新构造函数法在高考解导数和数列问题中的广泛应用 22页

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