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专题10 数列不等式的放缩问题【目录】

一：先求和后放缩二：裂项放缩考点三：等比放缩考点四：型不等式证明考点五：型不等式证明考点六：型不等式证明考点七：型不等式的证明数列放缩是高考重点考查的内容之一，数列与不等式综合热门难题（压轴题），有所降温，难度趋减，将稳定在中等偏难程度.此类问题往往从通项公式入手，若需要放缩也是考虑对通项公式进行变形；在放缩时，对通项公式的变形要向可求和数列的通项公式靠拢，常见的是向可裂项相消的数列与等比数列进行靠拢.考点要求 考题统计 考情分析数列不等式 2023年II卷第18题，12分2023年I卷第17题，10分 2023年乙卷第19题，12分 2023年II卷第17题，10分 2023年浙江卷第20题，15分 【命题预测】预测2024年高考，多以解答题形式出现，具体估计为： （1）导数压轴题第二问，利用导数证明数列不等式，难度较大. （2）数列解答题第二问，难度中等偏上，属综合性问题.常见放缩公式：（1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）；（7）；（8）；（9）；（10）；（11）；（12）；（13）.（14）.（15）二项式定理①由于，于是②，；，（16）糖水不等式若，则；若，则.（2023 新高考Ⅱ）1．已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．(1)求的通项公式；(2)证明：当时，．（2023 新高考Ⅰ）2．记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．(1)求的通项公式；(2)证明：．（2023 乙卷）3．设是首项为1的等比数列，数列满足．已知，，成等差数列．（1）求和的通项公式；（2）记和分别为和的前n项和．证明：．（2023 天津）4．已知是公差为2的等差数列，其前8项和为64．是公比大于0的等比数列，．（I）求和的通项公式；（II）记，（i）证明是等比数列；（ii）证明（2023 新高考Ⅱ）5．记是公差不为0的等差数列的前n项和，若．（1）求数列的通项公式；（2）求使成立的n的最小值．（2023 浙江）6．已知数列的前n项和为，，且.（1）求数列的通项；（2）设数列满足，记的前n项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围.考点一：先求和后放缩（2023·广西玉林·校联考模拟预测）7．记为数列的前项和，已知，．(1)证明：当时，数列是等比数列，并求数列的通项公式；(2)设，数列的前项和为，证明：．（2023·全国·模拟预测）8．已知是数列的前项和，，且成等比数列．(1)求数列的通项公式．(2)设，数列的前项和为，证明：．（2023·全国·模拟预测）9．已知正项数列的前n项和为，且满足．(1)证明：数列为等比数列；(2)若，数列的前n项和为，证明：．（2023·辽宁大连·高三校联考期中）10．已知为数列的前项和，，，记.(1)求数列的通项公式；(2)已知，记数列的前项和为，求证：.考点二：裂项放缩（2023·天津和平·高三天津一中校考阶段练习）11．已知数列满足，数列的首项为2，且满足(1)求和的通项公式(2)记集合，若集合的元素个数为2，求实数的取值范围．(3)设，证明：．（2023·江苏苏州·高三统考期中）12．已知数列满足，，且．(1)令，求；(2)记的前n和为，求证：．（2023·江西萍乡·高三统考期中）13．已知正项数列中，，前项和为，且__________.请在①②中任选一个条件填在题目横线上，再作答：①，②.(1)求数列的通项公式；(2)设，数列的前项和为，证明：.考点三：等比放缩（2023·山东青岛·高三山东省青岛第十九中学校考期中）14．数列是等差数列，数列是等比数列，满足：，．(1)求数列和的通项公式；(2)数列和的公共项组成的数列记为，求的通项公式；(3)记数列的前项和为，证明：（2023·河南·高三校联考期中）15．已知数列的前n项和为，且．(1)求；(2)若，记数列的前n项和为，求证：．（2023·黑龙江·高三校联考阶段练习）16．已知数列的首项，是与的等差中项．(1)求证：数列是等比数列；(2)证明：．考点四： 型不等式的证明（2023·北京通州·高三统考期中）17．已知数列的各项均为正数，且满足（，且）.(1)若；（i）请写出一个满足条件的数列的前四项；（ii）求证：存在，使得成立；(2)设数列的前项和为，求证：.（2023·江苏盐城·高三统考期中）18．“太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦……”，“大衍数列”来源于《乾坤谱》，用于解释中国传统文化中的太极衍生原理.“大衍数列”的前几项分别是：0，2，4，8，12，18，24，…，且满足其中.(1)求（用表示）；(2)设数列满足：其中，是的前项的积，求证：，.（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）19．设数列的前n项之积为，满足（）.(1)设，求数列的通项公式；(2)设数列的前n项之和为，证明：.（2023·山西太原·高三统考期中）20．已知为单调递增的等比数列，，记，分别是数列，的前n项和，，．(1)求的通项公式；(2)证明：当时，．考点点五：型不等式的证明（2023·广东佛山·高一佛山一中校考期中）21．已知数列满足，且，（1）求证数列是等差数列，并求数列的通项公式；（2）记，求；（3）是否存在实数k，使得对任意都成立？若存在，求实数k的取值范围；若不存在，请说明理由．（2023·福建厦门·高一厦门外国语学校阶段练习）22．已知数列的满足，且,记.(1)求证：为等差数列，并求的通项公式；(2)设，求的值；(3)是否存在正实数，使得对任意都成立？若存在，求实数的取值范围；若不存在，请说明理由.（2023·广东深圳·高三红岭中学校考阶段练习）23．设数列满足，，令.(1)试证明数列是等差数列，并求数列的通项公式；(2)是否存在常数，使得数列是等比数列？请说明理由.(3)令，是否存在实数，使得对一切都成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由．考点六：型不等式的证明（2023·福建·高二福建师大附中校考期中）24．已知函数的最小值为0，其中．(1)求的值；(2)若对任意的，有成立，求实数的最小值；(3)证明：．（2023·广东东莞·高三东莞市东莞中学校联考期中）25．已知数列是公比大于0的等比数列，，.数列满足：（）.(1)求数列的通项公式；(2)证明：是等比数列；(3)证明：.（2023·全国·高三专题练习）26．已知数列，为数列的前项和，且满足，．(1)求的通项公式；(2)证明：．考点七：型不等式的证明（2023·吉林·统考三模）27．已知函数．（1）求的最大值；（2）设，是曲线的一条切线，证明：曲线上的任意一点都不可能在直线的上方；（3）求证：（其中为自然对数的底数，）．（2023·上海松江·高三上海市松江一中校考阶段练习）28．已知函数．(1)当时，求函数的单调区间；(2)当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．(3)求证：（，是自然对数的底数）．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）29．已知函数.(1)若在上单调递增，求的值；(2)证明：（且）.试卷第1页，共3页试卷第1页，共3页参考答案：1．(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）设等差数列的公差为，用表示及，即可求解作答.（2）方法1，利用（1）的结论求出，，再分奇偶结合分组求和法求出，并与作差比较作答；方法2，利用（1）的结论求出，，再分奇偶借助等差数列前n项和公式求出，并与作差比较作答.【详解】（1）设等差数列的公差为，而，则，于是，解得，，所以数列的通项公式是.（2）方法1：由（1）知，，，当为偶数时，，，当时，，因此，当为奇数时，，当时，，因此，所以当时，.方法2：由（1）知，，，当为偶数时，，当时，，因此，当为奇数时，若，则，显然满足上式，因此当为奇数时，，当时，，因此，所以当时，.2．(1)(2)见解析【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式；（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得.【详解】（1）∵，∴,∴,又∵是公差为的等差数列，∴,∴,∴当时，，∴,整理得：,即,∴，显然对于也成立，∴的通项公式；（2）∴3．（1），；（2）证明见解析.【分析】（1）利用等差数列的性质及得到，解方程即可；（2）利用公式法、错位相减法分别求出，再作差比较即可.【详解】（1）因为是首项为1的等比数列且，，成等差数列，所以，所以，即，解得，所以，所以.（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和，，．设， ⑧则． ⑨由⑧-⑨得．所以．因此．故．[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得，，①，②①②得 ，所以，所以，所以.[方法三]：构造裂项法由（Ⅰ）知，令，且，即，通过等式左右两边系数比对易得，所以．则，下同方法二．[方法四]：导函数法设，由于，则．又，所以，下同方法二．【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造，使，求得的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.4．（I），；（II）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.【分析】（I）由等差数列的求和公式运算可得的通项，由等比数列的通项公式运算可得的通项公式；（II）（i）运算可得，结合等比数列的定义即可得证；（ii）放缩得，进而可得，结合错位相减法即可得证.【详解】（I）因为是公差为2的等差数列，其前8项和为64．所以，所以，所以；设等比数列的公比为，所以，解得（负值舍去），所以；（II）（i）由题意，，所以，所以，且，所以数列是等比数列；（ii）由题意知，，所以，所以，设，则，两式相减得，所以，所以.【点睛】关键点点睛：最后一问考查数列不等式的证明，因为无法直接求解，应先放缩去除根号，再由错位相减法即可得证.5．(1)；(2)7.【分析】(1)由题意首先求得的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式；(2)首先求得前n项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n的最小值.【详解】(1)由等差数列的性质可得：，则：，设等差数列的公差为，从而有：，，从而：，由于公差不为零，故：，数列的通项公式为：.(2)由数列的通项公式可得：，则：，则不等式即：，整理可得：，解得：或，又为正整数，故的最小值为.【点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用.6．（1）；（2）.【分析】（1）由，结合与的关系，分讨论，得到数列为等比数列，即可得出结论；（2）由结合的结论，利用错位相减法求出，对任意恒成立，分类讨论分离参数，转化为与关于的函数的范围关系，即可求解.【详解】（1）当时，，，当时，由①，得②，①②得，又是首项为，公比为的等比数列，；（2）由，得，所以，，两式相减得，所以，由得恒成立，即恒成立，时不等式恒成立；时，，得；时，，得；所以.【点睛】易错点点睛：（1）已知求不要忽略情况；（2）恒成立分离参数时，要注意变量的正负零讨论，如（2）中恒成立，要对讨论，还要注意时，分离参数不等式要变号.7．(1)证明见解析，(2)证明见解析【分析】（1）令可求得的值，当时，由，可得，两式作差，结合等比数列的定义可证得结论成立，据此可求得数列的通项公式；（2），利用裂项相消法可证得结论成立.【详解】（1）证明：因为，，为数列的前项和，当时，，当时，由①，可得②，①②可得，即，所以，，又因为，则当时，数列是等比数列，其公比为，即当时，，则，不满足，所以，.（2）证明：，则.综上，对任意的，.8．(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据已知等比中项列等式，结合与的关系可得的递推公式，然后利用构造法求，再根据与的关系求通项；（2）根据裂项相消法求，然后可证明.【详解】（1）由成等比数列，得，所以．整理，得，则．又，所以是以2为首项，3为公差的等差数列，所以，即．当时，，所以．当时，不符合上式．故.（2）由（1）可知，，所以，所以，故．9．(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）根据数列递推式可得当时，有，结合可推出，结合等比数列定义即可证明结论；（2）结合（1）可求出的表达式，可得的表达式，利用裂项相消法即可求得，结合不等式性质即可证明结论.【详解】（1）由得，则当时，有，两式相减得，整理得，即，因此数列是以为公比的等比数列．（2）由（1）及可得，因此．于是，所以，由于，所以，故．10．(1)(2)证明见解析【分析】（1）借助构造等比数列算出，即可求出；（2）将裂项后求和，再分奇偶讨论即可得证.【详解】（1）由，得，，则，，，数列是以为首项，为公比的等比数列，，，.（2），，，当为奇数时，，当为偶数时，，由，可知是递增数列，，综上，.11．(1)，(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据的关系即可作差得，根据等差数列的性质可求解.（2）根据的单调性，即可求解.（3）利用放缩法得，即可结合裂项求和求解.【详解】（1）由可得：时，，相减可得，故，当时，也符合上式，故，由可得，所以数列为公差为0的等差数列，且首项为2，所以，则.（2）由和可得，记，则，所以，当时，，当时，，此时单调递减，而,由于集合M的元素个数为2，所以，故.（3）由得，，由于，因此.12．(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据数列递推式可得，即得，利用累加法即可求得答案；（2）根据数列递推式可得，即可求得，进而求出的表达式，利用裂项求和求得，即可证明结论.【详解】（1）因为，所以，因为，所以，因为，所以时，，也适合，所以．（2）因为，故，又因为，则，可知，所以，而，所以，所以，所以，所以．13．(1)条件选择见解析，(2)证明见解析【分析】（1）若选①，通过因式分解化简递推公式，得是公差为2的等差数列，结合，可求数列的通项公式；若选②，时，求出，利用公式，化简后证得数列为等差数列，公差，可求数列的通项公式；（2）利用放缩和裂项相消法求和证明不等式.【详解】（1）若选①: 由，得，即，因为为正项数列，所以，是公差为2的等差数列，由，得；若选②：，当时，，两式作差得：，则，两式作差得，即，所以数列为等差数列，时，，可得，公差，则；（2）由（1）知，，又，14．(1)(2)(3)证明见解析；【分析】（1）由等比数列和等差数列定义并利用已知条件可求得公差，公比，即可得出数列和的通项公式；（2）根据通项公式可知是4的整数倍，即可得；（3）由（2）可得对于都成立，可得，利用等比数列前项和公式即可得出证明.【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，由可得，易知，所以，解得；又可得，可得；由可得，即；因此可得，；所以数列和的通项公式为.（2）数列和的公共项需满足，可得，即是4的整数倍，可知，由二项式定理可知若是4的倍数，则为正数，即；所以可得，即的通项公式为（3）易知，显然对于都成立，所以对于都成立，即，即可得.15．(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据公式，消去，转化为关于数列的递推关系式，构造等比数列，即可求解；（2）根据（1）的结果，可知，再根据放缩法求得的范围，即可证明不等式.【详解】（1）当时，，解得；当时，，，则，因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，即；（2）由（1）知，依题意，因为，，则，即；因为，所以，而，故，即．综上所述，．【点睛】关键点睛：本题第二问考查数列，不等式，放缩法的综合应用问题，第二问的难点是证明，关键是证明，后面的问题迎刃而解.16．(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）由题设，构造法得到，即可证结论.（2）由（1）及放缩法得，再应用等比数列前n项和公式求和，即可证结论.【详解】（1）由题设，又，所以是首项、公比均为2的等比数列.（2）由（1）知：，则，显然时成立，当有，此时，综上，，得证.17．(1)（i）（答案不唯一）（ii）见解析(2)见解析【分析】（1）根据不等式的性质证明不等式；（2）根据累加法与不等式的性质证明结论．【详解】（1）（i）∵即，又，则，∴满足条件的数列的前四项可以为：.（ii）∵（，且），∴，，，，累加得，则，则，∵，∴，不妨令，故存在，使得成立；（2）由（1）知：，同理∵即，∴，，，∴，则则，，，，，累加得：，故：.18．(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）由递推关系可得，应用累加法、等差数列前n项和公式求；（2）由（1）及递推关系得，进而得到通项公式，即得，则，利用导数证，放缩法即可证结论.【详解】（1），∴.（2）由（1）知，，，而也满足上式，故，∴ 且，故且，即，∴，则，令且，则，即在上递减，所以，即在上恒成立，故（当且仅当时取等号），所以，，即，，证毕.19．(1)(2)证明见解析【分析】（1）时，有，变形为，可得数列为等比数列，可利用首项和公比求通项公式；（2）利用数列求和的放缩法，结合函数单调性求最值，证明不等式.【详解】（1）∵数列的前n项之积为，满足（），时，，解得.∴时，，化为， 变形为，又，∴，，数列是首项为4公比为2的等比数列，∴.（2）先证明左边：即证明，由（1）可得：，解得，又由，解得，又，所以，再证明右边：.∴，下面证明，即证明，设，，则，即证明，.设，，，则函数在上单调递增，∴，即，，∴.∴.【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是通过放缩法结合等比数列前项和公式证明左边，对右边等价转化为证明，再构造函数，利用导数证明即可.20．(1)(2)证明见解析【分析】（1）由题意有，结合，列方程组求出和公比q，可得的通项公式；（2）当时，分为奇数和分为偶数，通过证明结论.【详解】（1）由题意设的公比为q（），则，∴，由，解得，∴；（2）由（1）得，①当（）时，；②当（）时，；综上，当时，．21．（1）证明见解析，；（2）；（3）存在且．【分析】（1）用等差数列的定义证明是等差数列，由可得；（2）用裂项相消法求；（3）假设存在实数k，使得对任意都成立，不等式变形为，只要求得的最小值即可，可先证是递增的，然后可得最小值．【详解】（1）因为，所以，即，所以，所以是等差数列，公差为2， ，，所以．（2）由（1），所以．（3）假设存在实数k，使得对任意都成立，因为，所以，不等式化为，，设，设，则，，，所以，所以是递增数列，，所以．所以存在实数k，使得对任意都成立，且．【点睛】本题考查用定义证明等差数列，考查裂项相消法求和，考查与不等式恒成立有关的数列问题．数列不等式恒成立与函数不等式恒成立处理方法是一致的，都可用分离变量法转化为求函数（数列）的最值．22．（1）证明见解析，；（2）；（3）.【分析】(1)化简，从而可得的通项公式；（2）结合（1）可得 ,利用裂项相消法可得结果；（3）利用“累乘法”化简左边式子为,从而可得对任意恒成立,构造函数 ,利用单调性求得，从而可得结果.【详解】(1) ,所以是以为首项，2为公差的等差数列,.（2） ,,.(3) 左边,由题意可知,对任意恒成立,令 ,则由对钩函数的性质可知在上单调递增，故，综上可以，即正实数的取值范围为.【点睛】本题主要考查等差数列的定义与通项公式，以及裂项相消法求和、不等式恒成立问题，属于难题. 裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2） ； （3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.23．(1)证明见解析，；(2)存在，理由见解析；(3)存在，.【分析】（1）由题设可得，结合及得，即可证结论，根据等差数列定义写出通项公式；（2）假设存在，利用等比中项的性质列方程求参数，即可判断存在性；（3）令求得与1的大小关系，判断的单调性，结合恒成立、对数不等式的解法求参数a的范围，判断存在性.【详解】（1）由，得，即,故，而，∴，即，∴数列是以首项为，公差为1的等差数列，故．（2）由（1），设，若存在常数c，使是等比数列，则，即，解得.经检验，c=0复合题意，所以，存在唯一的常数，使是等比数列.（3）设，则.∵∴，即数列是递减数列，故．要使不等式对一切都成立，只要，即，， 解得.因此， 存在大于实数，使不等式对一切都成立．24．(1)；(2)；(3)证明见解析.【分析】（1）对进行求导，已知最小值为0，可得极小值也为0，得，从而求出的值；（2）由题意任意的，有成立，可以令先通过，大致确定取值范围，再利用分类讨论法求出的最值；（3）由（2）知:令得:令得: ，累加即可的证.【详解】（1）由函数，则其定义域为，且.由，得:，又由，得:，在单调递减，在单调递增，；（2）设，则在恒成立等价于，注意到，又，①当时，由得.在单减，单增，这与式矛盾；②当时，在恒成立，符合，的最小值为；（3）由（2）知：令得：，令得：当时，(1)；当时，，，，将(1)(2)(3),......,(n)式相加得：不等式左边：；不等式右边：；所以.【点睛】方法点睛：对于含参函数的恒成立问题的处理，常采用两种方法：①参变分离求最值；②将左右两边移到一边重新构造一个含参函数，讨论含参函数的单调性，确定哪一个点处取得最值.25．(1)(2)见解析(3)见解析【分析】（1）由等比数列的通项公式运算可得的通项公式，进而求出数列的通项公式；（2）运算可得，结合等比数列的定义即可得证；（3）放缩得，进而可得，结合错位相减法即可得证.【详解】（1）设等比数列的公比为，则，则，所以，又.（2）所以，所以，且，所以数列是首项为8，公比为的等比数列；（3）由题意知，，所以，所以，设，则，两式相减得，所以，所以.【点睛】关键点点睛：最后一问考查数列不等式的证明，因为无法直接求解，应先放缩去除根号，再由错位相减法即可得证.26．(1)(2)证明见解析【分析】（1）当时，由可得出，两式作差推导出，然后利用累乘法可求得数列的通项公式；（2）证法一：利用放缩法推导出，再结合等比数列求和公式可证得结论成立；证法二：利用放缩法推导出，再结合裂项法可证得结论成立.【详解】（1）解：对任意的，当时，，两式相减．整理得，当时，，也满足，从而．（2）证明：证法一：因为，所以，．从而；证法二：因为，所以，，证毕.27．（1）0；（2）证明见解析；（3）证明见解析【分析】（1）确定函数的定义域，求出函数的单调性，即可求的最大值；（2）设是曲线上的任意一点，根据点斜式和导数的几何意义，求出在点处的切线方程，构造，利用导数求出在处取得最大值，由此即可证明结果；（3）先证明当且时，有，注意到，然后利用进行放缩即可证明结果.【详解】（Ⅰ）的定义域为，，令，得．当时，，∴在上是增函数，当时，，∴在上是减函数，故在处取得最大值．（Ⅱ）由（Ⅰ）得，设是曲线上的一点，则在点处的切线方程为，即，令则，∵，在上是减函数，∴在处取得最大值，即恒成立，故曲线上的任意一点不可能在直线的上方．（3）由（1）知在上恒成立，当且仅当时，等号成立，故当且时，有，又因为，所以所以28．(1)单调递增区间为，单调递减区间为(2)(3)证明见解析【分析】（1）利用导数直接可得函数单调区间；（2）构造函数，分情况讨论函数的单调性与最值，进而可得参数范围；（3）由（2）的结论及裂项法进行放缩，进而可得证.【详解】（1）当时，，，由解得，由解得，故函数的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）因当时，不等式恒成立，即恒成立，设，只需即可，由，（i）当时，，当时，，函数在上单调递减，故成立；（ii）当时，由，因，所以，，①若，即时，在区间上，，则函数在上单调递增，在上无最大值，不满足条件；②若，即时，函数在上单调递减，在区间上单调递增，同样在上无最大值，不满足条件；（iii）当时，由，，，，故函数在上单调递减，故成立，综上所述，实数的取值范围是；（3）据（2）知当时，在上恒成立，令，则，当时，，.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．29．(1)1；(2)证明见解析.【分析】（1）求出函数的导数，根据给定条件可得恒成立，再利用导数分类讨论求解作答.（2）利用（1）的结论得当时，，取，利用不等式的性质结合裂项相消法求和作答.【详解】（1）函数，求导得，由于函数在R上单调递增，则恒成立，令，则，当时，，当时，，不满足条件；当时，，在R上单调递增，又，即，不满足条件；当时，令，得，则当时，，单调递减，当时，，单调递增，于是当时，取得最小值，于是，即，令，则，当时，，单调递增；时，，单调递减，则，由于恒成立，因此，则有，所以单调递增时，的值为1.（2）由（1）知，当时，，即有，当且仅当时取等号，即当时，，因此当且时，，而当时，，所以，则，所以，.【点睛】关键点睛：函数不等式恒成立求参数范围问题，结合已知，利用换元法构造新函数，用导数探讨函数的性质，借助数形结合的思想推理求解.答案第1页，共2页答案第1页，共2页

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