数列导数与不等式综合问题

（1）“添舍”放缩通过对不等式的一边进行添项或减项以达到解题目的，这是常规思路。例1.已知*21().nnanN求证：*122311...().23nnaaannNaaa证明：111211111111.,1,2,...,,2122(21)23.222232kkkkkkkkakna1222311111111...(...)(1),2322223223nnnnaaannnaaa*122311...().232nnaaannnNaaa若多项式中加上一些正的值，多项式的值变大，多项式中加上一些负的值，多项式的值变小。由于证明不等式的需要，有时需要舍去或添加一些项，使不等式一边放大或缩小，利用不等式的传递性，达到证明的目的。本题在放缩时就舍去了22k，从而是使和式得到化简.例2．函数f（x）=xx414，求证：f（1）+f（2）+…+f（n）n+)(2121*1Nnn.证明：由f(n)=nn414=1-1111422nn得f（1）+f（2）+…+f（n）n22112211221121)(2121)2141211(41*11Nnnnnn.此题不等式左边不易求和,此时根据不等式右边特征,先将分子变为常数，再对分母进行放缩，从而对左边可以进行求和.若分子,分母如果同时存在变量时,要设法使其中之一变为常量，分式的放缩对于分子分母均取正值的分式。如需放大，则只要把分子放大或分母缩小即可；如需缩小，则只要把分子缩小或分母放大即可。（2）.分式放缩一个分式若分子变大则分式值变大，若分母变大则分式值变小，一个真分式，分子、分母同时加上同一个正数则分式值变大，利用这些性质，可达到证题目的。例3..数列}na满足11a，1(33)46nnnanan.（1）求}na通项公式na；（2）令132nnnba，数列{}nb前n项和为nS，求证：当2n时，2322()23nnSSSSn；解（1）13(1)46nnnanan，两边同除以(1)nn得：144262331(1)1nnnaaannnnnnnn∴1223()1nnaann∴2nan是首项为1211a，公比3q的等比数列………………4分∴123nnan∴132nnan（2）1nbn，当2n时，11nnnbSSn，11nnSSn………………5分两边平方得：221221nnnSSSnn221122211(1)nnnSSSnn222232212(2)nnnSSSnn……2222122122SSS相加得：23222211112()()2323nnSSSSnn又2221111111()1[]231223(1)nnn1111111(1)02231nnn∴2322()23nnSSSSn…………………………………………9分例4.已知214)(xxf数列}{na的前n项和为nS，点)1,(1nnnaaP在曲线)(xfy上)(*Nn且0,11naa.（1）求数列}{na的通项公式；（2）求证：*,11421NnnSn.解：(1)014)(121nnnnaaafa且∴21141nnaa∴*)(411221Nnaann∴数列}1{2na是等差数列，首项112na公差d=4∴)1(4112nan∴3412nan∵0na143nan=-∴…………（4分）(2)341nan∴143423422nnnan23414nn∴)59()15(2121nnaaaS11421)3414(nnn*11421Nnn……………………12分例5.已知数列{}na的首项113a2，a，前n项和为nS，且1nS、nS、1nS分别是直线l上的点A、B、C的横坐标，点B分AC所成的比为21nnaa，设11b12log(1)nnnbab。⑴判断数列{1}na是否为等比数列，并证明你的结论；⑵设11114nbnnnncaa，证明：11nkkC。解⑴由题意得1112121nnnnnnnnSSaaaSSa……………3分112(1)nnaa数列{1}na是以112a为首项，以2为公比的等比数列。………………6分则12nna21nna（*nN）]⑵由21nna及12log(1)nnnbab得1nnbbn(1)12nnnb，……………………………………………………………8分则1111142(21)(21)nbnnnnnnncaa1211211nn……………………10分1211211211211211211211211433221nnnkkC112111n………………12分（3）.裂项放缩若欲证不等式含有与自然数n有关的n项和，可采用数列中裂项求和等方法来解题。例7.设数列{}na满足10,1naa，11(12)nnnnanaaa（2n），数列{}na的前n项和为nS.(1)求数列{}na的通项公式；(2)求证：当2n时，21nnSn；（3）试探究：当2n时，是否有65(1)(21)3nnSnn？说明理由.（1）解法：∵0na∴10nnaa（2n）∴11111(12)nnnnnnnnnnanaaaaaaaaa-------------------------------------1分111(12)nnnaa11121nnnaa----------------------------------------------------3分∴12132111111111()()()nnnaaaaaaaa1357(21)n2(121)2nnn（2n）又111a也适合上式，∴21nan-------------------------------------------------5分（2）证明：∵21nan∴12222111123nnSaaan∵当2n时，21111(1)1nnnnn∴2221111111111[(1)()()]2322311nnn＝121n2------8分又∵21111(1)1nnnnn∴11111(1)()()2231nSnn1111nnn∴当2n时，21nnSn.---------------------------------------------10分(3)∵22144112()4(21)(21)2121nnnnnn∴222111111111112[()()()]2335572121nnn＝52321n53-----------------------------------------------------12分当2n时,要6(1)(21)nnSnn只需61(1)(21)nnnnn即需216n，显然这在3n时成立而215144S,当2n时6624(1)(21)(21)(41)5nnn显然5445即当2n时6(1)(21)nnSnn也成立综上所述：当2n时，有65(1)(21)3nnSnn.------------------------------14分（4）先放缩再求和（或先求和再放缩）例8.已知*Nn且)1n(n3221an，求证：2)1(2)1(2nannn对所有正整数n都成立。证明：因为nnnn2)1(，所以2)1n(nn21an，又2)1()1(nnnn，所以2)1n(21n225232)1n(n232221a2n，综合知结论成立。二.数列导数与不等式综合问题1.数列}{na的通项是关于x的不等式)(*2Nnnxxx的解集中的整数的个数，且已知.12111)(naaanfnnn（1）求数列}{na的通项公式；（2）若}{,2nnnnbab求的前n项和;nS（3）求证：对.1)(127,2*nfNnn恒有且解：（1）不等式,0)]1([2nxxnxxx就是解得10nx，其中整数解有n个，.nan（2）由（1）知，nnnnnab212，用错位相减法可求得nnnnS22121…………7分（3）nnnaaanfnnn212111112111)(1)(,1111nfnnnn即个得证…………9分又由),2(21211112111)(nnnnnaaanfnnn221121213121)1(nnnannfn，两式相减，得：,01122122111221121)()1(nnnnnnnfnf)(,2),()1(*nfNnnnfnf时且即递增，)(nf的最小值是.127)2(f综上，对.1)(127,2*nfNnn恒有且…………12分2.对于函数()fx，若存在0xR，使00()fxx成立，则称0x为()fx的不动点.如果函数2()(,*)xafxbcNbxc有且仅有两个不动点0、2，且1(2)2f.（Ⅰ）试求函数()fx的单调区间；（Ⅱ）已知各项不为1的数列na满足14()1nnSfa，求证：1111lnnnnana；（Ⅲ）在（2）中，设1nnba，nT为数列nb的前n项和，求证：200820071ln2008TT.解：（1）设22(1)0(1)xaxbxcxabbxc201201cbab∴012acb………………………1分∴2()(1)2xfxcxc由21(2)1312fcc又∵,*bcN∴2,2cb∴2()(1)2(1)xfxxx……3分于是222222(1)22()4(1)2(1)xxxxxfxxx由()0fx得0x或2x；由()0fx得01x或12x故函数()fx的单调递增区间为(,0)和(2,)，……4分单调减区间为(0,1)和(1,2)……5分（2）由已知可得22nnnSaa，当2n时，21112nnnSaa两式相减得11()(1)0nnnnaaaa∴1nnaa或11nnaa……6分当1n时，2111121aaaa，若1nnaa，则21a这与1na矛盾∴11nnaa∴nan……7分于是，待证不等式即为111ln1nnnn.为此，我们考虑证明不等式111ln,01xxxxx令11,0,txx则1t，11xt再令()1lngttt，1()1gtt由(1,)t知()0gt∴当(1,)t时，()gt单调递增∴()(1)0gtg于是1l