1、综合突破一综合突破一 导数的综合问题导数的综合问题 第第1课时课时 导数与函数零点导数与函数零点 (2020四川达州高三模拟)已知函数 f(x)2xcosxa(aR) (1)求证：f(x)是增函数； (2)讨论函数 g(x)x2axsinx 的零点个数 解：(1)证明： f(x)2sinx0，所以 f(x)在(，)上是增函数 (2) g(x)2xacosx，由(1)知 g(x)是增函数， g a 21 cos a 21 20， 所以x0 a 21， a 21 ， 使 g(x0)2x0acosx00， 则 g(x)在(， x0)上单调递减， 在(x0，)上单调递增， g(x)ming(x0)x2
2、 0ax0sinx0，又 a2x0cosx0， 所以 g(x)ming(x0)x2 0 x0cosx0sinx0 令 g(x0)2x0 x0sinx0 x0(2sinx0)0，得 x00， 当 x00，当 x00 时，g(x0)0， 所以 g(x0)在(，0)上单调递增，在(0，)上单调递减， 所以 g(x0)maxg(0)0，此时函数 g(x)有一个零点， 把 x00 代入 a2x0cosx0，得 a1； 当 x00，a1 时，g(x0)0，即 g(x)ming(x0)0，故 x1 时，f(x)1 时，f(x)0所以 a0 时，f(x)的单调递减区间 是(，1)，单调递增区间是(1，) (2
3、)当 a0 时，因为 f(1)0 且 f(x)的单调递减区间是(，1)，单调递增区间是(1，)， 所以 f(1)e0， 取 b0 且 ba 2(b2)a(b1) 2a 2b(2b3)0， 所以 f(x)在(b，1)和(1，2)上各有一个零点； a0 时，f(x)(x2)ex，只有一个零点 x2 综上，a0 时，f(x)有两个零点；a0 时，f(x)有一个零点 考点二考点二 根据函数零点情况求参数范围根据函数零点情况求参数范围 (2020 江苏南师大苏州学校月考)已知函数 f(x) x exmx1 (1)当 m1 时，求 yf(x)在1，1最小值； (2)若 f(x)有两个零点，求 m 的取值范
4、围 解：(1)当 m1 时，f(x) x exx1，则 f(x) 1x ex 1(x)，(x)x2 ex 0，f(1)10，f(x)单调递增； 当 x(x0，1)时 f(x)0，f(x)单调递减； f(x)minminf(1)，f(1)min e2，1 e e2 所以 f(x)在1，1上的最小值为 2e (2)令 f(x)0，得 x exmx10，则 x0 显然不是方程的根，那么原方程等价于 e x1 xm0 实根的个数， 即 me x1 x，x(，0)(0，)，令 h(x)e x1 x，g(x)m，原命题也等价于 h(x)与 g(x)的图象在 x(， 0)(0，)上有 2 个交点 又因为 h
5、(x)e x1 x20，所以 h(x)在 x 轴上方； 当 x(，0)时，h(1)e10，h 1 2 e20 故若 f(x)有两个零点，则 m(0，) 【点拨】 根据函数零点的情况求参数值或取值范围的基本方法： 利用零点存在的判定定理构建不等式求解；分离参数后转化为函数的 值域(最值)问题求解；转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题， 从而构建不等式求解 (2020云南保山模拟）)已知函数 f(x)1 2x 2a2lnx，aR (1)若曲线 yf(x)在 x1 处的切线方程为 6x2y70，求 a 的值； (2)若 a0，函数 yf(x)与 x 轴有两个交点，求 a 的取值范围 解：(1)由题
6、意知函数 f(x)的定义域为(0，)，f(x)xa 2 x ， 因为曲线 yf(x)在 x1 处的切线方程为 6x2y70， 所以切线斜率为3，即 f(1)1a23，解得 a2 (2)因为函数 yf(x)与 x 轴有两个交点， 所以方程 f(x)0 在(0，)上有两个不等实根， 即1 2x 2a2lnx 在(0，)上有两个不等实根， 又方程1 2x 2a2lnx 可化为 1 2a2 lnx x2 ， 令 g(x)lnx x2 ，x0， 则只需直线 y 1 2a2与函数 g(x) lnx x2 的图象有两个不同的交点， 又 g(x) 1 xx 22xlnx x4 12lnx x3 ， 由 g(x
7、)0 得 12lnx0，解得 0 x e； 由 g(x)0 得 12lnx e 所以函数 g(x)在(0， e)上单调递增，在( e，)上单调递减，因此 g(x)maxg( e) 1 2e， 当 x1 时，g(x)lnx x2 0；当 0 x1 时，g(x)0， 画出函数 g(x)的大致图象如图 由函数图象可得，当 0 1 2a2 e时，直线 y 1 2a2与函数 g(x) lnx x2 的图象有两个不同的交点， 即函数 yf(x)与 x 轴有两个交点 因此 a 的取值范围为( e，) 考点三考点三 与零点有关的不等式问题与零点有关的不等式问题 命题角度 1 比值代换 (2020四川南充模拟)
8、已知函数 f(x)lnxm x s(s，mR) (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 m2 时，若函数 f(x)恰有两个零点 x1，x2(0 x14 解：(1)f(x)1 x m x2 xm x2 (x0)， 当 m0 时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增； 当 m0 时，由 f(x)0，得 0 x0 得 xm， 所以 f(x)在(0，m)上单调递减，在(m，)上单调递增 (2)证明：因为 f(x)恰有两个零点 x1，x2(0 x11，则 lnt 2（t1） tx1 ，x12（t1） tlnt ， 所以 x1x2x1(t1)2（t 21） tlnt ，x1x24 2 t21 t 2
9、lnt lnt 令 h(t)t 21 t 2lnt，h(t)（t1） 2 t2 0，h(t)在(1，)上单调递增， 因为 t1，所以 h(t)h(1)0， 又 tx2 x11，lnt0，故 x1x24 成立 【点拨】 证明双变量不等式的基本思路：首先进行变量的转化，即由已 知条件入手，寻找双变量所满足的关系式，或者通过比值代换 令tx2 x1 ，利 用关系式将其中一个变量用另一个变量表示，代入要证明的不等式，化简后 根据其结构特点构造函数，再借助导数，判断函数的单调性，从而求其最值， 并把最值应用到所证不等式 (2020安徽泗县一中模拟)已知函数 f(x)1axxlnx (1)若函数 f(x)
10、的图象与 x 轴有交点，求实数 a 的取值范围； (2)若方程 f(x)1 2有两个根 x1，x2 且 x11 解：(1)函数 f(x)1axxlnx 的图象与 x 轴有交点，等价于方程 1axxlnx0 有根， 等价于 a1 xlnx 在(0，)有解，即直线 ya 与 y 1 xlnx 的图象有公共点； 令 g(x)1 xlnx，则 g(x) 1 x2 1 x x1 x2 ， g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)单调递增，且 g(1)1，可得 a1，故 a 的取值范 围是1，) (2)证明：f(x)1 2，则 1 2axxlnx0，等价于 1 2xalnx0，依题意有， 1 2x1al
11、nx10， 1 2x2alnx20，两式相减得 1 2x1 1 2x2lnx1lnx20，ln x1 x2 x1x2 2x1x2 ，即 x1x2x1x2 2lnx1 x2 ，可得 x1 x1 x21 2lnx1 x2 ，x2 1x2 x1 2lnx1 x2 令 tx1 x2(0t1)，x1x2 t1 2lnt 11 t 2lnt t1 t 2lnt ，构造函数 h(t)t1 t 2lnt(0t0(0t1)，所以 h(t)t1 t 2lnt 在(0，1)上单调递增， h(t)h(1)0，t1 t 2lnt，因为 lnt1 命题角度 2 构造关联(对称)函数 (2020河南高三模拟)已知函数 f(
12、x)xe x(xR) (1)判断函数 f(x)的单调性； (2)若方程 f(x)2a23a10 有两个不同的根，求实数 a 的取值范围； (3)如果 x1x2，且 f(x1)f(x2)，求证：ln(x1x2)ln2 解：(1)因为 f(x)xe x，所以 f(x)(1x)ex，令 f(x)0 可得 x1；令 f(x)1所 以函数 f(x)xe x 在(，1)上单调递增，在(1，)上单调递减 (2)由(1)可得函数 f(x)xe x 在 x1 处取得最大值， f(x)maxf(1)1 e， 所以函数 f(x)xe x 的值域为 ，1 e ，且 x时，f(x)0； 因为方程 f(x)2a23a10
13、 有两个不同的根， 所以2a23a1 0，1 e ，即 2a 23a10， 2a23a11 e， 解得1 2a1 即实数 a 的取值范围为 1 2，1 (3)证明：由 f(x1)f(x2)，x1x2，不妨设 x1x2，由(1)易知 0 x110， 所以 F(x)在 x(0，1上单调递增，F(x)F(0)0， 也即 f(1x)f(1x)对 x(0，1恒成立 由 0 x11f(1(1x1)f(x1)f(x2)， 即 f(2x1)f(x2)，又因为 2x1，x2(1，)，且 f(x)在(1，)上单调递减， 所以 2x12， 即 ln(x1x2)ln2 【点拨】 极值点偏移问题，除了前述方法外，也常通
14、过构造关联(对 称)函数求解，常见步骤如下：构造奇函数 F(x)f(x0 x)f(x0 x)； 对 F(x)求导，判断 F(x)的符号，确定 F(x)的单调性；结合 F(0)0，得 到 f(x0 x)f(x0 x)(或 f(x0 x)(或(或(或(或2 解：(1)f(x)的定义域为(0，)， f(x)1 x(2a1)x2a （2a1）x22ax1 x （x1）（2a1）x1 x ， 当 a1 2时，令 f（x）0， x0， 得 0 x1， 令 f（x）0， 得 x1； 当1 2a1，令 f（x）0， x0， 得 0 x 1 2a1， 令 f（x）0， 得 1x1 时，则 0 1 2a10， x
15、0， 得 0 x1，令 f（x）0， 得 1 2a1x1， 综上所述，当 a1 2时，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减； 当1 2a1 时，f(x)在 0， 1 2a1 和(1，)上单调递增，在 1 2a1，1 上单调递减 (2)证明：f(x)在定义域内是是增函数，由(1)可知 a1， 此时 f(x)lnx1 2x 22x，设 x 1x2， 又因为 f(x1)f(x2)32f(1)，则 0 x112，即证 x22x1，即证 f(x2)f(2x1)， 即证3f(x1)f(2x1)，即证 f(x1)f(2x1)30 对于任意 x(0， 1)成立，g(x)在(0，1)上是增函数，
16、 所以对x(0，1)，有 g(x)g(1)2f(1)30， 即x(0，1)，有 f(2x)f(x)30， 因为 0 x11，所以 f(2x1)f(x1)3f(2x1)，又 f(x)在(0，)上单调递增， 所以 x22x1，即 x1x22 综合突破一综合突破一 导数的综合问题导数的综合问题 第第2课时课时 导数与不等式导数与不等式 命题角度 1 构造函数证明不等式 (2021届湖南调研)设函数 f(x)exalnx(ae)x，aR (1)若 a2e，求曲线 yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程； (2)若 a1，0 x1，求证：f(x)0 解：(1)因为 a2e，所以 f(x)ex2elnx
17、ex， f(x)ex2e x e，f(2)e2，因为 f(2)e22eln22e， 所以曲线 yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程为 ye2xe22(1ln2)e (2)证明：记 (x)xlnx，则 (x)11 x x1 x ， 所以当 0 x1 时，(x)1 时，(x)0， 所以函数 (x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以 (x)min(1)1， 所以 (x)1，即 xlnx1， 又由 f(x)exalnx(ae)x，可记 g(a)(xlnx)aexex， 由 (x)0 可得，函数 g(a)在(，1上单调递增， 所以 g(a)maxg(1)xlnxexex， 要证 f(
18、x)0，即证 g(a)max0 当 0 x1，即 lnxx1， 所以 exlnx(e1)xexx1(e1)xexex1， 记 h(x)exex1，则 h(x)exe 在(0，1)上单调递增，又 h(1)0， 所以 h(x)exe0，所以函数 h(x)exex1 在(0，1)上单调递减， 所以 h(x)h(0)0，即 exex10，所以 exlnx(e1)x0，从而 f(x)g(x)， 可以构造函数 h(x) f(x)g(x), 然后利 用 h(x)的最值证明不等式；若直接求导比较复杂或无从下手时，可将 待证式进行变形分拆，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量， 达 到证明的目的 (2020重
19、庆八中高二期末)已知函数 f(x)aexlnx (1)设 xe 是 f(x)的极值点，求 f(x)的单调区间； (2)当 a1 e时，求证：f(x)1 解：(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)aex1 x， f(e)aee1 e0，解得 ae e1， 所以 f(x)ex e11 x，f(x)在(0，)上单调递增，且 f(e)0， 所以当 x(0，e)时，f(x)0 所以 f(x)的单调递减区间为(0，e)，单调递增区间为(e，) (2)证明：由 a1 e可得 ae xex1，所以 f(x)ex1lnx， 记 g(x)ex 1lnx，则 g(x)ex11 x，在(0，)上单调递增，且 g(
20、1)0 当 x(0，1)时，g(x)0，g(x)单调递增 所以 g(x)g(1)1， 故 f(x)g(x)1 命题角度 2 利用结论证明不等式 (2020黑龙江大庆四中月考)已知函数 f(x)mexlnx1 (1)当 m1 时，求曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程； (2)当 m1 时，证明：f(x)1 解：(1)当 m1 时，f(x)exlnx1， 所以 f(x)ex1 x 所以 f(1)e1，f(1)e1 所以曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为 y(e1)(e1)(x1)， 即 y(e1)x (2)证明：当 m1 时，f(x)mexlnx1exlnx1 要证明 f
21、(x)1，只须证明 exlnx20 以下给出三种方法证明 exlnx20 方法一：设 g(x)exlnx2，则 g(x)ex1 x 设 h(x)ex1 x，则 h(x)e x1 x20， 所以函数 h(x)g(x)ex1 x在(0，)上单调递增， 综上可知，当 m1 时，f(x)1 因为 g 1 2 e 1 220， 所以函数 g(x)ex1 x在(0，)上有唯一零点 x0，且 x0 1 2，1 因为 g(x0)0，所以 e 0 x 1 x0，即 lnx0 x0， 当 x(0，x0)时，g(x)0， 所以当 xx0时，g(x)取得最小值 g(x0) 故 g(x)g(x0)e 0 x lnx02
22、 1 x0 x022 1 x0 x020 方法二：先证明 exx1(xR) 设 h(x)exx1，则 h(x)ex1 因为当 x0 时，h(x)0 时，h(x)0， 所以当 x0 时，函数 h(x)单调递增 所以 h(x)h(0)0，exx1(当且仅当 x0 时取等号) 要证 exlnx20，只须证(x1)lnx20 下面证明 xlnx10 设 p(x)xlnx1，则 p(x)11 x x1 x 当 0 x1 时，p(x)1 时，p(x)0， 所以当 0 x1 时，函数 p(x)单调递增，则 p(x)p(1)0 所以 xlnx10(当且仅当 x1 时取等号) 由于取等号的条件不同，所以 exl
23、nx20 综上可知，当 m1 时，f(x)1 方法三：先证明 exlnx2 因为曲线 yex与曲线 ylnx 的图象关于直线 yx 对称， 设直线 xt(t0)与曲线 yex，ylnx 分别交于点 A，B，点 A，B 到直线 yx 的距 离分别为 d1，d2， 则 AB 2(d1d2)其中 d1e tt 2 ，d2tlnt 2 (t0) 设 h(t)ett(t0)，则 h(t)et1 因为 t0，所以 h(t)ex10 所以 h(t)在(0，)上单调递增，则 h(t)h(0)1 所以 d1e tt 2 2 2 由对称性知，d2tlnt 2 2 2 ，经检验，等号可取得 所以 AB 2(d1d2
24、) 2 2 2 2 2 2 综上可知，当 m1 时，f(x)1 【点拨】 对于含 ex，lnx 的函数或不等式，要熟记 exx1(当且仅当 x0 时 取等号)，x1lnx(当且仅当 x1 时取等号)，tanxxsinx 0 x 2时 等常用切 线放缩结论，如图由此类结构(或参数)进行的放缩，常使待证问题更简洁 (2020 内蒙古扎鲁特一中期末)已知函数 f(x)lnx1 x1 (1)求函数 f(x)的最小值； (2)当 x(0，)时，证明：ex(1lnx)sinx 解：(1)因为函数 f(x)lnx1 x1 的定义域为(0，)，且 f(x) 1 x 1 x2 x1 x2 ， 所以当 0 x1
25、时，f(x)1 时，f(x)0， 所以函数 f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以当 x1 时，f(x)取得最小值 0 (2)证明：因为当 x(0，)时，要证 ex(1lnx)sinx 成立，只须证 ex sinx1lnx 成立，由(1)可知 lnx 1 x10 即 1 x1lnx， 所以只须证 ex sinx 1 x，即证 xe xsinx0， 令 h(x)xexsinx，则 h(x)(x1)excosx， 所以当 0 x1e010，函数 h(x)在0，)上单调递增， 所以当 0 xh(0)0，即 xexsinx0， 所以当 x(0，)时，不等式 ex(1lnx)sinx
26、 成立 命题角度 3 利用“隐零点”证明不等式 (2020云南昆明高二期末)已知函数 f(x)ex(a1)lnx2，e 为自然对数的底数 (1)若 x1 是 f(x)的极值点，求 a 的值，并求 f(x)的单调区间； (2)当 a2 时，证明：f(x)43ln3 解：(1)因为 f(x)ex(a1)lnx2，所以 f(x)exa1 x ， 因为 x1 是 f(x)的极值点，所以 f(1)e(a1)0，解得 ae1 此时，f(x)exe x，令 f(x)0，则 x1， 当 0 x1 时，f(x)1 时，f(x)0，f(x)单调递增 故 f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，)
27、(2)证明：当 a2 时，f(x)ex3lnx2，f(x)ex3 x， 令 g(x)f(x)ex3 x，则 g(x)e x3 x20，即 g(x)在(0，)上单调递增，又 g(1)e30， 所以存在 x0(1，2)，使得 g(x0)0，即 ex0 3 x0，lnx0ln3x0， 当 x(0，x0)时，g(x)0，f(x)0，f(x)0，f(x)单调递增 所以 f(x)minf(x0)ex03lnx02 3 x03(ln3x0)2 3 x03x03ln322 3 x03x03ln3243ln3， 故 f(x)43ln3 【点拨】利用“隐零点”证明不等式的关键在于“设而不求”及“等量代换” ，常见
28、的有 不含参和含参两种类型：不含参函数的隐零点问题：已知不含参函数 f(x)，导函数方程 f(x) 0 的根存在，却无法求出，设方程 f(x)0 的根为 x0，则(i)有关系式 f(x0)0 成立；(ii)注意 确定 x0的合适范围含参函数的隐零点问题：已知含参函数 f(x，a)，其中 a 为参数，导函 数方程 f(x， a)0 的根存在， 却无法求出， 设方程 f(x， a)0 的根为 x0， 则(i)有关系式 f(x0， a)0 成立，该关系式给出了 x0，a 的关系；(ii)注意确定 x0的合适范围，往往和 a 的取值范 围有关 (2020烟台教科院期末)已知函数 f(x)e x-1 a
29、lnx (1)若函数 f(x)在定义域上单调递增，求实数 a 的取值范围； (2)当 a0 时，证明：f(x)aalna 解：(1)由题意，f(x)ex 1a x0 在(0，)上恒成立 即 axex 1 在(0，)上恒成立 令 g(x)xex 1，则 g(x)(x1)ex10， 所以 g(x)xex 1 在(0，)上单调递增 于是 g(x)g(0)0，所以 a0 故 a 的取值范围为a|a0 (2)证明：当 a0 时，f(x)ex 1a x xex 1a x ， 由(1)知，函数 g(x)xex 1 在(0，)上单调递增，且 g(x)(0，) 因此，存在唯一的 x00 满足 x0e 0 1x
30、a， 且当 0 xx0时，xex 1a0，即 f(x)x0时，xex 1a0，即 f(x)0 因此 f(x0)为 f(x)在(0，)上的极小值，也是最小值 下证：f(x0)aalna 因为 x0e 0 1x a，所以 e 0 1x a x0，x01lnalnx0， 于是 f(x)e 0 1x alnx0 a x0a(lnax01) a x0ax0aalna2 a x0ax0aalnaa alna，当且仅当 x01 时，取等号不等式得证 考点二考点二 恒恒(能能)成立问题成立问题 (2020 陕西洛南中学高二月考)已知函数 f(x)1lnx x (1)若函数 f(x)在区间 a，a1 2 上存在
31、极值，求正实数 a 的取值范围； (2)若当 x1 时，不等式 f(x) k x1恒成立，求实数 k 的取值范围 解：(1)函数 f(x)的定义域为(0，)，f(x)11lnx x2 lnx x2 令 f(x)0，得 x1 当 x(0，1)时，f(x)0，f(x)在(0，1)上单调递增； 当 x(1，)时，f(x)0，f(x)在(1，)上单调递减 所以 x1 为 f(x)的极大值点，所以 a1a1 2， 故1 2a0 时，令 f(x)00 x1 2，f(x) 1 2， f(x)在 0，1 2 上单调递增，在 1 2， 上单调递减； 当 a0 x1 2，f(x)00 x1 时，(1)0，此时在1
32、，)上存在 x0，使 (x)在(1，x0)上值为负， 此时 h(x)0，h(x)在(1，x0)上单调递减，此时 h(x)h(1)1a0， 所以 g(x)在(1，x0)上单调递减，所以 g(x)g(1)22a1 2 1 3 1 n1(nN *) 解：(1)f(x)1 xa 1ax x ， 若 a0，则 f(x)0，则 f(x)在(0，)上是增函数， 而 f(1)1a，f(x)0 不成立，故 a0 若 a0，则当 x 0，1 a 时， f(x)0；当 x 1 a， 时， f(x)0， 所以 f(x)在 0，1 a 上是增函数，在 1 a， 上是减函数，所以 f(x)的最大值为 f 1 a lna，
33、 要使 f(x)0 恒成立，只须lna0，解得 a1故 a 的取值范围为a|a1 (2)证明：由(1)知，当 a1 时，有 f(x)0 在(0，)上恒成立，且 f(x)在(0，1上是增函数， 又 f(1)0，所以 lnxx1 在 x(0，1上恒成立， 令 x n n1(nN *)，则 ln n n1 n n11 1 n1， 令 n1，2，3，n， 则有 ln1 2 1 2，ln 2 3 1 3，ln n n1 1 n1， 以上各式两边分别相加，得 ln1 2ln 2 3ln n n1 1 2 1 3 1 n1 ， 即 ln 1 n11 2 1 3 1 n1(nN *) 【点拨】 化归与转化思想
34、是在研究和解决数学问题时借助数学 知识和数学方法，将问题进行转化，使抽象问题具体化，复杂问题 简单化，未知问题已知化，进而达到解决问题的数学思想这种转 化是解决问题的有效策略，同时也是获取成功的重要思维方式解 数列不等式问题，关键在于“放缩”，要充分利用已证不等式(或相 关结论)找通项，必要时进行裂项，再对 x 进行赋值，即可将问题转 化为基本问题常见的放缩结构除例 2 的点拨中提到的外，还有 lnxx0； x x1ln(x1)x，x1(当且仅当 x0 时取等号) 等 (2020合肥三模)已知函数 f(x)exe xax(e 为自然对数的底数)， 其 中 aR (1)讨论函数 f(x)的单调性
35、； (2)证明： i2 n 1 ilni 3n2n2 2n（n1） 解：(1)因为 f(x)exe xa，且 exex2， 所以当 a2 时，f(x)0，所以 f(x)在 R 上为增函数， 当 a2 时，由 f(x)0，得 exe xa0，所以(ex)2aex10， 所以 exa 2 2 a 2 4 1，所以 exa a 24 2 或 exlna a 24 2 或 xlna a 24 2 ； 由 f(x)0，得 exe xa0，解得 lna a 24 2 x0， 即 n1 n2lnn0，所以 1 nlnn 2 n21 2 （n1）（n1） 1 n1 1 n1， 所以 i2 n 1 ilni 1 2ln2 1 3ln3 1 4ln4 1 nlnn 1 21 1 21 1 31 1 31 1 41 1 41 1 n1 1 n11 1 2 1 n 1 n1 3n2n2 2n（n1），
