) ( ) ( )f x g x h x− > 0m > 2 2 2 2 2 2 2 2( ) .m e mx x m eF x m x x x x − + +′ = + − + = [ ]1, ,x e∈ 2 2 0e x− ≥ 2 0mx m+ > ( ) 0F x′ > [ ]1,e ( )F x [ ]1,e max 4( ) 4F x me e = − − 4 4 0me e − − > 2 4 .1 em e > − m 2 4 , .1 e e  +∞ −  { }na nS n n N ∗∈ 2, ,n n na S a { }na { }nb n nT 2 ln n n n xb a = (1, ](x e e∈ e n 2nT < { }nc 1 1 ( ) ,( )n n na c n N+ ∗ + = ∈ { }nc 解:由已知:对于 ,总有 成立…(1) …(2) ……………………………………1 分 (1)—(2)得 均为正数, 数列 是公差为 1 的等差数列 ………………………………………3 分 又 时, ,解得 ……………………………………………………………5 分 (2)证明: 对任意实数 和任意正整数 ,总有 ……6 分 ……………9 分 (3)解:由已知 , , 易得 猜想 时, 是递减数列 ……………………………………………11 分 令 ,则 当 时, ,则 ,即 在 内为单调递减函数, 由 知 时, 是递减数列,即 是递减数列 又 , 数列 中的最大项为 …………………………14 分 三、2010 年模拟试题 1.山东临沂罗庄补习学校数学资料 n N ∗∈ 22 n n nS a a= + 2 1 1 12 ( 2)n n nS a a n− − −∴ = + ≥ 2 2 1 12 n n n n na a a a a− −∴ = + − − 1 1 1( )( )n n n n n na a a a a a− − −∴ + = + − 1,n na a − 1 1( 2)n na a n−∴ − = ≥ ∴ { }na 1n = 2 1 1 12S a a= + 1 1a = ( )na n n N ∗∴ = ∈  ( ]1,x e∈ n 2 2 ln 1n n n xb a n = ≤ 2 2 2 1 1 1 1 1 1... 1 ...1 2 1 2 2 3 ( 1)nT n n n ∴ ≤ + + + < + + + +⋅ ⋅ − ⋅ 1 1 1 1 1 11 (1 ) ( ) ... 2 22 2 3 1n n n  = + − + − + + − = − < −  2 2 1 12 2a c c= = ⇒ = 3 3 3 2 23 3a c c= = ⇒ = 4 4 4 3 34 4 2a c c= = ⇒ = = 5 5 5 4 45 5a c c= = ⇒ = 1 2 2 3 4, ......c c c c c< > > > 2n ≥ { }nc ln( ) xf x x = 2 2 1 ln 1 ln( ) x x xxf x x x ⋅ − −′ = = ∴ 3x ≥ ln 1x > 1 ln 0x− < ( ) 0f x′ < ∴ ( )f x [ )3,+∞ 1 1 n n na c + + = ln( 1)ln 1n nc n += + 2n∴ ≥ { }ln nc { }nc 1 2c c< ∴ { }nc 3 2 3c = 已知 (1)求函数 的极值点; (2)若函数 在 上有零点,求 的最小值; (3)证明:当 时,有 成立; (4)若 ,试问数列 中是否存在 ?若存在,求出所有相等的两项;若不存在, 请说明理由.( 为自然对数的底数). 解:(1)由题意, 的定义域为 ……………1 分 ……………………………………………………2 分 函数 的单调递增区间为 和 , 的单调递减区间为 , 所以 为 的极大值点, ………………………………………………3 分 为 的极小值点, ………………………………………………4 分 (2) 在 上的最小值为 且 在 上没有零点,……………………………………………5 分 函数 在 上有零点,并考虑到 在 单调递增且在 单调递减,故只须 且 即可,……………………………………………6 分 易验证 当 时均有 所以函数 在 上有零点, 即函数 在 上有零点, 的最大值为 ……………9 分 (3)证明:当 时,不等式 即为: 构造函数 则 所以函数 在 上是减函数,因而 时, 即: 时, 成立,所以当 时, 成立;…11 分 23( ) ln 2, ( ) .8f x x x g x x= + + = ( ) ( ) 2 ( )F x f x g x= − ⋅ ( ) ( ) 2 ( )F x f x g x= − ⋅ ), ( )te t Z +∞ ∈ t 0x > [ ] 1 ( )1 ( ) g xg x e+ < 1 ( 1)( ) ( )g n nb g n n N ∗+= ∈ { }nb ( )n mb b m n= ≠ e 23( ) ln 2 28F x x x x= + + − (0, )+∞ (3 2)( 2)( ) 4 x xF x x − −′ = ∴ ( )F x 20, 3      [ )2,+∞ ( )F x 2 ,23      2 3x = ( )F x 2x = ( )F x ( )F x 2 ,3x  ∈ +∞  (2)F 23 ln 4 1(2) 2 4 2 ln 2 08 2F −= × − + + = > ( )F x∴ 2 ,3  +∞  ∴ ( )F x ),te +∞ ( )F x 20, 3      2 ,23      2 3 te < ( ) 0F t ≤ 1 2 1 2 2 2 3 1 3( ) 1 2 0, ( ) 2 0,8 8F e e e F e ee − − − − − = ⋅ + − > = ⋅ − <   2,t t Z≤ ∈ ( ) 0,tF e < ( )F x )1, ( )te e t Z− ∈ ( )F x ), ( )te t Z +∞ ∈ t∴ 2− 0x > [ ] 1 ( )1 ( ) g xg x e+ < 1 1(1 ) ln(1 ) 1 ln(1 )xx e x x xx + < ⇔ + < ⇔ + < ( ) ln(1 ) ( 0),h x x x x= + − > 1( ) 1 0,1 1 xh x x x −′ = − = <+ + ( )h x (0, )+∞ 0x > ( ) (0) 0,h x h< = 0x > ln(1 )x x+ < 0x > [ ] 1 ( )1 ( ) g xg x e+ < (4)因为 令 ,得: ,结合 得: 时, 因此,当 时,有 所以当 时, ,即 ……………………………12 分 又通过比较 的大小知: , 因为 且 时 所以若数列 中存在相等的两项,只能是 与后面的项可能相等, 又 ,所以数列 中存在唯一相等的两项, 即 . ……………………………………………………………………14 分 2.皖南八校 2010 届高三年级第二次联考 21.(本小题满分 13 分) 在数列 中, (I)求证:数列 为等差数列; (II)若 m 为正整数,当 时,求证: . 解:(I)由 变形得: 故数列 是以 为首项,1 为公差的等差数列…………(5 分) (II)(法一)由(I)得 …………(7 分) 令 当 又 1 ( 1)( 2) 1 11 ( 1)( 2) 2 2 2 2 ( 1) 1 1 ( 1) 3( 1), (1 ) n n n nnn n n n n n b n n e n nb n b n n n n n + + + ++ + + + + + + += = = ⋅ + < < 2 3( 1) 1n n + < 2 3 3 0n n− − > n N ∗∈ 4n ≥ 4n ≥ ( 1)( 2) 1 ( 1)( 2) 1, n n n n n n b b + + + + + < 4n ≥ 1n nb b +> 4 5 6 ...b b b> > > 1 2 3 4b b b b、 、 、 1 2 3 4b b b b< < < 1 1,b = 1n ≠ 1 1 1,n nb n += ≠ { }nb 2 3b b、 1 1 11 3 9 64 2 8 3 52 8 , 3 5b b b b= = = = > = { }nb 2 8b b= { }na 1 2a = 1 1, 2 2 ( ).n n na a n N+ + = + ∈ }2{ n na 2 n m≤ ≤ 1 23 1( 1)( ) n m n n mm n a m ⋅ −− + ≤ 1 1 22 + + += n nn aa 122,122 1 1 1 1 =−+= + + + + n n n n n n n n aaaa 即 }2{ n na 12 1 =a n n na 2⋅= m mnmm m a nnm m n m n n 1)2 3)(1(1)3)(1( 221 −≤+−−≤⋅+− 即 m n m n nmnfnmnf 1 )2 3()()1(,)2 3()1()( + ⋅−=+⋅+−= 则 m nm nm nf nfnm 1 )3 2(1 )1( )(,2 ⋅− +−=+≥> 时 mm mnm 11 )3 2()2 11()3 2()11( ⋅−+≥⋅−+= 2 32212 11)2 11( 1 >>−+>+−⋅+=−+ m m mCm m m  m m 1 )2 3(2 11 >−+∴ 则 为递减数列. 当 m=n 时, 递减数列. (9 分) 要证: 时, 故原不等式成立. (13 分) (法二)由(I)得 (7 分) 令 上单调递减.(9 分) ∴ 也即证 , 故原不等式成立. (13 分) )(,1)1( )( nfnf nf 则>+ )1()( +> nfnf )(,2 nfnm 时当 ≥≥∴ m mmmfxf mm 1)1()4 9(),1()4 9()2()( 11 max −≤−−==∴ 2 故只需证 2,)11()1(4 91)2 3)(1( 2 ≥+=+≤−≤+− mmm m m mnm mmm n 而即证 4 9 22 1 2 122 1 2 122 12 2 )1(1211)11( 22 010 =×−+≥−+=−+= −⋅+=⋅+⋅+≥+ mm m mm mmCmCCm mmm m n n na 2⋅= m mnmm m a nnm m n m n n 1)2 3)(1(1)3)(1( 221 −≤+−−≤⋅+− 即 )12 3ln1()2 3()('),2()2 3)(1()( −⋅+−=≤≤+−= m xmxfmxxmxf m x m x 则 ],2[)(0)(',11,2 mxfxfm xmmx 在即<∴<+−∴≤≤ m mmmfxf mm 1)1()4 9(),1()4 9()2()( 11 max −≤−−==∴ 2 故只需证 时而 2,)11(14 9 ≥+≤ mm m 4 9 22 1 2 122 1 2 12 2 122 )1(1211)11( 22 210 =×−+≥−+ =−+=−⋅+=⋅+⋅+≥+ m m mmm mmCmCCm mmm m
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