函数与导数 · 第 14 讲 · 2026-10-08 · 约 11 分钟

导数与数列不等式——离散与连续的交汇

数列是离散的，导数是连续的，两者却能完美接轨——把 $n$ 放宽成 $x$ ，用连续函数的单调性一次性拿下所有正整数。本讲讲透"离散问题连续化"的完整套路。

从一个问题开始

先看一道让人第一次感到"数列和导数居然能联手"的题。 证明：

1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n} > \ln(n+1)

左边是一个离散的求和，右边是一个连续的对数——它们凭什么扯上关系？ 归纳法在这里帮不上大忙：假设第 $n$ 步已经成立，要推到第 $n+1$ 步，右边从 $\ln(n+1)$ 变成 $\ln(n+2)$ ，左边只多了一项 $\dfrac{1}{n+1}$ 。于是你得单独证明

\frac{1}{n+1} > \ln(n+2) - \ln(n+1) = \ln\frac{n+2}{n+1}

这本身就是一道独立的不等式，还是得另想办法。

真正的钥匙藏在导数手里。 只要先证出"对一切 $x > 0$ 都有 $\ln(1 + x) < x$ "，再令 $x = \dfrac{1}{k}$ 逐项相加，整条不等式链就自己接上了。把一个"对每个 $n$ 都要单独验证"的离散命题，变成"对一个连续函数求一次导"的连续问题——这就是本讲的核心动作。

核心概念：把离散的 $n$ 换成连续的 $x$

数列是定义在正整数上的函数，这句话是整讲的立足点。 通项 $a_n$ 其实就是把某个函数 $f(x)$ 的自变量限制在 $x = 1, 2, 3, \ldots$ 上取值的结果： $a_n = f(n)$ 。

离散和连续最大的差别，是"能不能求导"。 数列只有一个个孤立的点，相邻两点之间没有别的点，谈不上斜率，也谈不上"往哪儿走"的趋势。可一旦把 $n$ 放宽成连续的 $x$ ，函数就活了：可以求导、可以看单调、可以找最值。"连续化"的全部意义，就是把离散问题搬进导数的射程里。

具体做法固定成四步，一步都不能省：

找函数。 把通项里的 $n$ 换成 $x$ ，得到 $f(x)$ ，并写清它的定义域（多半是 $[1, +\infty)$ ）。
求导定单调。 算出 $f'(x)$ ，判断 $f$ 的增减，找出它在定义域上的最大值或最小值。
得一般不等式。 由单调性得到 $f(x)$ 与某个常数（或与 $f(1)$ ）的大小关系，这条不等式对区间里所有的 $x$ 都成立。
代回整数点。 把 $x = n$ 代进去，一般不等式立刻收缩成关于 $n$ 的数列不等式。

要特别提醒一句： 这份"连续版"结论本来就比"离散版"强，对区间里每个实数都成立，当然也对每个正整数成立。用强结论去推弱结论永远安全；反过来，从离散硬往连续搬就会出事，后面专门讲这个坑。

示意图

数列不等式：离散点连续化——把 a_n 看成 f(n)，用导数研究 f(x)

左：单调递减的正项函数 f(x) 与整数点处的数列项，每个整点处的"右矩形"面积之和不超过曲线下的积分；右：离散数列 → 构造连续函数 → 导数定单调与放缩 → 代回 x = n 的四步流程

深入理解

第一步：为什么"离散"能借用"连续"的工具

能不能借用，取决于连续函数是不是比数列"话更多"。 数列只知道每个孤立点上的取值，而连续函数知道每一点、每一段的变化率。函数的信息量更大，用它去"管住"数列，等于拿一张完整的地图去定位几个城市。 只要函数在整段区间上单调或有界，沿区间取样得到的数列就守着同样的走向、同样的界。

这里有一条方向性的事实，值得单独记牢。 若 $f$ 在 $[1, +\infty)$ 上单调递增，那么 $a_n = f(n)$ 作为数列也单调递增——这条是安全的。反过来不成立：数列递增推不出函数递增，因为函数在两个整数点之间可能偷偷拐弯，而你只在整数点取样，恰好没采到那个弯。

第二步：一条母不等式—— $\ln(1+x) < x$

数列不等式里有一半的题，最后都归到同一条母不等式上。 这条母不等式是：

\ln(1 + x) < x \qquad (x > 0)

用导数证它只有三行。 构造

\varphi(x) = x - \ln(1 + x), \qquad x > 0

求导：

\varphi'(x) = 1 - \frac{1}{1 + x} = \frac{x}{1 + x}

$x > 0$ 时分母为正、分子为正，所以 $\varphi'(x) > 0$ ， $\varphi$ 在 $(0, +\infty)$ 上递增。又 $\varphi(0) = 0 - \ln 1 = 0$ ，于是 $x > 0$ 时 $\varphi(x) > 0$ ，即 $\ln(1 + x) < x$ 。

它还有一个方向相反的"孪生兄弟"：

\ln(1 + x) > \frac{x}{1 + x} \qquad (x > 0)

证法与上面同构。令 $\psi(x) = \ln(1 + x) - \dfrac{x}{1 + x}$ ，求导得

\psi'(x) = \frac{1}{1 + x} - \frac{1}{(1 + x)^2} = \frac{x}{(1 + x)^2} > 0

而 $\psi(0) = 0$ ，于是 $x > 0$ 时 $\psi(x) > 0$ 。这一对不等式一上一下，把 $\ln(1+x)$ 从两头夹住；后面几乎所有"对数型"的数列不等式，都是在这两把钳子之间做文章。

算例一：调和和大于对数

证明：对一切正整数 $n$ ， $\displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} > \ln(n+1)$ 。

把母不等式里的 $x$ 换成 $\dfrac{1}{k}$ ，就得到每一项的"局部不等式"。 由 $\ln(1 + x) < x$ ，取 $x = \dfrac{1}{k}$ （ $k$ 是正整数，满足 $x > 0$ ）：

\ln\left(1 + \frac{1}{k}\right) < \frac{1}{k}

左边还能改写成对数差的形式，这一步是整道题的关键。 因为 $1 + \dfrac{1}{k} = \dfrac{k + 1}{k}$ ，所以

\ln\frac{k + 1}{k} = \ln(k+1) - \ln k < \frac{1}{k}

再把 $k = 1, 2, \ldots, n$ 逐项写开相加。 左边是望远镜式的：

\ln\frac{2}{1} + \ln\frac{3}{2} + \cdots + \ln\frac{n+1}{n} = \ln(n+1) - \ln 1 = \ln(n+1)

中间那些 $\ln 2, \ln 3, \ldots$ 正负成对被抵消，只剩头尾两项。右边逐项相加正是 $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}$ 。于是

\ln(n+1) < \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}

证毕。这道题的精髓是"用导数证局部、用求和证整体"：导数的力气只花在一项上（证 $\ln\left(1+\frac1k\right) < \frac1k$ ），每一项比完了，整体求和就交给裂项相消自动完成。

验一下。 取 $n = 1$ ：左边 $1$ ，右边 $\ln 2 \approx 0.693$ ，成立；取 $n = 3$ ：左边 $1 + \dfrac12 + \dfrac13 \approx 1.833$ ，右边 $\ln 4 \approx 1.386$ ，成立；取 $n = 5$ ：左边 $\approx 2.283$ ，右边 $\ln 6 \approx 1.792$ ，仍然成立，而且左边超出得越来越多。

算例二： $(1+1/n)^n < e$

证明：对一切正整数 $n$ ， $\left(1 + \dfrac{1}{n}\right)^n < e$ 。

这一回要证的不等式带指数，直接做差没法比大小，取对数就能把指数"放下来"。 两边都是正数，取自然对数不改变大小关系，原不等式等价于

n\ln\left(1 + \frac{1}{n}\right) < 1

只剩一条对数不等式，正是母不等式的用武之地。 由 $\ln(1 + x) < x$ ，取 $x = \dfrac{1}{n} > 0$ ，得

\ln\left(1 + \frac{1}{n}\right) < \frac{1}{n}

两边同乘正整数 $n$ ：

n\ln\left(1 + \frac{1}{n}\right) < 1

两边再取指数，回到原式，就得到 $\left(1 + \dfrac{1}{n}\right)^n < e$ 。证毕。

顺便说说这个数列为什么"值得存在"。 记 $f(x) = \left(1 + \dfrac{1}{x}\right)^x$ （ $x > 0$ ），取对数再求导，得

\left[\ln f(x)\right]' = \ln\left(1 + \frac{1}{x}\right) - \frac{1}{x + 1}

这个式子正好是母不等式的孪生兄弟 $\ln(1+t) > \dfrac{t}{1+t}$ 把 $t$ 换成 $\dfrac1x$ 的结果，由它大于零可知 $\ln f$ 递增、从而 $f$ 递增，即数列 $\left\{\left(1+\dfrac1n\right)^n\right\}$ 单调递增。一边严格小于 $e$ 、一边单调递增，两头一夹它就收敛——这正是自然常数 $e$ 最经典的登场方式。

验一下。 $n = 1$ ：左边 $2$ ，右边 $e \approx 2.718$ ； $n = 3$ ： $\left(\dfrac43\right)^3 = \dfrac{64}{27} \approx 2.370 < e$ ； $n = 10$ ： $1.1^{10} \approx 2.594 < e$ 。三处都小于 $e$ ，而且随 $n$ 增大从左下方一步步逼近 $e$ 。

算例三：需要放缩的根式和

有些求和不等式的通项，单靠一条母不等式并不够，得先把每一项"放大"，再裂项求和。 前面两例的局部不等式是"精确"的，这一例要故意把每一项换成一个更好求和的东西——这就是放缩。目标函数 $\dfrac{1}{\sqrt{x}}$ 在 $[1, +\infty)$ 上单调递减、处处大于零，正是"积分放缩"的典型对象。

证明：对一切正整数 $n$ ， $\displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}} < 2\sqrt{n}$ 。

具体地，对 $k \ge 2$ 有

\frac{1}{\sqrt{k}} < \frac{2}{\sqrt{k} + \sqrt{k-1}} = 2\left(\sqrt{k} - \sqrt{k-1}\right)

这条放缩是怎么想出来的？ 右边分母有理化后就等于 $\dfrac{2}{\sqrt k + \sqrt{k-1}}$ ，而 $\sqrt k + \sqrt{k-1} < 2\sqrt k$ ，所以它比 $\dfrac{1}{\sqrt k}$ 大——故意放大的这一边，长成了"两项相减"的形状，求和时前后能抵消。

把 $k = 2, 3, \ldots, n$ 相加：

\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}} < 2\left(\sqrt{n} - \sqrt{1}\right) = 2\sqrt{n} - 2

别忘了 $k = 1$ 这一项没参与放缩，要单独补上。 首项 $\dfrac{1}{\sqrt 1} = 1$ ，于是

\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}} < 1 + \left(2\sqrt{n} - 2\right) = 2\sqrt{n} - 1 < 2\sqrt{n}

证毕。这一步放缩"狠得有分寸"：放大得够多，右边才能裂项相消；又放得不过火，以至于加上首项后总和仍然卡在 $2\sqrt n$ 以下。放缩题的难度，全在这"分寸"两个字上。

验一下。 取 $n = 4$ ：左边 $1 + \dfrac{1}{\sqrt2} + \dfrac{1}{\sqrt3} + \dfrac12 \approx 1 + 0.7071 + 0.5774 + 0.5 = 2.7845$ ，小于 $2\sqrt 4 = 4$ ，也小于更强的那条 $2\sqrt n - 1 = 3$ 。取 $n = 9$ ：左边累计 $\approx 4.705$ ，而 $2\sqrt 9 - 1 = 5$ 、 $2\sqrt 9 = 6$ ，两头都成立。

归纳法与导数法：两条路各管什么

同一道数列不等式常常两条路都走得通，但分工不同，用错了路会白白难受。 归纳法擅长"顺着递推往下滚"，导数法擅长"一眼看穿整片变化的趋势"。

归纳法的强项，是递推结构清楚的题。 只要给出 $a_{n+1} = g(a_n)$ 这样的递推式，归纳法就能从首项出发一步步搭上去，每一步 $P(k) \Rightarrow P(k+1)$ 都落到实处。它的弱点是"先得猜到结论"，没有现成结论就无从下手；对求和型不等式，从第 $n$ 步推到第 $n+1$ 步时凭空多出一项，往往又要单独证一条新不等式，等于把难题往后推。

导数法的强项，是一次性覆盖所有整数点。 把 $n$ 换成 $x$ 之后，一条关于连续函数的不等式，就直接管住了 $x = 1, 2, 3, \ldots$ 全部整数，不必逐个递推。它特别适合两类题：一类是通项本身含 $n$ 的不等式，一类是求和型不等式——先用导数证出"每一项的局部不等式"，再用裂项或放缩求和。

两者并非水火不容，最省力的打法常常是"导数管局部、求和管整体"。 算例一和算例三都是这个骨架：导数的力气只花在"单项"上，整体比较交给裂项相消。可以说，导数法把归纳法"逐项递推"的重活儿，压缩成了一次求导加一次求和。

常见错误：离散与连续不能互相乱搬

最容易翻车的地方，是把离散的结论和连续的结论当成同一件事，随手互相搬运。 前面反复强调过：函数的性质"往下传"给数列是安全的，数列的性质"往上传"给函数就危险了。

看一个标本。 数列 $a_n = \dfrac{\ln n}{n}$ 与函数 $f(x) = \dfrac{\ln x}{x}$ （ $x > 0$ ）。求导：

f'(x) = \frac{1 - \ln x}{x^2}

分子 $1 - \ln x$ 在 $x < e$ 时为正、在 $x > e$ 时为负，所以 $f$ 在 $(0, e)$ 上递增、在 $(e, +\infty)$ 上递减，最大值在 $x = e \approx 2.718$ 处取到。

现在把整数点单独取出来看：

a_1 = 0,\quad a_2 = \frac{\ln 2}{2} \approx 0.3466,\quad a_3 = \frac{\ln 3}{3} \approx 0.3662,\quad a_4 = \frac{\ln 4}{4} \approx 0.3466

数列的走向和函数的走向对不齐： 函数在 $x = e$ 处到顶，而 $e$ 根本不是整数；数列则在 $n = 3$ 处取到最大值（ $a_3 > a_2$ 且 $a_3 > a_4$ ）。换句话说，函数的"最高点"落在两个整数点之间，你在整数点上永远踩不到它。 正确的说法不是"最大项是 $a_e$ "，而是"数列从第 $3$ 项起单调递减，最大项是 $a_3$ "。

两个方向各有一条典型错误：

把离散直接搬到连续（最常见）。 由 $a_n$ 从某项起递减，就断言 $f(x)$ 从某点起递减。反例正是上面的 $\dfrac{\ln x}{x}$ ：整数上从 $n = 3$ 起递减，可函数在 $(0, e)$ 上明明是递增的。原因是整数点只是函数的"样本"，样本单调不代表原函数单调。
把连续直接搬到离散（也常见）。 由 $f$ 在 $x = x_0$ 处取最值，就断言数列的最值项是 $a_{x_0}$ 。只要 $x_0$ 不是整数（比如 $e$ ），这个"最值项"就落空了；即便 $x_0$ 落在某个整数附近，也要回头把相邻整数点代进去比一比。

一条实用的收尾纪律：凡是涉及"数列的第几项最大、最小、单调"的结论，拿到连续函数的解法之后，一定回到整数点，把极值点附近的那两三项逐个验证。

在高中数学体系里的位置

导数与数列不等式是压轴题里"跨模块"的典型，难度稳居导数应用的前列。 它把两章知识焊在一起：一边要熟练导数求单调、求最值，一边要对数列的求和、裂项、放缩有手感；任何一边生疏，题就做不动。

从思想延伸上看，它给"函数"这个词补上了最关键的一块。 数列是定义在正整数上的函数——这句话课本里出现过，但只有到了"用导数证数列不等式"，它才真正变成一件能用的工具。学生在这里第一次体会到：离散和连续不是两种互不相干的对象，而是同一个函数在两组不同自变量上的两次采样。

从运算练兵场和综合题常客的角度看，它的落点很固定： 构造差函数、取对数降指数、二次求导与分类讨论，再叠上裂项相消与放缩定界；典型题型就是用 $\ln(1 + x) < x$ 证调和和与对数的大小、用它的孪生兄弟证 $\left(1+\dfrac1n\right)^n$ 的单调与有界、用积分放缩或裂项求和证根式与平方和。

思考与拓展

用导数证明：数列 $a_n = \dfrac{\ln n}{n}$ 从第 $3$ 项开始单调递减，并求出它的最大项。（提示：先求 $f(x) = \dfrac{\ln x}{x}$ 的单调区间，再回到整数点上比较 $a_2, a_3, a_4$ 。）
证明：对一切正整数 $n$ ， $\displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2} < 2$ 。（提示：对 $k \ge 2$ 放缩 $\dfrac{1}{k^2} < \dfrac{1}{k(k-1)} = \dfrac{1}{k-1} - \dfrac{1}{k}$ ，再裂项相消。）
证明：对一切正整数 $n \ge 2$ ， $\ln n < 1 + \dfrac12 + \dfrac13 + \cdots + \dfrac{1}{n-1}$ 。（提示：这就是算例一把 $n$ 换成 $n - 1$ 的形式。）
已知 $a_1 = 1$ ， $a_{n+1} = a_n + \dfrac{1}{a_n^2}$ 。证明 $a_n > \sqrt[3]{3n}$ 对一切 $n \ge 2$ 成立。（提示：记 $b_n = a_n^3 - 3n$ ，算得 $b_{n+1} - b_n = \dfrac{3}{a_n^3} + \dfrac{1}{a_n^6} > 0$ ，故 $\{b_n\}$ 递增，而 $b_2 = 2 > 0$ 。）

高考母题

（2020·天津） 已知函数 $f(x)=x ^ { 3 } +klnx(k∈R)$ ， $f'(x)$ 为 $f(x)$ 的导函数．
（Ⅰ）当 $k=6$ 时，（i）求曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1,f(1))$ 处的切线方程；（ii）求函数 $g(x)=f(x)-f ^ { ′ } (x)+\frac { 9 } { x }$ 的单调区间和极值；
（Ⅱ）当 $k⩾-3$ 时，求证：对任意的 $x_{ 1 } ,\quad x_{ 2 } ∈[1,+∞)$ ，且 $x_{ 1 } >x_{ 2 }$ ，有 $\frac { f ^ { ′ } \left ( { x_{ 1 } } \right )+f ^ { ′ } \left ( { x_{ 2 } } \right ) } { 2 }>\frac { f\left ( { x_{ 1 } } \right )-f\left ( { x_{ 2 } } \right ) } { x_{ 1 } -x_{ 2 } }$ ．

展开详解

（Ⅰ）（i） $y=9x-8$ ；（ii）函数g(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞)； $g(x)$ 的极小值为 $g(1)=1$ ，无极大值；
（Ⅱ）证明：由 $f(x)=x ^ { 3 } +klnx$ ，得 $f ^ { ′ } (x)=3x ^ { 2 } +\frac { k } { x }$ . 对任意的 $x_{ 1 } ,\quad x_{ 2 } ∈[1,+∞)$ ，且 $x_{ 1 } >x_{ 2 }$ ，令 $\frac { x_{ 1 } } { x_{ 2 } }=t\quad (t>1)$ ，则 $\left ( { x_{ 1 } -x_{ 2 } } \right )\left ( { f ^ { ′ } \left ( { x_{ 1 } } \right )+f ^ { ′ } \left ( { x_{ 2 } } \right ) } \right )-2\left ( { f\left ( { x_{ 1 } } \right )-f\left ( { x_{ 2 } } \right ) } \right )$ $=\left ( { x_{ 1 } -x_{ 2 } } \right )\left ( { 3x_{ 1 } ^{ 2 }+\frac { k } { x_{ 1 } }+3x_{ 2 } ^{ 2 }+\frac { k } { x_{ 2 } } } \right )-2\left ( { x_{ 1 } ^{ 3 }-x_{ 2 } ^{ 3 }+kln\frac { x_{ 1 } } { x_{ 2 } } } \right )$ $=x_{ 1 } ^{ 3 }-x_{ 2 } ^{ 3 }-3x_{ 1 } ^{ 2 }x_{ 2 } +3x_{ 1 } x_{ 2 } ^{ 2 }+k\left ( { \frac { x_{ 1 } } { x_{ 2 } }-\frac { x_{ 2 } } { x_{ 1 } } } \right )-2kln\frac { x_{ 1 } } { x_{ 2 } }$ $=x_{ 2 } ^{ 3 }\left ( { t ^ { 3 } -3t ^ { 2 } +3t-1 } \right )+k\left ( { t-\frac { 1 } { t }-2lnt } \right )$ . ① 令 $h(x)=x-\frac { 1 } { x }-2lnx,\quad x∈[1,+∞)$ . 当x>1时， $h ^ { ′ } (x)=1+\frac { 1 } { x ^ { 2 } }-\frac { 2 } { x }=\left ( { 1-\frac { 1 } { x } } \right ) ^ { 2 } >0$ ，由此可得 $h\left ( { x } \right )$ 在 $\left [ { 1,+∞ } \right )$ 单调递增，所以当t>1时， $h\left ( { t } \right )>h\left ( { 1 } \right )$ ，即 $t-\frac { 1 } { t }-2lnt>0$ . 因为 $x_{ 2 } ≥1$ ， $t ^ { 3 } -3t ^ { 2 } +3t-1=(t-1) ^ { 3 } >0$ ， $k≥-3$ ，所以 $x_{ 2 } ^{ 3 }\left ( { t ^ { 3 } -3t ^ { 2 } +3t-1 } \right )+k\left ( { t-\frac { 1 } { t }-2lnt } \right )≥\left ( { t ^ { 3 } -3t ^ { 2 } +3t-1 } \right )-3\left ( { t-\frac { 1 } { t }-2lnt } \right )$ $=t ^ { 3 } -3t ^ { 2 } +6lnt+\frac { 3 } { t }-1$ . ② 由(Ⅰ)(ii)可知，当 $t>1$ 时， $g\left ( { t } \right )>g\left ( { 1 } \right )$ ，即 $t ^ { 3 } -3t ^ { 2 } +6lnt+\frac { 3 } { t }>1$ ，故 $t ^ { 3 } -3t ^ { 2 } +6lnt+\frac { 3 } { t }-1>0$ ③ 由①
②③可得 $\left ( { x_{ 1 } -x_{ 2 } } \right )\left ( { f ^ { ′ } \left ( { x_{ 1 } } \right )+f ^ { ′ } \left ( { x_{ 2 } } \right ) } \right )-2\left ( { f\left ( { x_{ 1 } } \right )-f\left ( { x_{ 2 } } \right ) } \right )>0$ . 所以，当 $k≥-3$ 时，任意的 $x_{ 1 } ,x_{ 2 } ∈\left [ { 1,+∞ } \right )$ ，且 $x_{ 1 } >x_{ 2 }$ ，有 $\frac { f ^ { ′ } \left ( { x_{ 1 } } \right )+f ^ { ′ } \left ( { x_{ 2 } } \right ) } { 2 }>\frac { f\left ( { x_{ 1 } } \right )-f\left ( { x_{ 2 } } \right ) } { x_{ 1 } -x_{ 2 } }$ . 【分析】
(Ⅰ) (i)首先求得导函数的解析式，然后结合导数的几何意义求解切线方程即可； (ii)首先求得 $g'\left ( { x } \right )$ 的解析式，然后利用导函数与原函数的关系讨论函数的单调性和函数的极值即可；
（Ⅱ）首先确定导函数的解析式，然后令 $\frac { x_{ 1 } } { x_{ 2 } }=t$ ，将原问题转化为与 $t$ 有关的函数，然后构造新函数，利用新函数的性质即可证得题中的结论.
(Ⅰ) (i) 当k=6时， $f\left ( { x } \right )=x ^ { 3 } +6lnx$ ， $f'\left ( { x } \right )=3x ^ { 2 } +\frac { 6 } { x }$ .可得 $f\left ( { 1 } \right )=1$ ， $f'\left ( { 1 } \right )=9$ ，所以曲线 $y=f\left ( { x } \right )$ 在点 $\left ( { 1,f\left ( { 1 } \right ) } \right )$ 处的切线方程为 $y-1=9\left ( { x-1 } \right )$ ，即 $y=9x-8$ . (ii) 依题意， $g\left ( { x } \right )=x ^ { 3 } -3x ^ { 2 } +6lnx+\frac { 3 } { x },x∈\left ( { 0,+∞ } \right )$ . 从而可得 $g'\left ( { x } \right )=3x ^ { 2 } -6x+\frac { 6 } { x }-\frac { 3 } { x ^ { 2 } }$ ，整理可得： $g ^ { ′ } (x)=\frac { 3(x-1) ^ { 3 } (x+1) } { x ^ { 2 } }$ ，令 $g'\left ( { x } \right )=0$ ，解得 $x=1$ . 当x变化时， $g'\left ( { x } \right ),g\left ( { x } \right )$ 的变化情况如下表： $x$ $\left ( { 0,1 } \right )$ $x=1$ $\left ( { 1,+∞ } \right )$ $g'\left ( { x } \right )$ $-$ $0$ $+$ $g\left ( { x } \right )$ 单调递减极小值单调递增所以，函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)； g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值.
（Ⅱ）略【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．

一句话总结

把数列看成离散的函数，用连续函数（可导）的工具去分析——构造 $f(x)$ 、求导定单调、得一般不等式、代回整数点，这就是导数与数列交汇的核心思想。

— Y. · 2026-10-08

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