高考數(shù)學(xué)必考知識(shí)點(diǎn) 數(shù)列的綜合應(yīng)用問(wèn)題

2013年高考數(shù)學(xué)必考知識(shí)點(diǎn)11數(shù)列的綜合應(yīng)用問(wèn)題1．(2012·湖北)定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)，如果對(duì)于任意給定的等比數(shù)列{an}，{f(an)}仍是等比數(shù)列，則稱(chēng)f(x)為“保等比數(shù)列函數(shù)”，現(xiàn)有定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函數(shù)：①f(x)＝x2；②f(x)＝2x；③f(x)＝eq\r(|x|)；④f(x)＝ln|x|.其中屬于“保等比數(shù)列函數(shù)”的f(x)的序號(hào)為()．A．①②B．③④C．①③D．②④答案：C[設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則{aeq\o\al(2,n)}的公比為q2，{eq\r(\a\vs4\al(|an|))}的公比為eq\r(\a\vs4\al(|q|))，其余的數(shù)列不是等比數(shù)列．]2．(2012·浙江)設(shè)Sn是公差為d(d≠0)的無(wú)窮等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則下列命題錯(cuò)誤的是()．A．若d＜0，則數(shù)列{Sn}有最大項(xiàng)B．若數(shù)列{Sn}有最大項(xiàng)，則d＜0C．若數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列，則對(duì)任意n∈N*，均有Sn＞0D．若對(duì)任意n∈N*，均有Sn＞0，則數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列答案：C[A、B、D均正確，對(duì)于C，若首項(xiàng)為－1，d＝2時(shí)就不成立．]3．(2010·遼寧)已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝33，an＋1－an＝2n，則eq\f(an,n)的最小值為()．A.eq\f(17,2)B.eq\f(21,2)C．10D．21答案：B[在an＋1－an＝2n中，令n＝1，得a2－a1＝2；令n＝2得，a3－a2＝4，…，an－an－1＝2(n－1)．把上面n－1個(gè)式子相加，得an－a1＝2＋4＋6＋…＋2(n－1)＝eq\f(2＋2n－2n－1,2)＝n2－n，∴an＝n2－n＋33，∴eq\f(an,n)＝n＋eq\f(33,n)－1，又n∈N*，n≥1.∴當(dāng)n＝6時(shí)，eq\f(an,n)有最小值eq\f(21,2).]4．(2012·福建)數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝ncoseq\f(nπ,2)＋1，前n項(xiàng)和為Sn，則S2012＝________.解析∵an＝ncoseq\f(nπ,2)＋1，∴a1＋a2＋a3＋a4＝6，a5＋a6＋a7＋a8＝6，…，a4k＋1＋a4k＋2＋a4k＋3＋a4k＋4＝6，k∈N，故S2012＝503×6＝3018.答案30181．以客觀(guān)題考查不等式的性質(zhì)、解法與數(shù)列、等差數(shù)列、等比數(shù)列的簡(jiǎn)單交匯．2．解答題以中檔題或壓軸題的形式考查數(shù)列與不等式的交匯，還有可能涉及到導(dǎo)數(shù)、解析幾何、三角函數(shù)的知識(shí)等，深度考查不等式的證明(主要比較法、綜合法、分析法、放縮法、數(shù)學(xué)歸納法、反證法)和邏輯推理能力及分類(lèi)討論、化歸的數(shù)學(xué)思想，試題具有綜合性強(qiáng)、立意新、角度活、難度大的特點(diǎn)．1．?dāng)?shù)列試題形態(tài)多變，時(shí)常有新穎的試題入卷，學(xué)生時(shí)常感覺(jué)難以把握，為了在高考中取得好成績(jī)，必須復(fù)習(xí)、掌握好數(shù)列這一板塊及其相關(guān)的知識(shí)技能，了解近幾年來(lái)高考中對(duì)解數(shù)列試題的能力考察特點(diǎn)，掌握相關(guān)的應(yīng)對(duì)策略，以提高解決數(shù)列問(wèn)題的能力．2．近幾年高考中一些難題均是以高等數(shù)學(xué)的某些知識(shí)為背景而用初等數(shù)學(xué)的語(yǔ)言表述的試題．這就啟示我們?cè)趶?fù)習(xí)備考時(shí)，要在高等數(shù)學(xué)與初等數(shù)學(xué)的銜接點(diǎn)上多下工夫，要提高將陌生問(wèn)題轉(zhuǎn)化、化歸為熟知問(wèn)題的能力．復(fù)習(xí)時(shí)要抓住主流綜合，同時(shí)做到不忽視冷門(mén)、新型綜合.必備知識(shí)在數(shù)列求和時(shí)，為了證明的需要，需合理變形，常用到放縮法，常見(jiàn)的放縮技巧有：(1)eq\f(1,k2)<eq\f(1,k2－1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)－\f(1,k＋1)))；(2)eq\f(1,k)－eq\f(1,k＋1)<eq\f(1,k2)<eq\f(1,k－1)－eq\f(1,k＋1)；(3)2(eq\r(n＋1)－eq\r(n))<eq\f(1,\r(n))<2(eq\r(n)－eq\r(n－1))；(4)利用(1＋x)n的展開(kāi)式進(jìn)行放縮．?dāng)?shù)列是特殊的函數(shù)，是定義在正整數(shù)集上的一列函數(shù)值．通項(xiàng)公式及求和公式揭示了項(xiàng)和項(xiàng)數(shù)的依賴(lài)關(guān)系的本質(zhì)屬性．用“函數(shù)與方程”的思想解決數(shù)列中的綜合問(wèn)題，通常有如下情形：(1)用等差數(shù)列中的公差為“斜率”的意義溝通關(guān)系解題；(2)用等差數(shù)列的前n項(xiàng)和為項(xiàng)數(shù)n的二次函數(shù)解題；(3)用函數(shù)觀(guān)點(diǎn)認(rèn)識(shí)數(shù)列的通項(xiàng)，用函數(shù)單調(diào)性的定義研究數(shù)列的增減性解決最值問(wèn)題；(4)通項(xiàng)公式求解中方程思想的應(yīng)用；(5)應(yīng)用問(wèn)題中方程思想的應(yīng)用．必備方法1．解決數(shù)列和式與不等式證明問(wèn)題的關(guān)鍵是求和，特別是既不是等差、等比數(shù)列，也不是等差乘等比的數(shù)列求和，要利用不等式的放縮法，放縮為等比數(shù)列求和、錯(cuò)位相減法求和、裂項(xiàng)相消法求和，最終歸結(jié)為有限項(xiàng)的數(shù)式大小比較．2．解答數(shù)列綜合問(wèn)題要善于綜合運(yùn)用函數(shù)方程思想、化歸轉(zhuǎn)化思想等數(shù)學(xué)思想以及特例分析法，一般遞推法，數(shù)列求和及求通項(xiàng)等方法來(lái)分析、解決問(wèn)題．?dāng)?shù)列與解析幾何的綜合問(wèn)題解決的策略往往是把綜合問(wèn)題分解成幾部分，先利用解析幾何的知識(shí)以及數(shù)形結(jié)合得到數(shù)列的通項(xiàng)公式，然后再利用數(shù)列知識(shí)和方法求解．eq\a\vs4\al\co1(數(shù)列與新背景、新定義的綜合問(wèn)題)該類(lèi)問(wèn)題出題背景廣、新穎，解題的關(guān)鍵是讀懂題意，有效地將信息轉(zhuǎn)化，能較好地考查學(xué)生分析、解決問(wèn)題的能力和知識(shí)的遷移能力、以客觀(guān)題或解答題的形式出現(xiàn)，屬于低中檔題．【例1】?在直角坐標(biāo)平面內(nèi)，已知點(diǎn)P1(1,2)，P2(2,22)，P3(3,23)，…，Pn(n,2n)，….如果n為正整數(shù)，則向量eq\o(P1P2,\s\up6(→))＋eq\o(P3P4,\s\up6(→))＋eq\o(P5P6,\s\up6(→))＋…＋P2n－1P2n的縱坐標(biāo)為_(kāi)_______．[審題視點(diǎn)][聽(tīng)課記錄](méi)[審題視點(diǎn)]由PkPk＋1＝(k＋1－k,2k＋1－2k)＝(1,2k)可求解．解析PkPk＋1＝(k＋1－k,2k＋1－2k)＝(1,2k)，于是eq\o(P1P2,\s\up6(→))＋eq\o(P3P4,\s\up6(→))＋eq\o(P5P6,\s\up6(→))＋…＋P2n－1P2n的縱坐標(biāo)為2＋23＋25＋…＋22n－1＝eq\f(21－4n,1－4)＝eq\f(2,3)(4n－1)．答案eq\f(2,3)(4n－1)解決數(shù)列與新背景、新定義的綜合問(wèn)題，可通過(guò)對(duì)新數(shù)表、圖象、新定義的分析、探究，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為等差(比)數(shù)列的問(wèn)題．【突破訓(xùn)練1】(2012·東北三校二模)已知{an}是等差數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和，若S21＝S4000，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)P(1，an)，點(diǎn)Q(2011，a2011)，則eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝()．A．2011B．－2011C．0D．1答案：A[設(shè)Sn＝An2＋Bn，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)A＋B，由S21＝S4000，知4021A＋B＝0，所以a2011＝0，eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝2011＋an×a2011＝2011，故選A.]eq\a\vs4\al\co1(數(shù)列與函數(shù)的綜合問(wèn)題)由于數(shù)列與函數(shù)的緊密聯(lián)系，近幾年高考在數(shù)列與函數(shù)的綜合處命題有加強(qiáng)的趨勢(shì)，常考查以函數(shù)為背景的數(shù)列問(wèn)題，該類(lèi)問(wèn)題的知識(shí)綜合性比較強(qiáng)，能很好地考查邏輯推理能力和運(yùn)算求解能力．需掌握與函數(shù)、函數(shù)性質(zhì)等相關(guān)方面的知識(shí)，難度較大．【例2】?(2012·陜西五校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7.(1)設(shè)函數(shù)y＝f(x)的圖象的頂點(diǎn)的縱坐標(biāo)構(gòu)成數(shù)列{an}，求證：{an}為等差數(shù)列；(2)設(shè)函數(shù)y＝f(x)的圖象的頂點(diǎn)到x軸的距離構(gòu)成數(shù)列{bn}，求{bn}的前n項(xiàng)和Sn.[審題視點(diǎn)](1)配方可求頂點(diǎn)的縱坐標(biāo)，再用定義可證；(2)由bn＝|an|知分類(lèi)求和．(1)證明∵f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7＝[x－(n＋1)]2＋3n－8，∴an＝3n－8，∴an＋1－an＝3(n＋1)－8－(3n－8)＝3，∴數(shù)列{an}為等差數(shù)列．(2)解由題意知，bn＝|an|＝|3n－8|，∴當(dāng)1≤n≤2時(shí)，bn＝8－3n，Sn＝b1＋…＋bn＝eq\f(nb1＋bn,2)＝eq\f(n[5＋8－3n],2)＝eq\f(13n－3n2,2).當(dāng)n≥3時(shí)，bn＝3n－8，Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝5＋2＋[1＋4＋…＋(3n－8)]＝7＋eq\f(n－2[1＋3n－8],2)＝eq\f(3n2－13n＋28,2)，∴Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(13n－3n2,2)，1≤n≤2.,\f(3n2－13n＋28,2)，n≥3.)),解決此類(lèi)問(wèn)題時(shí)要注意把握以下兩點(diǎn)：(1)正確審題，深摳函數(shù)的性質(zhì)與數(shù)列的定義；(2)明確等差、等比數(shù)列的通項(xiàng)、求和公式的特征．【突破訓(xùn)練2】(2012·濰坊二模)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)2，數(shù)列{an}是各項(xiàng)均不為0的等差數(shù)列，點(diǎn)(an＋1，S2n－1)在函數(shù)f(x)的圖象上；數(shù)列{bn}滿(mǎn)足bn＝eq\f(3,4)n－1.(1)求an；(2)若數(shù)列{cn}滿(mǎn)足cn＝eq\f(an,4n－1·bn)，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和．解(1)因?yàn)辄c(diǎn)(an＋1，S2n－1)在函數(shù)f(x)的圖象上，所以aeq\o\al(2,n)＝S2n－1.令n＝1，n＝2，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a\o\al(2,1)＝S1，,a\o\al(2,2)＝S3，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a\o\al(2,1)＝a1，①,a1＋d2＝3a1＋3d，②))由①知a1＝0或a1＝1，∵a1≠0，∴a1＝1.代入②解得d＝－1或d＝2，又d＝－1時(shí)，a2＝0不合題意，∴d＝－1(舍去)，∴d＝2.即an＝2n－1.(2)由(1)得cn＝eq\f(an,4n－1·bn)＝eq\f(2n－1,4n－1·\f(3,4)n－1)＝eq\f(2n－1,3n－1).令Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn，則Tn＝eq\f(1,30)＋eq\f(3,31)＋eq\f(5,32)＋…＋eq\f(2n－3,3n－2)＋eq\f(2n－1,3n－1)，①eq\f(1,3)Tn＝eq\f(1,31)＋eq\f(3,32)＋eq\f(5,33)＋…＋eq\f(2n－3,3n－1)＋eq\f(2n－1,3n)，②①－②得，eq\f(2,3)Tn＝eq\f(1,30)＋eq\f(2,31)＋eq\f(2,32)＋eq\f(2,33)＋…＋eq\f(2,3n－1)－eq\f(2n－1,3n)＝1＋eq\f(2,3)·eq\f(1－\f(1,3n－1),1－\f(1,3))－eq\f(2n－1,3n)＝2－eq\f(1,3n－1)－eq\f(2n－1,3n)＝2－eq\f(2n＋1,3n).所以Tn＝3－eq\f(n＋1,3n－1).eq\a\vs4\al\co1(數(shù)列與不等式的綜合問(wèn)題)數(shù)列與不等式的綜合問(wèn)題是高考的熱點(diǎn)，?？疾椋孩僖詳?shù)列為載體，比較兩項(xiàng)的大小或證明不等式；②以數(shù)列為載體，利用不等式恒成立求參數(shù)．在解答時(shí)需要我們抓住本質(zhì)，進(jìn)行合理變形、求和，再結(jié)合與不等式有關(guān)的知識(shí)求解．試題難度較大．【例3】?(2011·廣東)設(shè)b＞0，數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝b，an＝eq\f(nban－1,an－1＋n－1)(n≥2)．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)證明：對(duì)于一切正整數(shù)n,2an≤bn＋1＋1.[審題視點(diǎn)][聽(tīng)課記錄](méi)[審題視點(diǎn)](1)對(duì)所給遞推關(guān)系式變形(取倒數(shù))后構(gòu)造等比數(shù)列求解．(2)利用基本不等式放縮．(1)解由a1＝b＞0，知an＝eq\f(nban－1,an－1＋n－1)＞0，eq\f(n,an)＝eq\f(1,b)＋eq\f(1,b)eq\f(n－1,an－1).令A(yù)n＝eq\f(n,an)，A1＝eq\f(1,b).當(dāng)n≥2時(shí)，An＝eq\f(1,b)＋eq\f(1,b)An－1＝eq\f(1,b)＋…＋eq\f(1,bn－1)＋eq\f(1,bn－1)A1＝eq\f(1,b)＋…＋eq\f(1,bn－1)＋eq\f(1,bn).①當(dāng)b≠1時(shí)，An＝eq\f(\f(1,b)1－\f(1,bn),1－\f(1,b))＝eq\f(bn－1,bnb－1)；②當(dāng)b＝1時(shí)，An＝n.所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(nbnb－1,bn－1)，b≠1.,1，b＝1))(2)證明當(dāng)b≠1時(shí)，欲證2an＝eq\f(2nbnb－1,bn－1)≤bn＋1＋1，只需證2nbn≤(bn＋1＋1)eq\f(bn－1,b－1).因?yàn)?bn＋1＋1)eq\f(bn－1,b－1)＝b2n＋b2n－1＋…＋bn＋1＋bn－1＋bn－2＋…＋1＝bneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(bn＋\f(1,bn)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(bn－1＋\f(1,bn－1)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))＞bn(2＋2＋…＋2)＝2nbn，所以2an＝eq\f(2nbnb－1,bn－1)＜1＋bn＋1.當(dāng)b＝1,2an＝2＝bn＋1＋1.綜上所述，2an≤bn＋1＋1.與數(shù)列有關(guān)的不等式證明常用的方法有：比較法(作差作商)、放縮法、利用函數(shù)的單調(diào)性、數(shù)學(xué)歸納法證明，其中利用不等式放縮證明是一個(gè)熱點(diǎn)，常常出現(xiàn)在高考的壓軸題中，是歷年命題的熱點(diǎn)．利用放縮法解決“數(shù)列＋不等式”問(wèn)題通常有兩條途徑：一是先放縮再求和，二是先求和再放縮．【突破訓(xùn)練3】(2012·日照一模)已知各項(xiàng)均不相等的等差數(shù)列{an}的前四項(xiàng)和S4＝14，a3是a1，a7的等比中項(xiàng)．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)Tn為數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前n項(xiàng)和，若Tn≤eq\f(1,λ)an＋1對(duì)一切n∈N*恒成立，求實(shí)數(shù)λ的最大值．解(1)設(shè)公差為d，由已知得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a1＋6d＝14，,a1＋2d2＝a1a1＋6d，))解得d＝1或d＝0(舍去)，∴a1＝2，故an＝n＋1.(2)∵eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,n＋1n＋2)＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)，∴Tn＝eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2)＝eq\f(n,2n＋2)，∵Tn≤eq\f(1,λ)an＋1，∴eq\f(n,2n＋2)≤eq\f(1,λ)(n＋2)，即λ≤eq\f(2n＋22,n)＝2n＋eq\f(4,n)＋4，又2n＋eq\f(4,n)＋4≥2×(4＋4)＝16，∴λ的最大值為16.數(shù)列與函數(shù)的“巧妙”對(duì)接縱觀(guān)2012年高考，有多份試卷以數(shù)列與函數(shù)的綜合題為壓軸題，有些大題還穿插了導(dǎo)數(shù)來(lái)研究函數(shù)的工具作用，既考查了函數(shù)的知識(shí)，又考查了數(shù)列的知識(shí)，試題綜合性強(qiáng)，分步解答，有利于高校選拔優(yōu)秀的考生，是一種非常熱門(mén)的題型，預(yù)計(jì)2013年高考仍將在此命題．【示例】?(2012·天津)已知函數(shù)f(x)＝x－ln(x＋a)的最小值為0，其中a＞0.(1)求a的值；(2)若對(duì)任意的x∈[0，＋∞)，有f(x)≤kx2成立，求實(shí)數(shù)k的最小值；(3)證明：eq\i\su(i＝1,n,)eq\f(2,2i－1)－ln(2n＋1)＜2(n∈N*)．[滿(mǎn)分解答](1)f(x)的定義域?yàn)?－a，＋∞)．f′(x)＝1－eq\f(1,x＋a)＝eq\f(x＋a－1,x＋a).由f′(x)＝0，解得x＝1－a＞－a.當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－a,1－a)1－a(1－a，＋∞)f′(x)－0＋f(x)極小值因此，f(x)在x＝1－a處取得最小值，故由題意f(1－a)＝1－a＝0，所以a＝1.(4分)(2)當(dāng)k≤0時(shí)，取x＝1，有f(1)＝1－ln2＞0，故k≤0不合題意．當(dāng)k＞0時(shí)，令g(x)＝f(x)－kx2，即g(x)＝x－ln(x＋1)－kx2.g′(x)＝eq\f(x,x＋1)－2kx＝eq\f(－x[2kx－1－2k],x＋1).令g′(x)＝0，得x1＝0，x2＝eq\f(1－2k,2k)＞－1.①當(dāng)k≥eq\f(1,2)時(shí)，eq\f(1－2k,2k)≤0，g′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，因此g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減．從而對(duì)于任意的x∈[0，＋∞)，總有g(shù)(x)≤g(0)＝0，即f(x)≤kx2在[0，＋∞)上恒成立．故k≥eq\f(1,2)符合題意．②當(dāng)0＜k＜eq\f(1,2)時(shí)，eq\f(1－2k,2k)＞0，對(duì)于x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－2k,2k)))，g′(x)＞0，故g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－2k,2k)))內(nèi)單調(diào)遞增．因此當(dāng)取x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－2k,2k)))時(shí)，g(x0)＞g(0)＝0，即f(x0)≤kxeq\o\al(2,0)不成立．故0＜k＜eq\f(1,2)不合題意．綜上，k的最小值為eq\f(1,2).(8分)(3)當(dāng)n＝1時(shí)，不等式左邊＝2－ln3＜2＝右邊，所以不等式成立．當(dāng)n≥2時(shí)，eq\i\su(i＝1,n,f)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2i－1)))＝eq\i\su(i＝1,n,)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,2i－1)－ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,2i－1)))))＝eq\i\su(i＝1,n,)eq\f(2,2i－1)－eq\i\su(i＝1,n,[)ln(2i＋1)－ln(2i－1)]＝eq\i\su(i＝1,n,)eq\f(2,2i－1)－ln(2n＋1)．在(2)中取k＝eq\f(1,2)，得f(x)≤eq\f(x2,2)(x≥0)，從而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2i－1)))≤eq\f(2,2i－12)＜eq\f(2,2i－32i－1)(i∈N*，i≥2)，所以有eq\i\su(i＝1,n,)eq\f(2,2i－1)－ln(2n＋1)＝eq\i\su(i＝1,n,f)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2i－1)))＝f(2)＋eq\i\su(i＝2,n,f)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2i－1)))＜2－ln3＋eq\i\su(i＝2,n,)eq\f(2,2i－32i－1)＝2－ln3＋eq\i\su(i＝2,n,)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2i－3)－\f(1,2i－1)))＝2－ln3＋1－eq\f(1,2n－1)＜2.綜上，eq\i\su(i＝1,n,)eq\f(2,2i－1)－ln(2n＋1)＜2，n∈N*.(14分)老師叮嚀：本題第1問(wèn)應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值，難度較小，屬于送分題；第2問(wèn)屬于含參函數(shù)的恒成立求參數(shù)范圍問(wèn)題，需構(gòu)造新函數(shù)，再利用導(dǎo)數(shù)研究新函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值等.其中，需對(duì)k進(jìn)行分類(lèi)討論，對(duì)k的每個(gè)范圍利用分析法求得適合題意的k的范圍；第3問(wèn)考查了考生賦值、數(shù)列的求和、放縮法證明不等式等知識(shí).其中，推導(dǎo)是聯(lián)系數(shù)列與函數(shù)的紐帶.再借用第2問(wèn)的結(jié)果可得fx≤eq\f(x2,2).從而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2i－1)))≤eq\f(2,2i－12)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2i－3)－\f(1,2i－1))).為后面利用放縮法證明不等式打下基礎(chǔ).【試一試】已知函數(shù)f(x)＝1－eq\f(a,x)－lnx(a為實(shí)常數(shù))．(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,2)上無(wú)極值，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)討論函數(shù)g(x)＝f(x)－2x的單調(diào)性；(3)已知n∈N*且n≥3，求證：lneq\f(n＋1,3)＜eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,n).(1)解f′(x)＝eq\f(a,x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(a－x,x2).當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，此時(shí)函數(shù)f(x)在(0,2)上無(wú)極值；當(dāng)a＞0時(shí)，由f′(x)＞0，得x＜a；由f′(x)＜0，得x＞a，即函數(shù)f(x)在(0，a)上單調(diào)遞增，在(a，＋∞)上單調(diào)遞減，要使函數(shù)f(x)在(0,2)上無(wú)極值，只要a≥2即可．故所求的實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，0]∪[2，＋∞)．(