20.导数与数列的综合性压轴_11.3-2_2026-11-03

20.导数与数列综合问题研究
一．基本原理
1.将看g(n)作为新数列  a  的前n项和S ，求出对应的项a ，则不等式即可看成是
n n n
n n
b a 的形式，可以通过证明项的大小关系（即b a ）来得到和的大小关系
i i i i
i1 i1
2.由函数不等式生成数列不等式
（1）lnx„ x1，当且仅当 x1时取等号；ln(1x)„ x，当且仅当 x0时取等号.设
1  1 1 n1 1 1
a  ， 则 ln  1   ， 即 ln  ， 进 一 步 可 得 ln(n1)lnn .对
n n  n n n n n
n1 1
ln  从 n1到 n进 行 累 加 ， 有
n n
1 1
ln2ln1ln3ln2ln(n1)lnn1  ，即
2 n
1 1
ln(n1)1 
2 n
1 n  1  n 1 1
（2）若a  ，则ln  1   .因为ln(1x) x，当x 时，
n n2  k2  k2 k2
k1 k1
 1  1
ln

1

 ，对k从1到n求和即得该不等式.
 k2  k2
1  1 1 1 
（3）令a  ，则ln(n1)2

  .由
n
n  2 3 n1
2x 1  1  2
ln(1x) ,x0，令x ，可得ln

1

 ，进而
2x n  n  n 2
n1 2  1 1 1 
ln  .通过累加可得ln(n1)2

 

n n 2  2 3 n1
n n k1 n 1 x 1
（4）设a  ，则ln  .因为ln(1x) ,x0，令 x
n n1 k 2(k1) 2x k
k1 k1
1
 1 k 1 1
， 则 ln  1     ,对 k从 1到 n求 和 可 得
 k  1 2k1 2(k1)
2
k
n k1 n 1
ln 
k 2(k1)
k1 k1
3.迭代放缩
（1）.如果a  f(a )，那么a  f 2(a )f n(a )，这样的话，经过了迭代，我
n1 n n1 n1 1们就能得到一个通项a 的估计.
n
所以，使用迭代放缩的关键是找到相邻两项之间的一个不等关系，而这也是这类题目的难
点，题干可能往往需要通过函数关系来生成迭代.
（2）.在下面的例1与例2中，我们看到了这样的一个放缩模式：
考虑函数 f(x)mlnxx2 bxc(m0)，通过选择合适的系数，做到如下递推关系：
mlna a2 ba c
a a  f(a )a  n n n ①，并且让a 1或者让a 取到一个明显
n n1 n n1 a n n
n
的下界.（凌晨讲数学）
然后为了构造出迭代关系，我们选择放缩lnx g(x)，放缩的依据就是为了让①式中的
常数项c被抵消，这样就可得到：
mlna a2 ba c
a  n n n t(a b)a hk(a h)的迭代不等式.比如绵阳一
n1 a n n1 n
n
诊是lnx x1(x1)，之前的福建质检是当x1时，
3
lnx x1，都是这个目的.
2
二．典例分析
例1．（2022年新高考2卷）已知函数 f(x)xeax ex．
（1）当a1时，讨论 f(x)的单调性；
（2）当x0时， f(x)1，求a的取值范围；
1 1 1
（3）设nN*，证明：   ln(n1)．
12 1 22 2 n2 n
1
解析：（3）设a  ，设b 的前n项和为S ，则S ln(n1)，当n2时，
n n n n
n2 n
n+1 1 1 1
b S S ln(n1)lnnln ，要想证明  ... ln(n1)
n n n1 n 12 1 22 2 n2 n
1 n1 n1n n1 n1 n n1
，即证明 ln ，即证明 ln ，即证明  ln
n2 n n nn1 n n n1 n
n1 n1 1
令t  ，nN*,t  1，构造函数tt 2lntt 1，
n n t
1 2 t2 2t1 t12
't1    't0在t1,上恒成立，t10
t2 t t2 t2 ，
1 n1 n n1
，t 2lntt 1  ln 在nN*恒成立，
t n n1 n
1 n1 1 1 3
 ln  nN*恒成立，n1时， ln2①，n2时， ln
nn1 n 12 1 22 2 21 4 1 n
②，n3时， ln ③，nn1  n2,nN*时， ln ，
32 3 3 n12 n1 n1
1 n1
ln
 nN*，把所有不等式都相加，
n2 n n
1 1 1
  ... ln(n1)成立.
12 1 22 2 n2 n
1 1 1
所以原不等式  ... ln(n1)
12 1 22 2 n2 n
n
例2．（江苏省南通市2025届高三二模）已知函数 f xex1 ，nN*．
x
（1）证明： f x有唯一零点；
（2）记 f x的零点为a ．
n
（i）数列a 中是否存在连续三项按某顺序构成等比数列，并说明理由；
n
  n 1 n1lnn
（ii）证明：2 n11   ．
a 2
i1 i
n
解析：（1）当x0时， fx0，所以 f x在,0上无零点，因为 fxex1 0
x2
，所以 f x在0,上单调递增，所以 f x在0,上至多一个零点，当n1时，
f x有唯一零点1．当n2时，因为 f 11n0， f nex11e10，所以函数
f x有唯一零点，得证，
n
（2）（i）由（1）知，ean1  ，且a 0，两边取自然对数，得a lna lnn1，①
a n n n
n
n1
所以a lna lnn11，两式相减，得a a lna lna ln 0，所以
n1 n1 n1 n n1 n n
a lna a lna ．因为函数yxlnx在0,上单调递增，所以a a ，所以数
n1 n1 n n n1 n
列a 单调递增．假设数列a 中存在a ，a ，a 成等比数列，则a2 a a ，
n n m m+1 m+2 m1 m m2
所以2lna lna lna ．由①式得，lna lnm1a ，代入上式，得
m1 m m2 m m
2lnm12a lnma lnm2a ，
m1 m m2
m12
2a a a ln ．②因为a 0，所以
m1 m m2 mm2 n
m12 m22m1
2a a a 2a 2 a a 0，又ln ln ln10，所以方程
m1 m m2 m1 m m2 mm2 m22m
②无解．所以数列a 中不存在连续三项按某顺序构成等比数列．
n
x1
（ii）先证明：x0时，x1lnx，③设gxx1lnx，则gx ，
x所以当x0,1时，gx0，gx单调递减：当x1,时，gx0，gx单调递
增，
所以gxg10，当且仅当x1时，等号成立．由③式知，lnna lna 12lna ，
n n n
n n1 1 2  
所以a  n  ，所以  2 n1 n ，
n 2 a n n1
n
所以
n 1 2
n1 n



n n1



21
2 
n11

．在③式中，令
a  
i1 i
a a a
x n ，得 n 1ln n lna lnn，当且仅当a n，即n1时等号成立，
n n n n n
a 2n 1 1 1
所以0a lna lnn1a  n 2，所以a  ，  1 ，当且仅当n1时等
n n n n n n1 a 2 n
n
n1 1
号成立．当n2时，在③式中，令x ，得 lnnlnn1，所以n2时，
n n
n 1 n 1 n1 1 n 1 n1 1 n1lnn
 1 1     ln2ln1 lnnlnn1 ．
a a 2 2 k 2 2   2
i1 k i2 k i2
n 1 n1lnn   n 1 n1lnn
当n1时，  成立．所以2 n11   ，得证．
a 2 a 2
i1 i i1 i
a
例3．已知函数 f xcosx x21，aR．
2
（1）若x0是函数 f x唯一的极小值点，求实数a的取值范围；
1 2 3 2023
（2）证明： sin3  sin3  sin3  sin3 2．
2 4 8 22023
解析：（1）综上：a1，从而实数a的取值范围为1,
.
（2）由（1）证明可知，当a1且 x0时，sinxx0即 x0， xsinx，当 x0
时，sin3x1x2，即 sin3x x，
1 2 3 2023 1 2 3 2023
故可得： sin3  sin3  sin3  sin3     ，
2 4 8 22023 2 4 8 22023
1 2 3 2023 1 1 2 3 2023
令S     ， S     ，两式相减可得：
2 4 8 22023 2 4 8 16 22024
1 1 1 1 1 2023  1 2023 2023
S      ，化简可得：S 21   2.
2 2 4 8 22023 22024  2 22024 
1 2 3 2023
故 sin3  sin3  sin3  sin3 2.
2 4 8 22023
例4.（绵阳市2025届高三一模）已知函数 f xlnx x2 3xa， f x 在 0,1 上的
3
最大值为 ln2．
4
（1）求实数a的值；
4
（2）若数列 a  满足2a a  f a 3a 1，且a  ．
n n n1 n n 1 3
（ⅰ）当n2,nZ时，比较a 与1的大小，并说明理由；
nn
（ⅱ）求证：31a 2．
i
i1
1 x12x1 1
解析：（1）fx 2x3 ，x0,1 ，当0 x 时，
x x 2
 1 1
x10，2x10， fx0，则 f x 在 0, 上单调递增，当  x 1时，
 2 2
1 
x10，2x10， fx0，则 f x 在

,1

上单调递减，
2 
1 1 1 3 3
 f x  f
 
ln   a  ln2，解得a2.所以实数a的值为2.
max 2 2 4 2 4
（2）（i）由（1）知， f xlnxx2 3x2，
lna a2 1
所以2a a lna a2 3a 23a 1，即a  n n ，
n n1 n n n n n1 2a
n
lna
a2 12a ，a  n 1，
n n n1 2a
n
4
下面用数学归纳法证明a 1， n2,nZ ，当n2时，a  ，
n 1 3
4
ln
a  lna 1 1 3 11，假设nkk 2,kZ 时，命题成立，则a 1，
2 2a 8 k
1
3
lna
当nk1时，有a  k 11成立，所以上述命题对n2,nZ，均有a 1成
k1 2a n
k
立.
lnx1
（ii）当n1时，31a 12成立，当n2时，令x ，则
1 x
lnx
x ，
x2
当0 x1时，x0，当x1时，x0，所以x 在 0,1 上单调递增，在
1, 上单调递减，则x11，所以
lna a2 1 11lna  1 1a a 1 1
a  n n   n a   a a   n ，即 n1  ，又
n1 2a 2 a n 2 n n 2 a 1 2
n  n  n
1
由（i）知a 1，则a 1 a 1，
n n1 2 n
n
31a
i
3

a
1
1a
2
1a
n
1

i11
1
3

 a 1

 1
1

1

1 


 3
1

2n
2

 1
1 
，
1
0，
 1  2 22 2n1 3 1  2n  2n
2
1
1 1，
2n
 1  n
2

1

2，即31a 2，得证.
 2n  i
i1
例5．（福建省2024届高三质检）对于函数 f(x)，若实数x 满足 f(x )x ，则称x 为 f(x)
0 0 0 0
1
的不动点.已知a0，且 f(x) lnxax21a的不动点的集合为A.以minM 和maxM 分
2
别表示集合M 中的最小元素和最大元素.
（1）若a0，求A的元素个数及maxA；
（2）当A恰有一个元素时，a的取值集合记为B.
（i）求B；
f(a )  n 4
（ii）若aminB，数列{a }满足a 2，a  n ，集合C   a 1, ，nN*.
n 1 n1 a n  k 3
n k1
4
求证：nN*，maxC  .
n 3
1 1
解析：（1）当a0时， f x lnx1，其定义域为0, .由 f xx得 lnxx10
2 2
.
1 12x  1 1 
设gx lnxx1，则gx ，当x0, 时，gx0；当x ,时，
2 2x  2 2 
 1 1 
gx0；所以gx在0, 单调递增；在 ,单调递减，注意到g10，所以
 2 2 
gx在   1 ,  恰有一个零点x1，且g   1 g10，又g  e2 e2 0，所以
2  2
g  e2 g    1 2    0，所以gx在    0, 1 2    恰有一个零点x 0 ，即 f x在    1 2 ,    恰有一个不动点
 1
x1，在0, 恰有一个不动点xx ，所以Ax ,1，所以A的元素个数为2，又因为
 2 0 0
x 1，所以maxA1.
0
（2）（i）当a0时，由（1）知，A有两个元素，不符合题意；当a0时，
1 1
f x lnxax21a，其定义域为0,，由 f xx得 lnxax2x1a0.设
2 2
1 1 4ax22x1
hx lnxax2x1a，x0,，则hx 2ax1 ，设
2 2x 2x
Fx4ax22x1，则Δ416a，
1
①当a 时，Δ0,Fx0,hx0，所以hx在0,单调递增，又h10，所以
4hx在0,恰有一个零点x1，即 f x在0,恰有一个不动点x1，符合题意；
1
②当0a ,Δ0，故Fx恰有两个零点x,x x x  .又因为
4 1 2 1 2
F010,F14a10，所以0x
1x
，当x0,x 时，Fx0,hx0；当
1 2 1
xx,x 时，Fx0,hx0；当xx ,时，Fx0,hx0；所以hx在
1 2 2
0,x 单调递增，在x,x 单调递减，在x ,单调递增；注意到h10，所以hx在
1 1 2 2
x,x 恰有一个零点x1，且hx h10,hx h10，又x0时，hx
1 2 1 2
，所以hx在0,x 恰有一个零点x '，从而 f x至少有两个不动点，不符合题意；所以
1 0
1  1 
a的取值范围为

,，即集合B

,.（凌晨讲数学）
4  4 
1  1 1 1 3
（ii）由（i）知，B

,，所以aminB ，此时， f x lnx x2 ，
4  4 2 4 4
1 1 3
hx lnx x2x ，由（i）知，hx在0,单调递增，
2 4 4
f x
所以，当x1时，hxh10，所以 f xx，即 1，
x
故若a 1，则a 1，因此，若存在正整数N 使得a 1，则a 1，从而a 1，
n n1 N N1 N2
重复这一过程有限次后可得a 1，与a 2矛盾，从而，nN*,a 1，下面我们先证明
1 1 n
3 3 3
当x1时，lnx x1，设Gxlnx x ，x1,，所以
2 2 2
1 3 23x
Gx   0，所以Gx在1,单调递减，所以GxG10，即当x1
x 2 2x
3
时，lnx x1，
2
1 1 3
1 1 3 1 1 lnx x2
从而当x1时， 2 lnx 4 x2 4 x 4 x2 4 x，从而 2 4 4 1 1 x1 ，即
x 4
f x 1 f a  1 1
1 x1，故 n 1 a 1，即a 1 a 1，由于a 1，a 1，
x 4 a 4 n n1 4 n n n1
n
1
所以a 10，a 10，故 a 1  a 1，故n2时，
n n1 n1 4 n
1 1 1 1
a 1  a 1  a 1  a 1  ，
n 4 n1 42 n2 4n1 1 4n1
1
1
所以nN*,
n
a 1 
n 1

4n

4
1
1 

4
，故maxC 
4
.
k 4k1 1 3 4n  3 n 3
k1 k1 1
4
（ii）解法二：同解法一可得，nN*,a 1.下面我们先证明当x1时，lnxx1.
n
1 1x
设Gxlnxx1，则当x1时，Gx 1 0，所以Gx在1,单调递
x x1 1 3
减，所以GxG10，即lnxx1，从而当x1时， lnx x1 x1，
2 2 4
1 1 3
1 1 3 1 1 lnx x2
于是 2 lnx 4 x2 4 x 4 x2 4 x，从而 2 4 4 1 1 x1 ，即
x 4
f x 1
1 x1，
x 4
f a  1 1
故 n 1 a 1，即a 1 a 1，由于a 1,a 1，所以
a 4 n n1 4 n n n1
n
a 10,a 10，
n n1
1 1 1 1 1
故 a 1  a 1，故n2时， a 1  a 1  a 1  a 1  .
n1 4 n n 4 n1 42 n2 4n1 1 4n1
1
1
所以nN*,
n
a 1 
n 1

4n

4
1
1 

4
.故maxC 
4
.
k 4k1 1 3 4n  3 n 3
k1 k1 1
4
例6.（2017年浙江）已知数列x 满足：x 1，x x ln1x  nN ，证明：当
n 1 n n1 n1
nN*时，
（1）0x x ；
n1 n
x x
（2）2x x  n n1 ；
n1 n 2
1 1
（3） x  .
2n1 n 2n2
解析：（1）用数学归纳法证明：x 0．当n1时，x 10．假设nk时，x 0，那
n 1 k
么nk1时，若x 0，则0x x ln1x 0，矛盾，故x 0．因此
k1 k k1 k1 k1
x 0(nN)，所以x x ln(1x )x ，因此0x x (nN)．
n n n1 n1 n1 n1 n
（2）由x x ln(1x )得，x x 4x 2x x2 2x (x 2)ln(1x )．记函
n n1 n1 n n1 n1 n n1 n1 n1 n1
2x2x
数 f(x)x22x(x2)ln(1x)(x0)， f '(x) ln(1x)0(x0)，函数 f x在
x1
0,上递增，所以 f(x) f(0)0，因此x2 2x (x 2)ln(1x ) f(x )0，
n1 n1 n1 n1 n1
x x
故2x x  n n1(nN)．
n1 n 2
1 x x
（3）因为x x ln(1x )x x 2x ，所以x  ，由 n n1 2x x ，得
n n1 n1 n1 n1 n1 n 2n1 2 n1 n
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
 2(  )0，所以  2(  )2n1(  )2n2，故x  ．
x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 n 2n2
n1 n n n1 1
1 1
综上， x  (nN)．
2n1 n 2n2三．习题演练
1．在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个重要的不动点定理，它可以应用到有限
维空间，并且是构成一般不动点定理的基石．简单地讲，就是对于满足一定条件的连续函
数y f(x)，xD，若存在x D，使得 f x x ，则称x 是函数y f(x)的不动
0 0 0 0
9
点．已知函数 f(x)3lnxax26x ．
2
3
(1)若函数g(x) f(x)7x 只有一个不动点，求实数a的取值范围；
2
3 3 f a 
(2)当a 时，数列a 满足：a  ，a  n 1．证明：对任意的nN，
2 n 1 2 n1 6a
n
2
a 1 a 1 a 1  ．
1 2 n 3
3
【详解】（1）原题等价于g(x)x0，即 f(x)6x 0，即方程3lnxax230有唯
2
3lnx1 3lnx1
一解，显然x0，从而a 有唯一解，令vx ，则
x2 x2
vx
3

x2xlnx1
 
32lnx1
，当0x
1
时，vx0，当x
1
时，
x4 x3 e e
vx0，
所以vx在  0, e  上单调递减，在  e,  上单调递增，所以vx v   1    3e ，
min  e 2
1
注意到v 0，当x趋于0时，vx趋于正无穷，当x趋于正无穷时，vx趋于0，从
e而在平面直角坐标系中作出ya与yvx的图象如图所示：
3lnx1  3e
若a 有唯一解，则当且仅当a的取值范围为 0,；
x2  2 
3 9 1 3
1 3lna  a26a  lna  a2
（2）第一步：a 1 0， n 2 n n 2 n 2 n 2 ，
1 2 a n1 1 6a  2a 1
n n
1 3 1   1 3 1 1
lnx x2 x xlnx x2  x2lnx
令 mx 2 2 1,x1 mx x   2 2  2 2 ,x1
2x 2x2 2x2
，
1 1 1 x21
令m x x2lnx ,x1，则mxx  0,x1，所以m x在(1,+∞)
1 2 2 1 x x 1
1 1
单调递增，从而m x x2lnx m 10,x1，这表明
1 2 2 1
1 1
x2lnx
mx 2 2 0,x1 ，
2x2
所以mx在(1,+∞)单调递增，
1 3
lnx x2
从而 mx 2 2 1m10,x1 ，
2x
因为a 1，所以a 10，即a 1，依次类推可得a 1,a 1,，
1 2 2 3 4
所以a 1,nN*；
n
3 9 3 3
3lna  a26a  6a26a lna  a2
第二步： n 2 n n 2 n n n 2 n 2 ，
a a  
n1 n 6a 2a
n n
3 3 1 13x2
设nxlnx x2 ,x1，则nx 3x 0,x1，
2 2 x x
所以nx在(1,+∞)单调递减，
从而nxn10，
3 3
lna  a2
因为a 1，所以 n 2 n 2 ，即a a ，
n a a  0 n1 n
n1 n 2a
n3
所以a a a  ,nN*，
n1 n 1 2
1 3
lna  a22a 
n 2 n n 2 1 3
第三步： lna  a22a  ，
a 1 2a n 2 n n 2
n1  n 
a 1 a 1 2a a 1
n n n n
1 3
lnx x22x
令 tx 2 2 ,x1，
2xx1
1   1 3
xx1  x22x1 lnx x22x 
则 tx x   2 2
2x2x12
x13 2x1  lnx 1 x22x 3 

 2 2 ,x1，
2x2x12
设t xlnx 1 x22x 3 ,x1，则tx 1 x2 x12 0,x1，
1 2 2 1 x x
所以t x在(1,+∞)单调递增，
1
从而t xt 10，
1 1
当x1时，2x2x12 0,x132x1  lnx 1 x22x 3 0，
 2 2
所以当x1时，tx0，
所以tx在(1,+∞)单调递增，
3
因为a a  ,nN*，当且仅当n1时等号成立，
n 1 2
1 3 3 1 3 2 3 3 3
lna  a22a  ln    2  lne
a 1 n 2 n n 2 2 2 2 2 2 8 1 1
所以 n1      ，
a 1 2a a 1 3 3  3 12 4
n n n 2  1
2 2  2
所以 a 1 a 1 a 1 a 1a 1a 1
1 2 n 1 2 n
1 1 n
1   1
  1 1    1  n1  a 1 2 4   2  2 .
 4 4  1 1 1 3 3
4 4
2．已知函数 f xln1x，gxax2x.
（1）当x1时， f x gx，求实数a的取值范围；
1 1 1
（2）已知nN*，证明：sin sin sin ln2.
n1 n2 2n
解析：（1）综上所述，a0.1 1
（2）证明：当a0时，由（1）可得lnx1x，则lnxx1，可得ln  1，即
x x
1 1 1 1 t t 1
lnx 1，即lnx1 x1，令 1 ，所以，x ，所以，ln  ，即
x x t x t1 t1 t
1
lntlnt1 t 1，
t
1
所以， lnnklnnk1，k0,1,2,,n，令gxxsinxx0，则
nk
gx1cosx0，且gx不恒为零，所以，函数gx在0,上单调递增，故
1 1
gxg00，则sinxxx0，所以，sin  lnnklnnk1，
nk nk
1 1 1
k0,1,2,,n，所以，sin sin sin
n1 n2 2n


lnn1lnn



lnn2lnn1



ln2nln2n1
