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数列与函数、导数的交汇问题
高考定位 数列与函数、导数的交汇常作为压轴大题出现，主要考查两个方面：
(1)利用函数的解析式构造出数列； (2)利用导数研究函数的性质，再运用结论解
决数列问题.
【类型突破】
类型一 数列与函数的交汇
例1 (2024·长沙模拟)已知f(x)＝x＋2sin x，等差数列{an}的前n 项和为Sn，记Tn
＝∑f(ai).
(1)求证：函数y＝f(x)的图象关于点(π，π)中心对称；
(2)若a1，a2，a3是某三角形的三个内角，求T3的取值范围；
(3)若S100＝100π，求证：T100＝100π.反之是否成立？并请说明理由.
(1)证明 f(x)＝x＋2sin x，
f(2π－x)＝(2π－x)＋2sin(2π－x)＝2π－x－2sin x，
f(x)＋f(2π－x)＝x＋2sin x＋2π－x－2sin x＝2π，
故函数y＝f(x)的图象关于点(π，π)中心对称.
(2)解 因为{an}为等差数列，所以a1＋a2＋a3＝3a2，
又因a1，a2，a3是某三角形的三个内角，
所以a1＋a2＋a3＝π，
得a2＝，a1＋a3＝，
T3＝a1＋2sin a1＋a2＋2sin a2＋a3＋2sin a3
＝π＋2sin a1＋2sin＋2sin，
化简得T3＝π＋＋3sin a1＋cos a1＝π＋＋2sin，
因为a1，a2，a3是某三角形的三个内角，
且a2＝，所以a1∈，
即a1＋∈，sin∈，
可得T3∈.
(3)证明 若S100＝100π，根据等差数列性质可得50(an＋a101－n)＝100π(1≤n≤50，
n∈N*)，
由此可得an＋a101－n＝2π，a101－n＝2π－an，
sin a101－n＝sin(2π－an)＝－sin an，
即sin an＋sin a101－n＝0，
T100＝∑f(ai)＝∑ (ai＋2sin ai)＝∑ai＋
2∑sin ai＝S100＋2×50(sin an＋sin a101－n)，
解得T100＝100π，证毕.
反之，若T100＝100π，
即T100＝∑f(ai)＝S100＋∑sin ai＝100π.
因为{an} 为等差数列，所以50(an ＋a101 －n) ＝S100⇒an ＋a101 －n ＝(1≤n≤50 ，
n∈N*)，
即T100＝∑f(ai)
＝S100＋∑ ＝100π，
当且仅当sin＝－sin ai时，S100＝100π，
若sin≠－sin ai，
则S100≠100π，
故反之不成立，证毕.
规律方法 此类问题关键是由已知函数得出相关的数列，再利用数列知识求解.
训练1 (2024·广州调研)莫比乌斯函数，由德国数学家和天文学家莫比乌斯提出，
数学家梅滕斯首先使用μ(n)作为莫比乌斯函数的记号，其在数论中有着广泛应用.
所有大于1 的正整数n 都可以被唯一表示为有限个质数的乘积形式：n＝
pr11pr22…prkk(k 为n 的质因数个数，pi为质数，ri≥1，i＝1，2，…，k)，例如：
60＝22×3×5，对应k＝3，p1＝2，p2＝3，p3＝5，r1＝2，r2＝1，r3＝1.现对任意
n∈N*，定义莫比乌斯函数μ(n)＝
(1)求μ(68)，μ(985)；
(2)已知n>1，记n＝pr11pr22…prkk(k 为n 的质因数个数，pi为质数，ri≥1，i＝1，
2，…，k)的所有因数从小到大依次为a1，a2，…，am.
①证明：|μ(a1)|＋|μ(a2)|＋…＋|μ(am)|＝2k；
②求＋＋…＋的值(用Pi(i＝1，2，…，k)表示).
(1)解 因为68＝22×17，因为2 的指数2>1，
所以μ(68)＝0；
又985＝197×5，易知k＝2，p1＝197，p2＝5，
r1＝1，r2＝1，
所以μ(985)＝(－1)2＝1.
(2)①证明 ai(i＝1，2，…，m)的因数中如有平方数，
根据莫比乌斯函数的定义，μ(ai)＝0，
因此n＝pr11pr22…prkk的所有因数除1 之外，
只考虑p1，p2，…，pk中的若干个数的乘积构成的因数，
从k 个质数中任选i(i＝1，2，…，k)个数的乘积一共有C 种结果，
所以|μ(1)|＋|μ(a1)|＋|μ(a2)|＋…＋|μ(am)|
＝μ(1)＋[|μ(p1)|＋|μ(p2)|＋…＋|μ(pk)|]＋[|μ(p1p2)|＋|μ(p2p3)|＋…＋|μ(pk－1pk)|]＋…＋|
μ(p1p2…pk)|
＝1＋C＋C＋…＋C＋C
＝C＋C＋C＋…＋C＋C＝2k.
②解 由①知，因为n＝pr11pr22…prkk的所有因数除1 之外，只考虑p1，p2，…，
pk中的若干个数的乘积构成的因数，
所以＋＋…＋
＝＋＋
＋…＋
＝1＋＋
＋…＋，
令xk＝1＋＋
＋…＋，
则xk－1＝1＋
＋＋…＋
(k≥2，k∈N*)，
所以·xk－1
＝＋＋
＋…＋
.
所以·xk－1＋xk－1＝xk，＝1－.
因为x1＝1－，所以xk＝·…·x1
＝….
类型二 数列与导数的交汇
例2 (2024·赣州模拟)“让式子丢掉次数”—伯努利不等式，又称贝努利不等式，
是高等数学分析不等式中最常见的一种不等式，由瑞士数学家雅各布·伯努利提
出，是最早使用“积分”和“极坐标”的数学家之一.贝努利不等式表述为：对
实数x∈(－1，＋∞)，在n∈[1，＋∞)时，有不等式(1＋x)n≥1＋nx 成立；在
n∈(0，1)时，有不等式(1＋x)n≤1＋nx 成立.
(1)求证：当n∈N，x∈(－1，＋∞)时，不等式(1＋x)n≥1＋nx 成立，并指明取等
号的条件；
(2)已知x1，x2，x3，…，xn(n∈N*)是大于－1 的实数(全部同号)，
求证：(1＋x1)(1＋x2)(1＋x3)…(1＋xn)≥1＋x1＋x2＋x3＋…＋xn；
(3)求证：(32－1)(34－1)(36－1)…(32n－1)>·3n(n＋1).
证明 (1)当n＝0 时，x∈(－1，＋∞)，
则(1＋x)0＝1，当n＝1 时，(1＋x)1＝1＋x，
当n>1 时，
设f(x)＝(1＋x)n－nx－1(x>－1)，
注意到f(0)＝0，f′(x)＝n(1＋x)n－1－n＝n[(1＋x)n－1－1]，
令(1＋x)n－1－1＝0 得x＝0，即f′(0)＝0，
令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝n(n－1)(1＋x)n－2>0，
所以f′(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
当－1<x<0 时，f′(x)<f(0)＝0，当x>0 时，f′(x)>f(0)＝0，
故f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以在x＝0 处f(x)取得极小值f(0)＝0，
即f(x)≥0 恒成立，
(1＋x)n≥nx＋1.不等式(1＋x)n≥1＋nx 对n∈N，x∈(－1，＋∞)成立，得证，
不等式(1＋x)n≥1＋nx 取等号的条件是n＝0，1，或x＝0.
(2)当n＝1 时，原不等式即1＋x1≥1＋x1，显然成立，
当n≥2 时，构造数列{an}，
an＝(1＋x1)(1＋x2)(1＋x3)…(1＋xn)－(1＋x1＋x2＋x3＋…＋xn)，
则an＋1－an＝xn＋1[(1＋x1)(1＋x2)(1＋x3)…(1＋xn)－1]，
若xi>0(i＝1，2，3，…，n＋1)，由上式易得an＋1－an>0，即an＋1>an；
若－1<xi≤0(i＝1，2，3，…，n＋1)，则0<1＋xi≤1，
所以(1＋x1)(1＋x2)(1＋x3)…(1＋xn)－1≤0，
故an＋1－an＝xn＋1[(1＋x1)(1＋x2)(1＋x3)…(1＋xn)－1]≥0，
即此时an＋1≥an也成立，所以当n≥2 时，an＋1≥an，
由于a2＝(1＋x1)(1＋x2)－(1＋x1＋x2)＝x1x2≥0，
所以an≥a2≥0(n≥2)，故原不等式成立.
(3)要证(32－1)(34－1)(36－1)…(32n－1)>·3n(n＋1)，
只需证…>，
由(2)知…≥1－，
又＋＋＋…＋<＝.
所以…>1－＝，得证.
规律方法 此类问题一般先运用导数得出函数的结论，再把结论应用到数列求解
问题.
训练2 已知正项数列{an}，a1＝1，an＋1＝ln(an＋1)，n∈N*.求证：
(1)an＋1<an；(2)an－2an＋1<an·an＋1；(3)<an≤.
证明 (1)先证明ln(x＋1)<x 对x∈(0，＋∞)恒成立，
记f(x)＝ln(x＋1)－x，则f′(x)＝－1＝<0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以x>0 时，f(x)<f(0)＝0，
所以x∈(0，＋∞)时，ln(x＋1)<x.
又an>0，所以an＋1＝ln(an＋1)<an，
即an>2an＋1>an＋1.
即an＋1<an，得证.
(2)要证an－2an＋1<an·an＋1成立，
只需证an－ln(an＋1)<·an·ln(an＋1)成立，
即证ln(an＋1)>成立.记g(x)＝ln(x＋1)－，x∈(0，＋∞)，
则g′(x)＝－＝>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以x>0 时，g(x)>g(0)＝0，
所以x∈(0，＋∞)时，ln(x＋1)>，
又an>0，所以ln(an＋1)>，得证.
(3)由(2)知an－2an＋1<an·an＋1，
即<＋1，
则＋1<＋2＝2，即<2，
又＋1＝2，所以＋1≤2·2n－1＝2n，
所以an≥>；
由(1)知an>2an＋1，所以<，又a1＝1，
则an≤1·＝.
综上，<an≤.
【精准强化练】
1.(2024·襄阳调研)已知函数f(x)＝aln x－(a＋1)x＋x2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝1 时，h(x)＝f(x)－x2＋2x＋，数列{tn}满足t1∈(0，1)，且tn＋1＝h(tn)
(n∈N*).
①比较tn＋1，tn＋2，1 的大小(n∈N*)；
②证明：tn＋1＋tn＋3>2tn＋2(n∈N*).
(1)解 由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－(a＋1)＋x＝＝.
当a≤0 时，令f′(x)>0，解得x>1，
令f′(x)<0，解得0<x<1，
f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；
当0<a<1 时，令f′(x)>0，
解得0<x<a 或x>1，
令f′(x)<0，解得a<x<1，
f(x)在(0，a)和(1，＋∞)上单调递增，在(a，1)上单调递减.
当a＝1 时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>1 时，令f′(x)>0，
解得0<x<1 或x>a，
令f′(x)<0，解得1<x<a，
f(x)在(0，1)和(a，＋∞)上单调递增，在(1，a)上单调递减；
综上所述，当a≤0 时，f(x)在(0，1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增；
当0<a<1 时，f(x)在(0，a)和(1，＋∞)上单调递增，
在(a，1)上单调递减；
当a＝1 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>1 时，f(x)在(0，1)和(a，＋∞)上单调递增，在(1，a)上单调递减.
(2)①解 当a＝1 时，h(x)＝ln x＋，
则h′(x)＝，
令h′(x)<0，得0<x<1；
令h′(x)>0，得x>1，
所以h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(1)＝1，
因为t1∈(0，1)，t2＝h(t1)>1，t3＝h(t2)>1，…，tn＋1＝h(tn)>1，
令m(x)＝h(x)－x＝＋ln x－x(x≥1)，
m′(x)＝＝<0，
所以m(x)在[1，＋∞)上单调递减，且m(x)≤m(1)＝0，
因为tn＋2－tn＋1＝h(tn＋1)－tn＋1＝m(tn＋1)，
又tn＋1>1，所以m(tn＋1)<0，
所以tn＋2－tn＋1<0，则1<tn＋2<tn＋1.
②证明 要证tn＋1＋tn＋3>2tn＋2，即证tn＋3－tn＋2>tn＋2－tn＋1，
又tn＋3＝h(tn＋2)，tn＋2＝h(tn＋1)，
即证h(tn＋2)－tn＋2>h(tn＋1)－tn＋1.
所以m(tn＋2)>m(tn＋1)，
即h(tn＋2)－tn＋2>h(tn＋1)－tn＋1，
所以tn＋3－tn＋2>tn＋2－tn＋1成立，
故tn＋1＋tn＋3>2tn＋2.
2.(2024·石家庄模拟)已知函数fn(x)＝xn＋xn－1＋…＋x－1(n∈N*).
(1)判断并证明fn(x)的零点个数；
(2)记fn(x)在(0，＋∞)上的零点为xn，求证：
①{xn}是一个递减数列；
②≤x1＋x2＋…＋xn<＋1.
(1)解 当n 为奇数时，fn(x)有1 个零点；
当n 为偶数时，fn(x)有2 个零点.
证明如下：
当x≥0 时，由fn(x)＝xn＋xn－1＋…＋x－1，
得fn′(x)＝nxn－1＋(n－1)xn－2＋…＋1>0，
所以函数fn(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又fn(0)＝－1<0，fn(1)＝n－1≥0，
所以函数fn(x)在(0，＋∞)内有唯一零点；
当x<0 时，fn(x)＝(2x－1－xn＋1)，
若n 为奇数，2x－1－xn＋1<0，
则fn(x)<0，此时fn(x)在(－∞，0)内无零点；
若n 为偶数，设h(x)＝2x－1－xn＋1，
则h′(x)＝2－(n＋1)xn，方程h′(x)＝0 有一个解x0＝－，
所以函数h(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，0)上单调递增，
且h(－2)＝－5－(－2)n＋1>0，h(x0)<h(0)<0，
此时fn(x)在(－∞，0)内有1 个零点.
综上，当n 为奇数时，fn(x)有1 个零点；
当n 为偶数时，fn(x)有2 个零点.
(2)证明 ①由(1)知，当n＝1 时，f1(x)在(0，＋∞)内的零点x1＝1，
当n≥2 时，fn(x)在(0，＋∞)上的零点为xn，
所以fn(xn)＝0，fn(0)＝－1<0，fn(1)>0，
所以0<xn<1，
则fn＋1(xn)＝x＋x＋…＋xn－1＝x>0＝fn＋1(xn＋1)，
故xn＋1<xn，所以数列{xn}是一个递减数列；
②由①知，当n＝1 时，x1＝1，
当n≥2 时，fn＝＋＋…＋－1＝－<0，
有fnfn(1)<0，
所以1>xn>xn＋1>，
求和可得x1＋x2＋…＋xn≥1＋＝，
当且仅当n＝1 时等号成立；
当n≥3 时，2n＝C＋C＋…＋C≥2n＋2，
故2nln 2≥(2n＋2)ln 2>n＋1，
则>，
得>>ln，
即ln 4>(n＋1)ln，
即4>，
即＝>，
即＋－>－，
即fn＝－1>0＝fn(xn)，
即xn<＋，当n＝2 时，x2＝<，
所以当n≥2 时，均有xn<＋成立，
求和可得x1＋x2＋…＋xn<1＋＋＋＋…＋
＝1＋＋<1＋.
综上，≤x1＋x2＋…＋xn<1＋.
