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数列与函数关系密切，数列是定义在自然数集上的特殊函数，数列的通项与前项和都具有隐含的函数关系．若在数列的综合题中，根据题目特征，凸显其函数关系，即有意识构造函数，借助导数工具去研究问题，不仅常能获得简便的解法，且能促进科学思维的培养，提高发散思维的水平．
例1 已知数列{an}的首项a1=35,an+1=3an2an+1,n=1,2,…
（1）求{an}的通项公式；
（2）[JP3]证明：对任意的x＞0，an≥11+x-1(1+x)2(23n-x)，n=1,2,…；
解析：（1）an=3n3n+2，过程略；
（2）常规方法：由（1）知an=3n3n+2＞0，
11+x-1(1+x)2(23n-x)=
11+x-1(1+x)2
(23n+1-1-x)=
11+x-
1(1+x)2
[1an-(1+x)]
=-1an•1(1+x)2+21+x=-1an(11+x-an)2+an≤an
，故原不等式成立．
导数破解：（2）设f(x)=11+x-1(1+x)2(23n-x)，
[JP5]则f′(x)=-1(1+x)2-
-(1+x)2-(23n-x)•2(1+x)(1+x)2=
2(23n-x)(1+x)2，因x＞0，则当x＜23n时，f′(x)＞0；当x＞23n时，f′(x)＜0，则当x=23n时，f(x)取得最大值f(23n)=11+23n=an．故原不等式成立．
评注：常规方法看似简单，实际上技巧性强，变形多且需适当放缩，对学生要求高．相比之下，运用函数观点，借助导数研究右边函数的单调性，易得函数的最大值，问题自然、简捷获解．
例2 已知等比数列{an}的首项为a1=1，公比为bb-1(b∈R,b≠0,b≠1)，前n项的和为Sn．
①当n∈N+，试比较Sn与ban的大小；
②当b＞1时，n∈N+，求证：S1+S2+S3+…+Sn，S3n+1+S3n+2+S3n+3+…+S4n，
S7n+1+S7n+2+S7n+3+…+S8n不能构成等差数列．
解：①设q=bb-1，则Sn-ban=1-b，所以当b＞1时，Sn＜ban；当b＜1且b≠0时，Sn＞ban．
②常规方法：若构成等差数列，则
2(S3n+1+S3n+2+S3n+3+…+S4n)=
(S1+S2+S3+…+Sn)+(S7n+1+S7n+2+S7n+3+…+S8n)因b＞1，则q=bb-1＞1，则整理得2q3n=1+q7n•q7n-2q3n+1=(qn-1)[q3n(q2n+1)(qn+1)-qn-1]．
因q＞1，则qn-1＞0,q3n(q2n+1)(qn+1)＞(q2n+1)(qn+1)=q3n+q2n+qn+1，
故q7n-2q3n+1＞0，与2q3n=1+q7n矛盾，故假设不成立，即不能构成等差数列．
导数破解：若构成等差数列，则
2(S3n+1+S3n+2+S3n+3+…+S4n)=(S1+S2+S3+…+Sn)+(S7n+1+S7n+2+S7n+3+…+S8n)因b＞1，则q=bb-1＞1，则整理得2q3n=1+q7n．令f(q)=2q3n-1-q7n(q＞1)，则f′(q)=6nq3n-1-7nq7n-1＜0，所以f(q)为减函数，则f(q)＜f(1)=0，即2q3n＜1+q7n，与2q3n=1+q7n，故假设不成立．
评注：两种解法都是用了反证法，在得到2q3n=1+q7n，从函数视角切入，构造函数f(q)=2q3n-1-q7n(q＞1)，借助导数工具得出函数的单调性，可顺利构造不等式而导出矛盾，操作简单，比常规方法的相对繁琐的变形来得更轻松、流畅．
例3 （2010年四川理22改编）已知数列{an}，an=0,n=1lnn-1n+1,n≥2，{an}的前n项和为Sn，
证明：Sn＞2-n-n22n(n+1)．
证明：[JP3]Sn=0+ln 13+ln 24+ln 35+…+ln n-1n+1=-ln n(n+1)2，
令f(x)=-ln x2-1-x2x=-2ln x+x-1x,x＞0，则f′(x)=-2x+1+1x2=(1-1x)2≥0，
所以f(x)在(0,+∞)上是增函数．又因为n(n+1)2＞1＞0，所以f(n(n+1)2)=f(1)=0，
即-ln 2n(n+1)-
1-n(n+1)2
n(n+1)2＞0，即Sn＞2-n-n22n(n+1)．
评注：在得到Sn的表达式后，直接证明很难奏效，而联想到函数的单调性可处理不等式问题，且导数恰是研究单调性的利器之一．分析条件与目标的差异，将n(n+1)2看作x构造合适函数，问题不攻自破．
练习
1．设数列{an},{bn}满足a1=a＞0，an+1=n+12nan,且bn=ln(1+an)+12a2n,n∈N*．
证明：2an+2＜anbn＜1．
证明：由a1=a＞0,an+1=n+12nan知an＞0，故bn＞0．因anbn＜1bn-an＞0，构造函数f(x)=ln(1+x)+12x2-x(x≥0)，则f′(x)=11+x+x-1=x21+x，当x＞0时，f′(x)＞0，则f(x)在(0,+∞)内为增函数，因f(x)＞f(0)=0，即bn-an＞0，故anbn＜1．
[JP3]因2an+2＜anbnln(1+an)-an＜0，构造函数g(x)=ln (1+x)-x(x≥0)，则g′(x)=11+x-1=-x21+x，当x＞0时，g′(x)＜0，则g(x)在(0,+∞)内为减函数，因g(x)＜g(0)=0，所以ln(1+an)-an＜0，则ln(1+an)+12a2n＜an+12a2n，即bn＜an+12a2n，故2an+2＜anbn．综上，2an+2＜anbn＜1．
2．设等差数列{bn}满足：a1+a3=240，an+2-an=100．设数列{bn}的前n项之和为Sn，满足Sn=32bn-1，n∈N*．
（1）求an,bn；
（2）是否存在一个最小正整数N，使得当m＞n＞N时，Sm＞an恒成立？若存在，求出这N的值；若不存在，请说明理由．
解：（1）an=50n+20，bn=2•3n-1；过程略
（2）若存在一个最小正整数N，使得当m＞n＞N时，Sm＞an恒成立，则由Sn=3n-1，
知数列S1,S2,S3,…，Sn，…是一个递增数列，因此，只需Sn+1＞an恒成立即可．
而Sn+1=3n+1-1,an=50n+20．当n=1时，S2=8,a1=70，则S2＜a1；
当n=2时，S3=26,a2=120，则S3＜a2；当n=3时，S4=80,a3=170，则S4＜a3；当n=4时，S5=242，a4=220,则S5＞a4；当n=5时，S6=728，a5=270,[JP3]则S6＞a5；由此猜想：n≥4时，Sn+1＞an恒成立．设f(x)=3x+1-1-(50x+20)，f′(x)=3x+1ln 3-50，
当x＞3时，f′(x)＞34ln 3-50＞34-50＞0，则f(x)在(3,+∞)上是增函数，
所以，n＞4时，f(n)＞f(4)=22＞0，又n=4时，S5=242,a4=220，S5＞a4．
故存在一个最小正整数N=3，使得当m＞n＞N时，Sm＞an．
（作者：徐勇，江苏省板浦高级中学）
例1 已知数列{an}的首项a1=35,an+1=3an2an+1,n=1,2,…
（1）求{an}的通项公式；
（2）[JP3]证明：对任意的x＞0，an≥11+x-1(1+x)2(23n-x)，n=1,2,…；
解析：（1）an=3n3n+2，过程略；
（2）常规方法：由（1）知an=3n3n+2＞0，
11+x-1(1+x)2(23n-x)=
11+x-1(1+x)2
(23n+1-1-x)=
11+x-
1(1+x)2
[1an-(1+x)]
=-1an•1(1+x)2+21+x=-1an(11+x-an)2+an≤an
，故原不等式成立．
导数破解：（2）设f(x)=11+x-1(1+x)2(23n-x)，
[JP5]则f′(x)=-1(1+x)2-
-(1+x)2-(23n-x)•2(1+x)(1+x)2=
2(23n-x)(1+x)2，因x＞0，则当x＜23n时，f′(x)＞0；当x＞23n时，f′(x)＜0，则当x=23n时，f(x)取得最大值f(23n)=11+23n=an．故原不等式成立．
评注：常规方法看似简单，实际上技巧性强，变形多且需适当放缩，对学生要求高．相比之下，运用函数观点，借助导数研究右边函数的单调性，易得函数的最大值，问题自然、简捷获解．
例2 已知等比数列{an}的首项为a1=1，公比为bb-1(b∈R,b≠0,b≠1)，前n项的和为Sn．
①当n∈N+，试比较Sn与ban的大小；
②当b＞1时，n∈N+，求证：S1+S2+S3+…+Sn，S3n+1+S3n+2+S3n+3+…+S4n，
S7n+1+S7n+2+S7n+3+…+S8n不能构成等差数列．
解：①设q=bb-1，则Sn-ban=1-b，所以当b＞1时，Sn＜ban；当b＜1且b≠0时，Sn＞ban．
②常规方法：若构成等差数列，则
2(S3n+1+S3n+2+S3n+3+…+S4n)=
(S1+S2+S3+…+Sn)+(S7n+1+S7n+2+S7n+3+…+S8n)因b＞1，则q=bb-1＞1，则整理得2q3n=1+q7n•q7n-2q3n+1=(qn-1)[q3n(q2n+1)(qn+1)-qn-1]．
因q＞1，则qn-1＞0,q3n(q2n+1)(qn+1)＞(q2n+1)(qn+1)=q3n+q2n+qn+1，
故q7n-2q3n+1＞0，与2q3n=1+q7n矛盾，故假设不成立，即不能构成等差数列．
导数破解：若构成等差数列，则
2(S3n+1+S3n+2+S3n+3+…+S4n)=(S1+S2+S3+…+Sn)+(S7n+1+S7n+2+S7n+3+…+S8n)因b＞1，则q=bb-1＞1，则整理得2q3n=1+q7n．令f(q)=2q3n-1-q7n(q＞1)，则f′(q)=6nq3n-1-7nq7n-1＜0，所以f(q)为减函数，则f(q)＜f(1)=0，即2q3n＜1+q7n，与2q3n=1+q7n，故假设不成立．
评注：两种解法都是用了反证法，在得到2q3n=1+q7n，从函数视角切入，构造函数f(q)=2q3n-1-q7n(q＞1)，借助导数工具得出函数的单调性，可顺利构造不等式而导出矛盾，操作简单，比常规方法的相对繁琐的变形来得更轻松、流畅．
例3 （2010年四川理22改编）已知数列{an}，an=0,n=1lnn-1n+1,n≥2，{an}的前n项和为Sn，
证明：Sn＞2-n-n22n(n+1)．
证明：[JP3]Sn=0+ln 13+ln 24+ln 35+…+ln n-1n+1=-ln n(n+1)2，
令f(x)=-ln x2-1-x2x=-2ln x+x-1x,x＞0，则f′(x)=-2x+1+1x2=(1-1x)2≥0，
所以f(x)在(0,+∞)上是增函数．又因为n(n+1)2＞1＞0，所以f(n(n+1)2)=f(1)=0，
即-ln 2n(n+1)-
1-n(n+1)2
n(n+1)2＞0，即Sn＞2-n-n22n(n+1)．
评注：在得到Sn的表达式后，直接证明很难奏效，而联想到函数的单调性可处理不等式问题，且导数恰是研究单调性的利器之一．分析条件与目标的差异，将n(n+1)2看作x构造合适函数，问题不攻自破．
练习
1．设数列{an},{bn}满足a1=a＞0，an+1=n+12nan,且bn=ln(1+an)+12a2n,n∈N*．
证明：2an+2＜anbn＜1．
证明：由a1=a＞0,an+1=n+12nan知an＞0，故bn＞0．因anbn＜1bn-an＞0，构造函数f(x)=ln(1+x)+12x2-x(x≥0)，则f′(x)=11+x+x-1=x21+x，当x＞0时，f′(x)＞0，则f(x)在(0,+∞)内为增函数，因f(x)＞f(0)=0，即bn-an＞0，故anbn＜1．
[JP3]因2an+2＜anbnln(1+an)-an＜0，构造函数g(x)=ln (1+x)-x(x≥0)，则g′(x)=11+x-1=-x21+x，当x＞0时，g′(x)＜0，则g(x)在(0,+∞)内为减函数，因g(x)＜g(0)=0，所以ln(1+an)-an＜0，则ln(1+an)+12a2n＜an+12a2n，即bn＜an+12a2n，故2an+2＜anbn．综上，2an+2＜anbn＜1．
2．设等差数列{bn}满足：a1+a3=240，an+2-an=100．设数列{bn}的前n项之和为Sn，满足Sn=32bn-1，n∈N*．
（1）求an,bn；
（2）是否存在一个最小正整数N，使得当m＞n＞N时，Sm＞an恒成立？若存在，求出这N的值；若不存在，请说明理由．
解：（1）an=50n+20，bn=2•3n-1；过程略
（2）若存在一个最小正整数N，使得当m＞n＞N时，Sm＞an恒成立，则由Sn=3n-1，
知数列S1,S2,S3,…，Sn，…是一个递增数列，因此，只需Sn+1＞an恒成立即可．
而Sn+1=3n+1-1,an=50n+20．当n=1时，S2=8,a1=70，则S2＜a1；
当n=2时，S3=26,a2=120，则S3＜a2；当n=3时，S4=80,a3=170，则S4＜a3；当n=4时，S5=242，a4=220,则S5＞a4；当n=5时，S6=728，a5=270,[JP3]则S6＞a5；由此猜想：n≥4时，Sn+1＞an恒成立．设f(x)=3x+1-1-(50x+20)，f′(x)=3x+1ln 3-50，
当x＞3时，f′(x)＞34ln 3-50＞34-50＞0，则f(x)在(3,+∞)上是增函数，
所以，n＞4时，f(n)＞f(4)=22＞0，又n=4时，S5=242,a4=220，S5＞a4．
故存在一个最小正整数N=3，使得当m＞n＞N时，Sm＞an．
（作者：徐勇，江苏省板浦高级中学）