数列与导数

“人固有一死，或轻于鸿毛，或重于泰山。”

辗转虚无的列车

对应章节：
选择性必修二 第四章 数列

数列的概念

按照一定顺序排列的一列数称之为数列，数列中的每一个数都称之为这个数列的项，项从左往右从 开始编号，第一个位置上的数称为第 项，第 个位置的数称为第 项。特别地，第 项也被称为首项。

分类	定义
有穷数列	项数有限的数列
无穷数列	项数无限的数列

数列的一般形式写作：

$$a_1,a_2,\dots,a_n,\dots$$

简写为 。

数列具有从项到序号的对应关系，所以 可以看作是从正整数集 到实数集 的函数，自变量为序号 ，也可以说，数列是自变量为离散的数的函数。记 ，则一列函数值 ，就是数列 ，而对于 如果 有意义，则 构成数列 。

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数列的性质

定义数列的单调性，第 项起满足 的数列称为递增数列；反之，满足 的数列称为递减数列。特别地，满足 的数列称为常数列。

如果对于数列 ，其项 与 之间可以用一个式子表示，则这个式子称为这个数列的通项公式，也就是这个数列的函数解析式。如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，则该式子是这个数列的递推公式。知道通项公式或者首项和递推公式，都可以直接得到这个数列。

通项公式的运用示例

知道通项公式后，我们可以计算某一项的值，也可以判断某一个值是否属于这个数列。

e.g.1

已知数列 的通项公式是 ，求第 项的值。

解答

直接代入 并计算得到答案：

e.g.2

存在一个数列 其通项公式为 求 是否是该数列的某一项，如果是，求出是第几项。

解答

设 ，得到 。

解得 ，因为 ，所以 是第 项。

同理设 ，得到 。

解的 ，因为 是正整数，所以 不是数列 的项。

递推公式的运用示例

斐波那契数列的递推公式是：

平方公式的递推公式是：

e.g.1

已知数列 的前 项和公式为 ，求该数列的通项公式。

解答

根据前缀和知识，我们可以得到：

$$\begin{align} a_n&=\nonumber S_{n}-S_{n-1} \\&=\nonumber n^2+n-\left((n-1)^2+(n-1)\right) \\&=\nonumber n^2+n-\left(n^2-2n+1+n-1\right) \\&=\nonumber 2n(n\geq 1) \end{align}$$

检验，当 时，，满足通项公式。所以数列 的通项公式为 。

e.g.2

已知数列 的递推公式为 ，且 ，求该数列的首项。

解答

通过递推公式，我们可以找到 和 的关系：

$$\begin{align} a_n&=\nonumber 1-\frac{1}{a_{n-1}} \\ \frac{1}{a_{n-1}}&=\nonumber 1-a_n \\ a_{n-1}&=\nonumber \frac{1}{1-a_n} \end{align}$$

所以我们可以求解 ，同理得到：。

所以该数列的首项为 。

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等差数列

一般而言，对于一个数列 ，如果 ，而 是一个常数，则称该数列为等差数列。并将 称为该等差数列的公差。

一个有 个项的有穷数列 ，如果该数列是等差数列，则 是 的等差中项，显然地，。存在一个等差数列 ，对于任意的 ，满足 是偶数，则有 。

如果一个等差数列的首项为 ，公差为 ，可以得到该数列的通项公式为

$$\boxed{a_n=a_1+(n-1)d}$$

容易发现，一个等差数列就是一个一次函数的所有整数点的函数值。

记 ，可以得到等差数列的前缀和公式：

$$\boxed{S_n=\frac{n(a_1+a_n)}{2}=na_1+\frac{n(n-1)}{2}d}$$

等差数列的运用

e.g.1

已知一个多边形的周长为 ，其各边长度构成一个等差数列，最大边长为 ，公差为 ，求多边形边数。

解答

我们将其最大边长视作首项，记为 ，则公差就变成了 ，设边数为 得到：

$$\begin{align} 44n-\frac{3n(n-1)}{2}&=\nonumber 158\\ 44n-\frac{3}{2}(n^2-n)&=\nonumber 158\\ 3n^2-91n+316&=\nonumber 0\\ (3n-79)(n-4)&=\nonumber 0 \end{align}$$

解得 ，因为 是整数，所以边数为 。

e.g.2

已知等差数列 的公差为 ，证明：

解答

设该数列的通项公式为 ，则 ，解得 ，所以得到 。

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等比数列

类似于等差数列，我们规定一个数列如果满足 ，而 是一个常数，则称其为等比数列，并把 叫做其公比。

类似于等差中项，等比中项的概念为存在一个数 使 构成等比数列，将 称为 的等比中项，此时满足 。类推可以知道：，其中 为正整数，对于等比数列 ，有 。

对于等比数列 ，首项为 ，公比为 ，则该数列的通项公式为：

$$\boxed{a_n=a_1\times q^{n-1}}$$

而在知道公比 的前提下，知道该数列的任意一项，都可以表示出另外一项，形如：。

等比数列的运用

e.g.1

有穷数列 一共有 项，前 项构成等差数列，后 项构成等比数列，有 ，求这个数列。

解答

由题意得：，可以得到关于 的二元方程组形如：

$$\begin{cases} \displaystyle a_1+a_5=132 \\ \displaystyle \frac{1}{2}a_1+40+4\sqrt{5a_5}=136 \end{cases}$$

解得 或 。

所以我们可以得到该数列为 或 。

解答II

设前三项的公差为 ，后三项的公比为 ，则这个数列可以表示为 。

得到关于 的二元方程组：

$$\begin{cases} \displaystyle (80-2d)+80q^2=132 \\ \displaystyle (80-d)+80q=136 \end{cases}$$

解得： 或 。

则我们可以得到该数列为 或 。

e.g.2

如果等比数列 的首项 ，公比为 ，证明：数列 是等差数列。

证明

得到该数列的通项公式为 。

则有 。

得到 ，以及 。

所以 是首项为 ，公差为 的等差数列。

现在我们来考虑如何求得等比数列的前缀和公式，用求和记号可以这样写：

$$S_n=\sum_{i\leq n}a_1q^{i-1}=a_1\sum_{i\leq n}q^{i-1}$$

所以现在的问题在于如何求指数和。可以从错位相减法的方向考虑，得到：

$$qS_n=a_1=\sum_{i\leq n}q^{i}$$

相减得到：

$$(q-1)S_n=a_1(q^n-1)$$

化简得到等比数列的前缀和公式：

$$\boxed{S_n=a_1\frac{q^n-1}{q-1}(q\neq 1)}$$

同样可以通过首项与末项的关系得到变形：

$$S_n=\frac{a_1-a_nq}{1-q}(q\neq 1)$$

这个式子解决了有关「棋盘稻穗」带来了古代数学问题。但需要注意的是 在 的时候，上述式子是不存在的，所以实际上的 需要分讨得出：

$$\boxed{S_n=\begin{cases}\displaystyle a_1\frac{q^n-1}{q-1}&,q\neq 1\\na_1&,q=1\end{cases}}$$

当 时，等比数列就变为常数列了。因此，做题的时候，也一定要首先特判 的情况，避免出错或者扣除步骤分。

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数列的综合运用

Pro I

已知一个等比数列 的首项为 ，记其前缀和为 ，有 ，求其公比 。

解答

若 ，得到 ，则有：，与题目条件不符。

所以 ，得到：

$$-\frac{q^{10}-1}{q-1}\times -\left(\frac{q^5-1}{q-1}\right)^{-1}=\frac{31}{32}$$

整理得到：，即得到：。所以该等比数列的公差为 。

Pro II

已知等比数列 的公差 ，记其前缀和为 ，证明： 为等比数列。

证明

当 时，，可以得到：

$$\begin{align} S_{2n}-S_{n}&=\nonumber (2n-n)a_1=na_1 \\ S_{3n}-S_{n}&=\nonumber (3n-2n)a_1=na_1 \\ &\cdots\nonumber \\ S_{kn}-S_{(k-1)n}&=\nonumber \big(kn-(k-1)n\big)a_1=na_1 \end{align}$$

所以是一个等比数列，公比为 。

当 时，我们可以得到：

$$\begin{align} S_n&=\nonumber\frac{a_1(q^n-1)}{q-1}\\ S_{2n}-S_n&=\nonumber\frac{a_1(q^{2n}-1)}{q-1}-\frac{a_1(q^n-1)}{q-1}=\frac{a_1}{q-1}\big( (q^n+1)(q^n-1)-(q^n-1) \big)=q^nS_n\\ S_{3n}-S_{2n}&=\nonumber\frac{a_1(q^{3n}-1)}{q-1}-\frac{a_1(q^{2n}-1)}{q-1}=\frac{a_1}{q-1}\big( (q^n-1)(q^{2n}+q^n+1)-(q^n+1)(q^n-1) \big)=q^{2n}S_n\\ S_{kn}-S_{(k-1)n}&=\nonumber\frac{a_1(q^{kn}-1)}{q-1}-\frac{a_1(q^{(k-1)n}-1)}{q-1}=\frac{a_1}{q-1}\Big((q^n-1)(q^{(k-1)n}+q^{(k-2)n}+\cdots+q+1)-(q^n-1)(q^{k-2}+q^{k-3}+\cdots+q+1) \Big)=q^{(k-1)n}S_n \end{align}$$

因此，上述数列是一个公比为 的等比数列。

Pro III

求和：

解答

将式子拆解为 部分：，显然地，前面是一个等差数列，首项公差都为 ；后半部分时一个等比数列，首项为 ，等比为 。

则前半部分的和为 ，后半部分的和为 。

将两部分求和得到答案：。

Pro IV

令 为等比数列 的前缀和，如果 构成等差数列，求证： 构成等差数列。

证明

设该等比数列的首项为 ，公比为 。则有：，，。因为 是 的等差中项。

若 ，则 ，但 ，而 ，即 ，所以 。

则有等式：

$$2a_1\frac{q^9-1}{q-1}=\frac{a_1}{q-1}(q^6+q^3-2)$$

化简得到：

$$\begin{align} 2(q^9-1)&=\nonumber (q^3-1)(q^3+2)\\ 2(q^3-1)(q^6+q^3+1)&=\nonumber (q^3-1)(q^3+2)\\ 2q^6+2q^3+2&=\nonumber q^3+2\\ 2q^6+q^3&=\nonumber 0\\ q^3(2q^3+1)&=\nonumber 0 \end{align}$$

则有 。

如果 ，则 ，此时 是首项和公差都为 的等差数列。

如果 ，则 ，有 ，也就是满足 ，所以 是等差数列。首项为 ，公差为 。

Pro V

已知 是等差数列，且 ，令 表示数列前缀和，存在数列 满足 ，求证：

1. 为等差数列。
2. 数列 中的任意三项均不能构成等比数列。

第 1 问证明

根据前缀和公式得到：，容易得到：。

设 的公差为 ，易知：，即 ，所以 。可以表示 。

则 是首项为 ，公差为 的等差数列。

第 2 问证明

令 且 ，则有 。

假设 构成等比数列，公比为 。

则 。且有 ，列出等式：

$$\begin{align} (1+\sqrt 2(i-1))(1+\sqrt 2(k-1))&=\nonumber (1+\sqrt 2(j-1))^2\\ 1+\sqrt 2(i+k-2)+2(i-1)(k-1)&=\nonumber 1+2\sqrt 2(j-1)+2(j-1)^2\\ 2(ik-i-k+1)-2(j^2-2j+1)&=\nonumber \sqrt 2(2j-2-i-k+2)\\ 2(ik-i-k-j^2-2j)&=\nonumber \sqrt 2(2j-i-k) \end{align}$$

因为 都是正整数，左边显然为有理数，而右式显然为无理数，等式不成立，假设不成立。

所以得出结论，数列 中的任意三项均不能构成等比数列。

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等差等比数列的互相形成性

在 的第二问中，我们证明了一个有关等差与等比数列互相转换的问题不存在，现在考虑这个结论是否可以进行推广。

Conclusion I

对于能够构成等差数列的三项 ，无法构成等比数列。

证明

利用反证法，我们假设能够构成等比数列，会产生下列方程组：

$$\begin{cases} x+z&=2y \\ x\cdot z&=y^2 \end{cases}$$

将 代入第 个式子中得到：

$$\begin{align} xz&=\left(\frac{x+z}{2}\right)^2\nonumber\\ 4xz&=x^2+2xz+z^2\nonumber\\ x^2-2xz+z^2&=0\nonumber\\ (x-z)^2&=0\nonumber \end{align}$$

解出来的结果为 ，此时 与条件不符。

故得出结论，构成等差数列的三项无法构成等比数列。

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Conclusion II

对于能够构成等比数列的三项 ，无法构成等差数列。

证明同上。

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Conclusion III

对于一个等差数列 ，首项为 ，公差为 ，如果有 为无理数，

则该数列任取三项 都不能构成等比数列。

这就是 的推论了，现在我们来证明一下。

证明

我们同样使用反证法，如果结论成立，则有 ，而又有 ，这里我们让 都加 ，代入式子得到：

$$\begin{align} (a_1+di)(a_1+dk)&=\nonumber (a_1+dj)^2\\ {a_1}^2+da_1(i+k)+d^2ik&=\nonumber {a_1}^2+2da_1j+d^2j^2\\ da_1(i+k-2j)&=\nonumber d^2(ik-j^2)\\ \frac{a_1}{d}&=\nonumber \frac{i+k-2j}{ik-j^2} \end{align}$$

同样地，因为 都是正整数，所以右式一定是有理数，而当 是无理数的时候，该等式不可能成立，所以结论不成立。

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Conclusion VI

对于一个等比数列 ，首项为 ，公比为 ，如果有 为有理数，

则该数列任取三项 都不能构成等差数列。

证明

同样使用反证法。

有 ，这里为了表示简便把 都执行了 。有 ，得到等式：

$$\begin{align} a_1q^i+a_1q^k&=\nonumber 2a_1q^{j}\\ q^i+q^k&=\nonumber 2q^j\\ 1+q^{k-i}&=\nonumber 2q^{j-i} \end{align}$$

这里设 ，其中 是正整数且 ，继续化简：

$$\begin{align} 1+\left(\frac{x}{y}\right)^{k-i}&=\nonumber 2\left(\frac{x}{y}\right)^{j-i}\\ y^{k-i}+x^{k-i}&=\nonumber 2x^{j-i}\times y^{k-j} \end{align}$$

首先， 不可能同时为 ，否则有悖题意，考虑如果 ，则一定满足 ，即 一定整除右式，又因为 ，则一定也有 ，所以等式一定不成立。

再考虑 的情况，有 ，我们需要证明这个高次方程除了 之外没有正整数解，可以对 进行质因子分析，具体我还没学会（唐超说是初等数论的内容），也可以尝试从多项式角度思考，具体证明交给读者。

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数学归纳法

这是一个非常严谨但是又不太严谨的证明方法。在多米诺骨牌中，就有如同连锁反应一般的效力存在，一个接一个地倒下，顺理成章，而其起始又是如何呢，考虑重新回顾这个过程。要让所有的骨牌一并倒下，只需要两个条件：

• 第一块骨牌倒下。
• 上一块骨牌要让下一块倒下。

这就是骨牌的递推关系。如果满足了这样的条件，这一组骨牌一定会全部倒下。

接下来我们考虑以下这个问题。

e.g.1

已知数列 ，满足 ，且递推公式形如 ，猜想该数列的通项公式。

解答

我们首先可以得到：，以及 ，但我们肯定无法一项一项的计算然后进行不完全归纳法，所以考虑一种假设法。

对此我们假设 成立，则 ，成立，又因为 成立，所以我们得到，数列 的通项公式为 。

上面这道题，就有了我们数学归纳法（）的雏形了。

具体而言，数学归纳法分为两个步骤，我们以证明与正整数 相关的问题为例：

1. 归纳奠基：证明当 时命题成立。
2. 归纳递推：以「当 时命题成立」为条件，证明当 时成立。

这就是数学归纳法。用数学语言可以如此表示：

记 是一个有关正整数 的命题：

如果 为真；在 为真时 为真，

则 为真。

数学归纳法看起来十分不合理，因为这其中带有太多的假设成分，但实际上这个假设成分也是我们已经得证的结论，所以实际上是一种十分严谨的证明。

数学归纳法的运用

e.g.1

证明：

解答

记 ，则有 ，所以当 时上述式子成立。

假设 成立，其中 ，则：

$$\begin{align} S(k)&=\nonumber S(k-1)+k^2\\ &=\nonumber\frac{1}{6}(k-1)(k-1+1)\big(2(k-1)+1\big)+k^2\\ &=\nonumber\frac{1}{6}k(k-1)(2k-1)+k^2\\ &=\nonumber\frac{1}{6}(2k^3-3k^2+k)+\frac{1}{6}(6\times k^2)\\ &=\nonumber\frac{1}{6}(2k^3+3k^2+k)\\ &=\nonumber\frac{1}{6}k(k+1)(2k+1) \end{align}$$

所以，对于任意正整数， 成立。

e.g.2

已知数列 有 ，求该数列的通项公式。

解答

首先化简已知式子：

$$\begin{align} a_{n+1}(2-a_{n})&=\nonumber 1\\ a_{n+1}&=\nonumber\frac{1}{2-a_{n}} \end{align}$$

通过递推公式可以得到：

根据前几项的假设，我们猜测数列 的通项公式为 ，并加以证明：

当 时，，假设成立。

当 时，设 在 时成立，则：

$$\begin{align} a_n&=\nonumber\frac{1}{2-a_{n-1}}\\ &=\nonumber\frac{1}{2-\frac{n-2}{n-1}}\\ &=\nonumber\frac{1}{\frac{n}{n-1}}\\ &=\nonumber\frac{n-1}{n} \end{align}$$

所以 在 时成立。

所以数列 的通项公式为 。

e.g.3

已知 为正实数， 为大于 的正整数，存在数列：

$$1,1+x,(1+x)^2,(1+x)^3,(1+x)^4,\dots,(1+x)^{n-1},(1+x)^n,\dots$$

的前缀和记为 ，尝试比较 与 的大小关系并证明。

解答

我们先手玩几个：

当 时，，即 ；

当 时，，即 。

因此，猜想对于 ，存在 。

假设当 时 成立，则有 ，且 。

因为 ，则 ，所以 ，得到 ，所以当 时 成立。

当然，这道题同样可以使用等比数列的相关公式进行证明，笔者在这里不多赘述。

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数列习题集

Problem I

存在 个不全相等的非零实数 ，请问：

1. 若 构成等差数列， 是否也能构成等差数列。
2. 若 构成等比数列， 是否也能构成等比数列。

第一问解答

假设 构成等差数列，则有：

$$\begin{cases} 2b&=a+c\\ \frac{2}{b}&=\frac{1}{a}+\frac{1}{c} \end{cases}$$

化简第二个式子可以得到 ，将 代入得到：

$$\begin{align} 2ac&=\nonumber\frac{1}{2}(a+c)^2\\ 4ac&=\nonumber a^2+2ac+c^2\\ (a-c)^2&=\nonumber 0\\ a&=\nonumber c \end{align}$$

将 代入一式得 与题意相符，所以假设不成立。

所以 不能构成等差数列。

第二问解答

假设结论成立，得到：

$$\begin{cases} b^2&=a\cdot c\\ \frac{1}{b^2}&=\frac{1}{ac} \end{cases}$$

化简第二式得到：，与一式成立，所以结论成立。

Problem II

存在等差数列 ，记 表示前缀和，其中有 ，求：

1. 的通项公式。
2. 若 ，令 ，求数列 的前缀和 。

第一问解答

设首项为 ，公差为 ，可以得到：

$$\begin{cases} a_2&=2a_1+1\\ a_4&=4a_1+3\\ 4(a_1+a_2)&=2(a_1+a_4) \end{cases}$$

联立得到：

$$\begin{cases} 2a_1+1&=a_1+d\\ 12a_1+4&=10a_1+6 \end{cases}$$

解得：，则该数列的通项公式为：

$$a_n=2n-1$$

第二问解答

由题知：，直接令 表示 的前缀和，得到 的表达式：

$$\begin{align} C_n&=\nonumber c_1+c_2+c_3+\cdots+c_n\\ C_{n+1}&=\nonumber c_1+c_2+c_3+\cdots+c_{n+1} \end{align}$$

可以推出 的递推公式：，所以有：

$$\begin{align} \frac{3(2n+1)}{2n-1}C_n&=\nonumber c_2+c_3+\cdots+c_{n+1}\\ \left(\frac{3(2n+1)}{2n-1}-1\right)C_n&=\nonumber c_{n+1}-c_1\\ \frac{4n+4}{2n-1}C_n&=\nonumber (2n+1)3^n-1 \end{align}$$

所以可以得到：

$$T_n=\frac{4n^2-1}{4(n+1)}\cdot 3^n-\frac{2n-1}{4(n+1)}$$

需要注意的是，这里是通过递推公式并运用辗转相除法获得答案，笔者其实也并不知道之中的运算是否有误，若读者发现错误可尽快与笔者联系。

Problem III

设 表示等比数列 的前缀和，且 ，求问：

1. 求数列 的通项公式；
2. 若在 和 之间插入 个数，使这 个数组成一个公差为 的等差数列。在数列 是否存在 （其中 构成等差数列）构成等比数列，若存在，求出 ，若不存在，说明理由。

第一问解答

根据题意可以得到：

$$\begin{cases} a_{n+1}&=2S_n+2\\ a_{n}&=2S_{n-1}+2 \end{cases}$$

两式相减得到：

$$a_{n+1}-a_{n}=2(S_n-S_{n-1})=2a_n$$

所以 ，也就是公比为 。代入式子可以得到 。

所以该数列的通项公式为 。

第二问解答

当 时，我们在 中插入 ，此时 。

当 时，我们在 中插入 ，此时 。

所以对于等差数列 ，首项为 ，末项为 ，项数为 ，可以计算出公差 。

得到数列 的通项公式：

$$d_n=\frac{4\times 3^{n-1}}{n+1}$$

假设存在 ，则有：

$$\begin{cases} m+p&=2k\\ \displaystyle\frac{4\times 3^{m-1}}{m+1}\times \frac{4\times 3^{p-1}}{p+1}=\frac{16\times 3^{2k-2}}{(k+1)^2} \end{cases}$$

计算第二个式子：

$$\begin{align} \frac{3^{m+p-2}}{(m+1)(p+1)}&=\nonumber \frac{3^{m+p-2}}{k^2+m+p+1}\\ mp+m+p+1&=\nonumber k^2+m+p+1\\ mp&=k^2\nonumber \end{align}$$

根据上文的等差等比互相形成性的引理 ，这是矛盾的。

所以不存在 为等差数列，且 是等比数列。

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浅谈不动点

观前提醒

不动点求通项公式是数列习题中一个极其实用的方法，在数学奥林匹克竞赛（）中尤为常见，但现在的高考以不再使用不动点进行命题，读者酌情阅读。

现在我们抛出一个很早之前就大概见识过的一个问题：

斐波那契数列

已知一个数列 满足：

$$f_n= \begin{cases} 1&,n=1,2\\ f_{n-1}+f_{n-2}&,n\geq 3 \end{cases}$$

求数列 的通项公式。

这个问题大概很多人在学习途中都有所见闻，大多数人也都背过这个公式，但我想，如果让读者来求的话，估计会很难求，所以，接下来会介绍一个求解二元递推公式的通项公式，称为不动点。

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对于函数 ，若存在 满足 ，则称 是函数 的一阶不动点，简称 的不动点。以此类推，如果存在 满足 的话， 就是 的二阶不动点。

从几何角度来讲，函数 的不动点集合为 和 的所有交点。

而对于数列而言，一般的递推公式都可以写成 的形式，定义递推数列 的不动点为，若存在递推公式 ，且存在实数 ，使得 ，则 为数列 的不动点。

那不动点的运用有哪些呢？这里假设第 项 为数列 的不动点，则就有 ，而因为 ，就存在 ，根据数学归纳法可以得知，，也就是 之后的所有项的值都不会变，也就不动了。

但很显然地，并不是任意的递推数列都存在不动点，换句话说其不动点可能为虚数甚至复数，但当数列 的值收敛至 时，带入递推式同样可以得到 ，此时 依然可以被视作数列 的不动点。

不动点与一阶线性递推数列

一阶线性递推数列是指一个数列 的递推公式形如：

$$x_{n+1}=px_n+q$$

其中 的数列。

容易发现，当 时，就是我们通常了解的等差数列，是一个公差为 的等差数列，其通项公式为 ，这里不多赘述。

而当 时，我们尝试找出一个值 ，使得 是一个等比数列，也就是有 ，代换相解可以得到：，从而解出 。

因此，我们可以知道 是一个公比为 的等比数列，通过等比数列的通项公式可以得到：

$$x_n-\frac{q}{1-p}=p^{n-1}\cdot\left(x_1-\frac{q}{1-p}\right)$$

化简可以得到这个一阶线性递推数列的通项公式：

$$x_n=\frac{q}{1-p}+p^{n-1}\cdot\left(x_1-\frac{q}{1-p}\right)$$

因此，对于数列 的通项公式求解，我们已经得到了答案：

$$x_n= \begin{cases} (n-1)q+x_1&,p=1\\ \frac{q}{1-p}+p^{n-1}\cdot\left(x_1-\frac{q}{1-p}\right)&,p\neq 1 \end{cases}$$

而事实上，我们发现， 满足 ，是数列 的不动点。于是，我们可以更加巧妙的解决这个问题：

• 当 时，数列为等差数列；
• 当 时，找到该数列的不动点 ，此时 为等比数列。

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不动点与分式递推数列

考虑一个比一阶递推较为困难的问题，一个数列 的递推式形如：

$$x_{n+1}=\frac{ax_n+b}{cx_n+d}$$

其中 为实数，求 的通项公式。

有了上面的经验，我们首先求出这个数列的不动点，得到一个一元二次方程：，此时就会出现三种情况：无根，有根，二根，我们结合实例进行分析。

e.g.1

设数列 满足：，求数列 的通项公式。

解答

因为正向并不好做，所以我们考虑一个换元的思路，使得式子取倒数后两边的分子或者分母仅含 和 项，使其成为一个等差数列，设 ，得到：

$$\begin{align} x_{n+1}-\alpha&=\nonumber\frac{(5-\alpha)x_n-3\alpha-1}{x_n+3} \end{align}$$

所以有：

$$(5-\alpha)x_n-(3\alpha+1)=p(x_n-\alpha)$$

即：

$$\begin{cases} 5-\alpha&=p\\ 3\alpha+1&=p\alpha \end{cases}$$

解得：，所以有：

$$x_{n+1}-1=\frac{4(x_n-1)}{x_n+3}$$

取倒数得到：

$$\frac{1}{x_{n+1}-1}=\frac{x_n+3}{4(x_n-1)}=\frac{1}{4}+\frac{1}{x_n-1}$$

所以数列 是一个等差数列，以此得到：

$$\frac{1}{x_n-1}=\frac{1}{4}(n-1)+1$$

也就是：

$$x_n=\frac{n+7}{n+3}$$

分析

容易发现， 就是该数列的不动点，也就是特征方程的解，此时该一元二次方程只有一个实数解为 。

e.g.2

有数列 满足 ，求通项公式。

解答

我们同样用上一题的思路：

$$\begin{align} a_{n+1}-\beta&=\nonumber \frac{(4-\beta)a_n-(\beta+2)}{a_n+1} \end{align}$$

得到：

$$\begin{cases} 4-\beta&=p\\ \beta+2&=p\cdot\beta \end{cases}$$

解得： 或者 。

首先代入第一组解：

$$\begin{align} a_{n+1}-1&=\nonumber\frac{3(a_n-1)}{a_n+1}\\ \frac{1}{a_{n+1}-1}&=\nonumber\frac{a_n+1}{3(a_n-1)}\\ \frac{1}{a_{n+1}-1}&=\nonumber\frac{1}{3}+\frac{2}{3(a_n-1)} \end{align}$$

代入第二组解：

$$\begin{align} a_{n+1}-2&=\nonumber\frac{2(a_n-2)}{a_n+1}\\ \frac{1}{a_{n+1}-2}&=\nonumber\frac{a_n+1}{2(a_n-2)}\\ \frac{1}{a_{n+1}-2}&=\nonumber\frac{1}{2}+\frac{3}{2(a_n-2)} \end{align}$$

将两式相除得到：

$$\frac{a_{n+1}-1}{a_{n+1}-2}=\frac{3}{2}\cdot\frac{a_n-1}{a_n-2}$$

所以数列 是等比数列，得到：

$$\frac{a_n-1}{a_n-2}=2\cdot\left(\frac{3}{2}\right)^{n-1}$$

解得：

$$a_n=\frac{8\cdot 3^n-3\cdot 2^n}{4\cdot 3^n-3\cdot 2^n}$$

分析

容易发现， 的两个值就是特征方程的两个解，也就是不动点有 个得到情况。

总结出来，就是：

• 若该数列只有一个不动点 ，则数列 是等差数列；
• 若该数列有两个不动点 ，则数列 为等比数列。

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扩展阅读

有关在文首提到的有关斐波那契数列（也就是二阶线性递推数列）的通项公式求解，以及有关不动点不存在复数解部分的学习，因为高考并不涉及这一部分，所以我考虑暂时搁置，等之后可能有时间的时候在另作补充。

知乎答主 的几篇学习笔记以及回答可以作为参考资料学习，本文的例题也出自于此。

• 「数列」浅谈“不动点”求数列通项的方法

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划落时空的利箭

对应章节：
选择性必修二 第五章 一元函数的导数及其应用

导数的概念与意义

在高中物理中，我们学习过一些有关运动学的概念，其中对瞬时速度的推导值得我们注意。一个物体在一段时间内的平均速度为 ，也就是这一段时间内的位移与时间的比值，而当 足够小时，我们可以将这个平均速度 视为当前时刻的瞬时速度。

从微积分的角度而言，我们可以将瞬时速度 称作当 无限趋近于 时， 的极限，记作：

$$\lim_{\Delta t\rightarrow 0}\frac{\Delta s}{\Delta t}=v_t \nonumber$$

我们同样用这样的方法来研究圆锥曲线，我们在抛物线上任取两点 构成抛物线的一条割线，而当 与 越来越靠近，也就是当 越来越小的时候， 就越来越接近一个确定的数，此时这条直线就可以所作为抛物线 点的切线。

我们将 的切线记作 ，则有：

$$\lim_{|PP_0|\rightarrow 0}k_{PP_0}=k_{P_0}$$

以上二者都采用了由「平均变化率」到「瞬时变化率」的转变，这一点适用于大多数理科问题。

对于函数 ，令自变量 从 变化到 ，相应的函数值 也会从 变化到 ，此时我们记：

$$\Delta y=f(x_0+\Delta x)-f(x_0)$$

则有：

$$\frac{\Delta y}{\Delta x}=\frac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}$$

此时我们将这个比值 称作函数 从 到 的平均变化率。

如果当 趋近于 ，平均变化率 也趋近于了一个确定的值 ，则称 有极限，并称 在 处可导，并将 称作 在 处的导数（），也就是瞬时变化率。记作 或 即：

$$f'(x_0)=\lim_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{\Delta y}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}$$

接下来我们看一些例子：

e.g.1

存在一个函数 ，求 。

解答

我们直接根据定义进行计算：

$$\begin{align} \frac{\Delta y}{\Delta x}&=\nonumber \frac{f(\Delta x+2)-f(2)}{\Delta x} \\&=\nonumber \frac{(\Delta x+2)^2-7(\Delta x+2)+15-2^2+7\times 2-15}{\Delta x} \\&=\nonumber \frac{\Delta x^2-3\Delta x}{\Delta x} \\&=\nonumber \Delta x-3 \end{align}$$

因此，可以得到：

$$f'(2)=\lim_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{\Delta y}{\Delta x}=-3$$

同理，计算出 。

因此，我们可以知道，平均变化率反应割线的斜率，而瞬时变化率反应切线的斜率，这就是导数的几何意义。

对于任意一个在定义域内的 ，如何 都可导，则称 为 的导函数。

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导数的基本运算

对于我们而言，如果每一次求解导数的时候都使用定义进行计算的话，未免显得稍有麻烦。所以，如果我们能够把一个函数拆分成若干个较为简单的函数，并对这些函数的导数进行统计，应该就能得到更好的方法。

基本函数求导

常数函数

我们对函数 进行求导：

$$\begin{align} f'(x)&=\nonumber \frac{f'(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x} \\&=\nonumber \frac{c-c}{\Delta x} \\&=\nonumber 0 \end{align}$$

所以函数 的导函数为 。

一次函数

接下来，我们对函数 进行求导，设 为 在 处的导数。

则有：

$$\begin{align} f'(x)&=\nonumber \frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x} \\&=\nonumber \frac{(x+\Delta x)-x}{\Delta x} \\&=\nonumber \frac{\Delta x}{\Delta x} \\&=\nonumber 1 \end{align}$$

所以， 的导函数为 ，这是显然的，因为一次函数 的斜率始终为 ，所以我们也证实了导数的几何意义。

二次函数

对 进行求导：

$$\begin{align} f'(x)&=\nonumber \frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x} \\&=\nonumber \frac{(x+\Delta x)^2-x^2}{\Delta x} \\&=\nonumber \frac{2\Delta x\cdot x+\Delta x^2}{\Delta x} \\&=\nonumber 2x+\Delta x \end{align}$$

根据导数的定义，有：

$$f'(x)=\lim_{\Delta x\rightarrow 0}(2x+\Delta x)=2x$$

所以 的导函数为

三次函数

对 进行求导：

$$\begin{align} f'(x)&=\nonumber \frac{(x+\Delta x)^3-x^3}{\Delta x} \\&=\nonumber \frac{3x^2\cdot\Delta x+3x\cdot\Delta x^2+\Delta x^3}{\Delta x} \\&=\nonumber 3x^2+3x\cdot\Delta x+\Delta x^2 \\ h(x_0)&=\nonumber \lim_{\Delta x\rightarrow 0}(3x^2+3x\cdot\Delta x+\Delta x^2) \\&=\nonumber 3x^2 \end{align}$$

所以三次函数的导数为

反比例函数

对 进行求导：

$$\begin{align} f'(x)&=\nonumber \frac{\frac{1}{x+\Delta x}-\frac{1}{x}}{\Delta x} \\&=\nonumber \frac{\frac{-\Delta x}{x(x+\Delta x)}}{\Delta x} \\&=\nonumber -\frac{1}{x^2+\Delta x\cdot x} \\ h(x_0) &=\nonumber \lim_{\Delta x\rightarrow 0}\left(-\frac{1}{x^2+\Delta x\cdot x}\right) \\&=\nonumber -\frac{1}{x^2} \end{align}$$

容易发现，虽然求导后升次了，但前后的函数几何意义完全不同，导函数得到的是反比例函数某一点切线的斜率，这在我们解题中会有很大的帮助。

根式函数

对 进行求导：

$$\begin{align} f'(x)&=\nonumber \frac{\sqrt{x+\Delta x}-\sqrt x}{\Delta x} \\&=\nonumber \frac{\left(\sqrt{x+\Delta x}-\sqrt x\right)\left(\sqrt{x+\Delta x}+\sqrt x\right)}{\Delta x\left(\sqrt{x+\Delta x}+\sqrt x\right)} \\&=\nonumber \frac{1}{\sqrt{x+\Delta x}+\sqrt x} \\ h(x)&=\nonumber \lim_{\Delta x\rightarrow 0}\left(\frac{1}{\sqrt{\Delta x+x}+\sqrt x}\right) \\&=\nonumber \frac{1}{2\sqrt x} \end{align}$$

实际上，诸如此类的基本函数还有很多（专业术语一般称之为初等函数），笔者在此赋上初级高等数学需要用到的一些导数公式：

函数	导数

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基本导数运算

虽然我们已经知道了大多数可能会用到的基本函数的导数，这些在考试的时候是可以直接使用的，但实际上，我们也有可能遇到更多的函数并不会长得像直接能够给我们求导的函数，这个时候，我们可以想方设法使用已知的导数推导未知的函数。

导数的加减运算

我们设函数 ，且 可导，求 的导数。

我们还是考虑从定义入手：

$$\begin{align} h'(x)&=\nonumber \frac{h(x+\Delta x)-h(x)}{\Delta x} \\&=\nonumber \frac{f(x+\Delta x)+g(x+\Delta x)-\big(f(x)+g(x)\big)}{\Delta x} \\&=\nonumber \frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}+\frac{g(x+\Delta x)-g(x)}{\Delta x} \\&=\nonumber f'(x)+g'(x) \end{align}$$

所以，我们可以得到以下法则：

$$\boxed{\displaystyle [f(x)\pm g(x)]'=f'(x)\pm g'(x)}$$

通过这样，我们就可以求解类似于 这样函数的导数了。

导数的乘法运算

我们同样考虑从定义入手，设定 ，其中 可导，导函数为 ，现在来求导 。

$$\begin{align} h'(x)&=\nonumber \frac{h(x+\Delta x)-h(x)}{\Delta x} \\&=\nonumber \frac{f(x+\Delta x)\ast g(x+\Delta x)-f(x)\ast g(x)} {\Delta x} \end{align}$$

容易发现现在这个式子已经动不了了，所以考虑从 入手：

$$\begin{align} f'(x)&=\nonumber \frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x} \\ f'(x)\ast g(x)&=\nonumber \frac{f(x+\Delta x)g(x)-f(x)g(x)}{\Delta x} \end{align}$$

同理可以得到：

$$g'(x)\ast f(x)=\frac{g(x+\Delta x)f(x)-g(x)f(x)}{\Delta x}$$

再有：

$$\begin{align} f'(x)g(x+\Delta x)&=\nonumber \frac{f(x+\Delta x)g(x+\Delta x)-f(x)g(x+\Delta x)}{\Delta x} \\ g'(x)f(x+\Delta x)&=\nonumber \frac{f(x+\Delta x)g(x+\Delta x)-g(x)f(x+\Delta x)}{\Delta x} \end{align}$$

因此，我们把上述式子相加可以得到：

$$\Big(f'(x)\ast\big(g(x+\Delta x)+g(x)\big)\Big)+\Big(g'(x)\ast\big(f(x+\Delta x)+f(x)\big)\Big)=2h'(x)$$

而在导数的定义中，有一个充要条件是 ，所以此时的 可以直接视作 。

所以可以得到：

$$f'(x)\ast 2g(x)+g'(x)\ast 2f(x)=2h'(x)$$

从而推出导数的乘除法则：

$$[f(x)\ast g(x)]'=f'(x)g(x)+g'(x)f(x)$$

所以，我们可以得到以下法则：

$$\boxed{\displaystyle[f(x)\ast g(x)]'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x)}$$

据此，如果 为常数函数，我们也可以推导出：

$$\boxed{\displaystyle [c\ast f(x)]'=c\ast f'(x)}$$

导数的除法法则

有 ，其中 可导，导函数为 。

我们这里设定所有的除法都合法，即 。

$$\begin{align} h'(x)&=\nonumber \frac{\frac{f(x+\Delta x)}{g(x+\Delta x)}-\frac{f(x)}{g(x)}}{\Delta x} \\&=\nonumber \frac{f(x+\Delta x)g(x)-f(x)g(x+\Delta x)}{\Delta x\ast g(x)\ast g(x+\Delta x)} \\&=\nonumber \frac{1}{g(x)\ast g(x+\Delta x)}\ast\frac{f(x+\Delta x)g(x)-f(x)g(x+\Delta x)}{\Delta x} \end{align}$$

我们考虑如何处理后半个分式：

$$\begin{align} \text{原式}&=\nonumber \frac{f(x+\Delta x)g(x)-f(x)g(x)}{\Delta x}+\frac{f(x)g(x)-f(x)g(x+\Delta x)}{\Delta x} \\&=\nonumber \frac{g(x)\big(f(x+\Delta x)-f(x) \big)}{\Delta x} + \frac{f(x)\big(g(x)-g(x+\Delta x) \big)}{\Delta x} \\&=\nonumber g(x)f'(x)-f(x)g'(x) \end{align}$$

从而推出导数的除法法则。

所以，我们可以得到以下法则：

$$\boxed{\displaystyle\left[\frac{f(x)}{g(x)}\right]'=\frac{g(x)f'(x)-f(x)g'(x)}{g^2(x)}\big(g(x)\neq 0\big)}$$

复合函数的运算

对于函数 ，其中 可导，导函数为 ，此时我们对 进行求导：

$$\begin{align} h'(x)&=\nonumber \frac{f\big(g(x+\Delta x)\big)-f\big(g(x)\big)}{\Delta x} \\&=\nonumber \frac{f\big(g(x+\Delta x)\big)-f\big(g(x)\big)}{g(x+\Delta x)-g(x)}\cdot\frac{g(x+\Delta x)-g(x)}{\Delta x} \end{align}$$

容易发现，现在乘式的前半部分是一个自变量为 函数的有关 的导数，所以，我们可以得到 ：

$$\begin{align} h'(x)&=\nonumber f'\big(g(x)\big)\cdot g'(x) \end{align}$$

所以，我们得到了简单复合函数的运算法则：

$$\boxed{\displaystyle h'(x)=f'\big(g(x)\big)\cdot g'(x)}$$

有关复杂复合函数的推导（链式法则）

实际上，通过类似的方法，我们可以求出形如 的导数，而这个方法在「高等数学」的「导数与积分」模块中，被称为链式法则。

通过拆分嵌套的方式逐步把复合函数化为一个一个自变量变化的简单函数从而进行求导，就可以用相应的已知量得到未知导数。

$$\begin{align} y'&=\nonumber \frac{ h\Big( f\big( g(x+\Delta x) \big) \Big) - h\Big( f\big( g(x) \big) \Big) }{\Delta x} \\&=\nonumber \frac{ h\Big( f\big( g(x+\Delta x) \big) \Big) - h\Big( f\big( g(x) \big) \Big) }{ f\big( g(x+\Delta x) \big)-f\big( g(x) \big) } \cdot\frac{ f\big( g(x+\Delta x) \big)-f\big( g(x) \big) }{ g(x+\Delta x)-g(x) } \cdot\frac{ g(x+\Delta x)-g(x) }{\Delta x} \\&=\nonumber h'\Big( f\big( g(x) \big) \Big)\cdot f'\big( g(x) \big)\cdot g'(x) \end{align}$$

容易发现，链式法则极其简单且富含规律，通过这样，我们甚至可以求导上百层嵌套的复合函数的运算法则。

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牛顿迭代法

虽然曾经写过在 环境下有关多项式的牛顿迭代，现在我们再来讲讲最原初的牛顿迭代，也就是牛顿与拉弗森在 世纪提出的一种在实数域和复数域上近似求解方程的方法。

在求解一个方程形如 ，其中 是一个含 的式子，我们可以构造一个函数 并求出 的所有零点，从而得到 的所有解。这是牛顿迭代法的思想前提。

我们首先随机选取值域上的一个值 作为根 的初始近似值（当然， 和 可能相隔甚远），然后我们对 进行求导，得到 ，显然地，当 时，此时的切线一定与 轴存在交点，这时我们把交点求出记为 ，并对 作同样的事情。

于是我们可以得到迭代公式：

$$x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}$$

这样，在 足够大后，我们就可以接近 的其中一个解 ，更官方地来说，会向其中一个解 收敛。而至于是更接近哪一个解，取决于初始近似值以及迭代的方法。

至于牛顿迭代法的证明，有关泰勒展开，并不在高中学习范围内，所以不做阐述。

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导数的运用

导数的几何意义是函数在某一个点的斜率，依此，我们可以快速简洁地解决很多有关函数的问题。

函数的单调性

从几何意义来看，我们能够通过导数的正负来判断函数的单调性，也就是：

• 在区间 内如果 恒大于 ，则 在 单调递增；
• 在区间 内如果 恒小于 ，则 在 单调递减。

通过这个方法，我们不仅可以得到函数的单调性，也可以比较两个函数之间的增长快慢，直接比较两个函数的导数即可。

函数的极值

同样的，在二次函数（抛物线）中，函数图像存在一个峰，此为该函数的极值（可能是最大值也可能是最小值），如果我们求导，我们会发现在峰值 时，，而在其两侧，一侧 ，另一侧 ，形成一个峰，此时我们将 称为函数的一个极值。

当 的最高幂次变大，一个函数可能会出现更多极值，这也就是 存在多解时的情况，这时的极值可能并不是函数的最大最小值，需要我们全部求解后才会揭晓。

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导数习题集

Problem I

已知函数 ：

1. 求函数 在区间 上的最小值 。
2. 令 ，且 是函数图像上任意两点，且满足 ，求实数 的取值范围。
3. 若 ，使 成立，求实数 的最大值。

第一问解答

对 进行求导：

$$f'(x)=1-\frac{1}{x}$$

因为 ，所以 在定义域上单调递增，且在 时 ，在 时 。

所以当 时，；当 时，。

第二问解答

对 进行求导：

$$\begin{align} h'(x)&=\nonumber g'(x)-f'(x) \\&=\nonumber (2x-a)-(1-\frac{1}{x}) \\&=\nonumber 2x+\frac{1}{x}-1-a \end{align}$$

由题知：

$$\frac{h(x_1)-h(x_2)}{x_1-x_2}>1$$

即 恒成立，有：

$$\begin{align} 2x+\frac{1}{x}-1-a&\nonumber>1 \\ a&<\nonumber 2x+\frac{1}{x}-2 \end{align}$$

因为 ，所以 ，当 时取得等号。

所以 。

第三问解答

考虑化简式子：

$$\begin{align} f(x)\cdot x &\geq\nonumber a-g(x) \\ (x-\ln x)x &\geq\nonumber a-\left(x^2 -ax\right) \\ a&\leq\nonumber 2x^2-x\ln x-ax \\ (x+1)a&\leq\nonumber 2x^2-x\ln x \\ a&\leq\nonumber\frac{2x^2-x\ln x}{x+1} \end{align}$$

设函数 ，对 进行求导：

$$\begin{align} y'&=\nonumber \frac{\left(2x^2\right)'-\left(x\ln x\right)'}{(x+1)'} \\&=\nonumber \frac{\left(2x^2-x\ln x\right)'\cdot(x+1)-(x+1)'\cdot(2x^2-x\ln x)}{(x+1)^2} \\&=\nonumber \frac{(4x-\ln x-1)(x+1)-(2x^2-x\ln x)}{(x+1)^2} \\&=\nonumber \frac{4x^2+4x-x\ln x-\ln x-x-1-2x^2+x\ln x}{(x+1)^2} \\&=\nonumber \frac{2x^2+3x-\ln x-1}{(x+1)^2} \end{align}$$

因为 ，所以 恒大于 ， 在 内单调递增。

所以 。

所以 的最大值为 。

此题要点在于通过参变分离构造函数求极值。

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Problem II

已知 ，其中 为实数。

1. 求 的极值。
2. 设 ，若对于任意 ，存在 恒成立，求 的取值范围。
3. 设 ，若 ，总存在 使得 ，求 的取值范围。

第一问解答

对 进行求导：

$$g'(x)=\frac{(1-x)e}{e^x}$$

当 时 取得极值，所以：

$$\begin{align} g'(x)&=\nonumber 0\\ \frac{(1-x)e}{e^x}&=\nonumber 0\\ \end{align}$$

因为 恒大于 ，所以 。

所以 的极值为 。

第二问解答

由题知：，设 ，分别对 求导：

$$\begin{cases} f'(x)&=\nonumber 1-\frac{a}{x} \\ {g_0}'(x)&=\nonumber \frac{e^{x-1}(x-1)}{x^2} \end{cases}$$

在 时， 恒大于 。

因为 ，且 为增函数，所以：

$$f(x_2)-f(x_1)<g_0(x_2)-g_0(x_1)$$

也就是：

$$g_0(x_1)-f(x_1)<g_0(x_2)-f(x_2)$$

设函数 $h(x)=g_0(x)-f(x)$，且 $h(x)$ 为增函数，对 $h$ 求导：

$$\begin{align} h'(x)&=\nonumber \left(\frac{e^x}{ex}\right)'-(x-a\ln x-1)' \\&=\nonumber \frac{e^{x-1}(x-1)}{x^2}-\frac{x-a}{x} \end{align}$$

所以有：

$$\begin{align} \frac{e^{x-1}(x-1)}{x^2}-\frac{x-a}{x}&\geq\nonumber 0 \\ \frac{a}{x}&\geq\nonumber 1-\frac{e^{x-1}(x-1)}{x^2} \\ a&\geq\nonumber x-\frac{e^{x-1}(x-1)}{x} \\ a&\geq\nonumber x+\frac{e^{x-1}}{x}-e^{x-1} \end{align}$$

设函数 ,对 求导：

$$\begin{align} \alpha'&=\nonumber 1+\frac{e^{x-1}x-e^{x-1}}{x^2}-e^{x-1} \\&=\nonumber 1+\frac{e^{x-1}(-x^2+x-1)}{x^2} \\&=\nonumber 1-e^{x-1}\left[\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}\right] \end{align}$$

因为 ，所以 ，即 在 是减函数。

所以 。

则 的取值范围为 。

第三问解答

因为 ，所以 。

由题知：，对 进行求导：

$$f'(x)=m-\frac{2}{x}$$

因为存在 ，所以存在 。

即 ，因为 ，所以 。

通过第一问我们已经知道， 的极值为 ，所以我们要求 的值域在 的时候能够覆盖 的值域，且 。

也就是 ，即：

$$2-2\ln\frac{2}{m}-m\leq 0$$

对于函数 ，对 求导：

$$\begin{align} \beta'&=\nonumber 0-2\cdot\frac{1}{2}m-1 \\&=\nonumber \frac{2}{m}-1 \end{align}$$

也就是当 时取得最大值为 。所以 恒小于等于 。

所以，我们现在就需要让 在 的最大值能够覆盖 的值域，当 时 ，所以我们需要 即可。

$$\begin{align} me-2\ln e-m&\nonumber\geq 1 \\ m(e-1)&\nonumber\geq 3 \\ m&\geq\nonumber \frac{3}{e-1} \end{align}$$

所以，我们合并得到最终答案 。

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Problem III

已知函数 ：

1. 设 是 的极值点，求 ，并讨论 的单调性。
2. 当 时，证明：。

第一问解答

对 求导：

$$f'(x)=e^x-\frac{1}{x+m}$$

有 ，即 所以解得 ，得到：，。

当 时，解得 ，所以，在 时 单调递减，当 时， 单调递增。

第二问解答

当 时，，此时 ，可以发现 在 单调递增，且有 ，所以 存在 且 ，因此， 在 单调递减，而 在 单调递增，在 。

对于 ，此时 ，即 ，且 。

$$f(x_0)=\frac{x_0^2+2x_0+1}{x_0+2}\geq 0$$

又因为 ，所以当 时 恒成立。

而当 时，，意味着 ，即 ，即 ，所以当 时， 恒成立。

Problem IV

已知函数 ：

1. 讨论 的导函数 零点的个数。
2. 证明：当 时，。

第一问解答

对 求导：

$$f'(x)=2e^{2x}-\frac{a}{x}$$

因为 ，所以当 时， 恒大于 ，所以 无零点。而当 时，因为 单调递增，且 单调递增，所以 单调递增。

当 时，考虑 意味着 ，而函数 在 单调递减，且 单调递减，且在无限接近 时， 趋近正无穷， 趋近 ，所以二者图像必定有交点，故一定存在 使得 。

所以得到：当 时， 无零点，当 时， 有且仅有一个零点。

第二问解答

由第一问得知，当满足 时， 最小，此时 ，得到：

$$f(x)=e^{2x}-2x\cdot e^{2x}\ln x$$

不等式右式为：

$$\begin{align} 2\left(2x\cdot e^{2x}\right)+2x\cdot e^{2x}\ln\frac{2}{2x\cdot e^{2x}}&=\nonumber 4x\cdot e^{2x}+2x\cdot e^{2x}\left( \ln\left(\frac{1}{x}\right)-2x \right) \end{align}$$

假设不等式成立，则有：

$$\begin{align} e^{2x}-2x\cdot e^{2x}\ln x&\geq\nonumber 4x\cdot e^{2x}-2x\cdot e^{2x}\ln x-4x^2\cdot e^{2x} \\ e^{2x}\left( 4x^2-4x+1 \right)&\geq\nonumber 0 \\ 4x^2-4x+1&\geq \nonumber 0 \\ (2x-1)^2&\geq\nonumber 0 \end{align}$$

最后恒成立，所以不等式成立。

Problem V

已知函数 ：

1. 若 ，求 的值。
2. 设 为整数，且对于任意正整数 ，有 ，求 的最小值。

第一问解答

对 进行求导：

$$f'(x)=1-\frac{a}{x}$$

当 时， 取得最小值，所以 恒成立，就需要 成立，即满足：

$$\begin{align} a-1-a\ln a&\geq\nonumber 0\\ a(1-\ln a)&\geq\nonumber 1 \end{align}$$

因为 ，则 ，所以 ：

$$\begin{align} a&\geq\nonumber\frac{1}{1-\ln a} \end{align}$$

对函数 求导，得：

$$g'(x)=1-\ln a-1=-\ln a$$

当 时，即 ， 取得最大值，此时 成立。

所以 且无其它解。

第二问解答

考虑运用第一问的结论，即 在 恒成立，也就是 恒成立，若 ，则有：

$$\frac{1}{2^n}\geq\ln\left(1+\frac{1}{2^n}\right)$$

因为：

$$\ln\left[\left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{2^2}\right)\cdots\left(1+\frac{1}{2^n}\right)\right] = \ln\left(1+\frac{1}{2}\right)+\ln\left(1+\frac{1}{2^2}\right)+\cdots+\ln\left(1+\frac{1}{2^n}\right)$$

根据之前推出的结论，可以得知：

$$\begin{align} \ln\left(1+\frac{1}{2}\right)+\ln\left(1+\frac{1}{2^2}\right)+\cdots+\ln\left(1+\frac{1}{2^n}\right) &\leq\nonumber \frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+\cdots+\frac{1}{2^n} \\ \frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+\cdots+\frac{1}{2^n} &\leq\nonumber \frac{\frac{1}{2}-\frac{1}{2^n}\cdot\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}} \\&=\nonumber 1-\frac{1}{2^n} \\&\leq\nonumber 1 \end{align}$$

所以 ，所以 。

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Problem VI

已知函数 ：

1. 当 时，求 处的切线方程。
2. 若函数 在定义域上具有单调性，求实数 的取值范围。
3. 求证：。

第一问解答

对 求导：

$$f'(x)=\frac{1}{x}+\ln x-a+1$$

因为 ，所以 ，所以：

$$f'(1)=1$$

过点 ，切线方程为：。

第二问解答

由题知 恒大于 或恒小于 。

对于 ，求导得到：

$$y'=-\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x}$$

当 时 ，此时 取得极值 。

所以 ，即 。

所以 的取值范围为 。

第三问解答

考虑放缩法。

设 ，现在来比较 的大小。

设函数 ，对 进行求导：

$$F'(x)=-\frac{4}{(2n+1)^2}+\frac{1}{n(n+1)}$$

化简可以得到：

$$F'(x)=\frac{1}{(2n+1)^2\cdot n(n+1)}$$

所以 恒成立， 单调递增。

当 时，，所以 ，所以 。

所以可以得到：

$$\frac{1}{2x+1}<\frac{1}{2}\big(\ln(x+1)-\ln x\big)$$

所以

$$\begin{align} \frac{1}{3}&<\nonumber\frac{1}{2}\big(\ln 2-\ln 1\big)\\ \frac{1}{5}&<\nonumber\frac{1}{2}\big(\ln 3-\ln 2\big)\\ \frac{1}{7}&<\nonumber\frac{1}{2}\big(\ln 4-\ln 3\big)\\ &\cdots\nonumber\\ \frac{1}{2n+1}&<\nonumber\frac{1}{2}\big(\ln(n+1)-\ln n\big) \end{align}$$

全部相加得证。

这类题的压轴问一般表面上与前几问无关，而实际上可能会用到前几问得到的一些性质，从而让化简或者放缩变得简洁优化。这要求考生拥有变换跳跃的思维。

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Problem VII

已知函数 ：

1. 求函数 在 上的最小值。
2. 若 ，使不等式 成立，求实数 的取值范围。

第一问解答

对 求导：

$$f'(x)=1+\ln x$$

当 时， 单调递增，当 时，，此时 取得最小值。

所以当 ，时 ；当 时 。

$$f_{\min}= \begin{cases} -\frac{1}{e}&,t\in(0,\frac{1}{e}] \\ t\ln t&,t\in(\frac{1}{e},+\infty) \end{cases}$$

第二问（不保证正确性）

设 ，并对其求导：

$$\begin{align} h'(x)&=\nonumber 2\left[ x\ln x \right]'-\left[ -x^2+ax-3 \right]' \\&=\nonumber 2+2\ln x-(-2x+a) \\&=\nonumber 2(x+\ln x+1)-a \end{align}$$

因为 ，，此时 ：

$$\begin{align} h(x)&=\nonumber 2f(x)-g(x) \\&=\nonumber 2x\ln x-(-x^2+ax-3) \\&=\nonumber 2x\ln x+x^2-ax+3 \\&=\nonumber 2x\ln x+x^2-2(x+\ln x+1)x+3 \\&=\nonumber 2x\ln x+x^2-2x^2-2x\ln x-2x+3 \\&=\nonumber -x^2-2x+3 \\&=\nonumber -(x+3)(x-1)\geq 0 \end{align}$$

解得 ，因为 单调递增，所以 。

所以 的取值范围为 。

注：该过程是笔者在一边自己做一边自己写的，感觉正确性有些问题呢，欢迎读者指出。

第二问解答

化简不等式：

$$\begin{align} 2f(x)&\geq\nonumber g(x) \\ 2x\ln x&\geq\nonumber -x^2+ax-3 \\ x^2+2x\ln x+3&\geq\nonumber ax \\ a&\leq\nonumber x+2\ln x+\frac{3}{x} \end{align}$$

设函数 ，并求导：

$$h'(x)=-\frac{3}{x^2}+\frac{2}{x}+1$$

当 时，解得 ，所以当 时， 单调递减， 单调递增，在 时取得极小值为 ，所以 。

所以 的取值范围为 。

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Problem VIII

已知函数 ，有 ，求 的零点个数。

解答（函数极值）

首先对 求导：

$$f'(x)=me^x+1$$

当 时，，即 。

所以当 时 单调递增，当 时， 单调递减。当 时 取得极大值。

此时 ，即：

$$f(x)=\ln\left(-\frac{1}{m}\right)+2=2-\ln(-m)$$

因为 ，所以 ，所以 ，即 。

所以函数 无零点。

解答（参变分离）

我们将 分离，得到：

$$m=\frac{f(x)-x-3}{e^x}$$

因为有 ，所以：

$$\frac{f(x)-x-3}{e^x}<-e^2$$

即

$$f(x)<-e^{x+2}+x+3$$

设当 时，，则有：

$$\begin{align} -\frac{\alpha+3}{e^\alpha}&<\nonumber-e^2 \\ \alpha+3&>\nonumber e^{\alpha+2} \\ \ln(\alpha+3)&>\nonumber \alpha+2 \\ \ln(\alpha+3)-(\alpha+2)&>\nonumber 0 \end{align}$$

设函数 ，对其进行求导：

$$h'(\alpha)=\frac{1}{\alpha+3}-1$$

当 时，，此时 。

所以 恒不成立，即 不存在，所以 无零点。

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Problem IX

已知函数 ：

1. 当 时，讨论 的单调性。
2. 当 时，，求 的取值范围。

第一问解答

当 时，我们得到：，并对 进行求导得到：

$$f'(x)=e^x+2x-1$$

对 再次求导得到：

$$[f'(x)]'=e^x+2$$

得到 恒成立，所以 单调递增。

当 时，即：

$$\begin{align} e^x&=\nonumber 1-2x \\ x&=\nonumber\ln(1-2x) \end{align}$$

当 时，，所以可以得到：

• 当 时， 单调递减；
• 当 时， 单调递增。

第二问解答

化简不等式：

$$\begin{align} e^x+ax^2-x-\frac{1}{2}x^3-1&\geq\nonumber 0 \\ ax^2&\geq\nonumber \frac{1}{2}x^3+x+1-e^x \\ a&\geq\nonumber\frac{\frac{1}{2}x^3+x-e^x+1}{x^2} \end{align}$$

设函数 ，对 进行求导：

$$h'(x)=-\frac{\displaystyle(x-2)\left( e^x-\frac{1}{2}x^2-x-1 \right)}{x^3}$$

当 时，。

设 ，对 求导：

$$g'(x)=e^x-x-1$$

对 再次求导得：

$$[g'(x)]'=e^x-1$$

当 时， 单调递减，当 时， 单调递增，所以，。

所以 单调递增。所以当且仅当 时，。

所以，当 或 时，，此时 。

而当 时， 单调递增，当 时， 单调递减，在 处取得最大值。

所以 。

有一说一，做导数题的时候需要学会肉眼瞪特殊值，因为有些极值解需要超越方程，所以常规算法很难算，但是有时候这些解又是一眼的那种，所以干脆直接写出来算了，反正也解不出来。所以就要养成带特殊值的习惯，以免错漏极值解。

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风雨过往的梦境

没想到居然写完了啊，本来以为至少要搁到暑假，但因为一些众所周知的原因，在六月的最后一天完稿了。相当于用三个月学完了一本书，算慢了吧，但应该还算比较扎实。虽然说导数的题练得还不多，但应该不会写新学习笔记了，之后可能要补充一些题目，但大多都不会写上去了，就等刘神（刘棋）赠送一本导数册到时候练练手了。

不知不觉间居然已经是一个准高二的人了，别整活了。

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