2021年高考数学压轴讲与练 专题06 函数、导数与数列、不等式的综合应用(解析版)

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资源描述

1、专题 06 函数、导数与数列、不等式的综合应用 【压轴综述】【压轴综述】 纵观近几年的高考命题,应用导数研究函数的单调性、极(最)值问题,证明不等式、研究函 数的零点等,是高考考查的“高频点”问题,常常出现在“压轴题”的位置.其中,函数、 导数与数列、不等式的综合应用问题的主要命题角度有:函数与不等式的交汇、函数与数列 的交汇、导数与数列不等式的交汇等.本专题就函数、导数与数列、不等式的综合应用问题, 进行专题探讨,通过例题说明此类问题解答规律与方法. 1.数列不等式问题,通过构造函数、应用函数的单调性或对不等式进行放缩,进而限制参数 取值范围.如 2.涉及等差数列的求和公式问题,应用二次函数

2、图象和性质求解. 3.涉及数列的求和问题,往往要利用“错位相减法” 、 “裂项相消法”等,先求和、再构造函 数. 【压轴典例】【压轴典例】 例 1.(2020全国卷理科T21)已知函数f(x)=sin 2xsin 2x. (1)讨论f(x)在区间(0,)的单调性; (2)证明:|f(x)|; (3)设nN *,证明:sin2xsin22xsin24xsin22nx . 【解析】(1)由函数的解析式可得f(x)=2sin 3xcos x,则:f(x)=2(3sin 2xcos 2x-sin 4x) =2sin 2x(3cos 2x-sin 2x)=2sin 2x(4cos 2x-1)=2sin

3、2x(2cos x+1)(2cos x-1), f(x)=0 在x(0,)上的根为:x1= ,x2=,当x时,f(x)0,f(x)单调递增,当x 时,f(x)0,f(x)单调递增. (2)注意到f(x+)=sin 2(x+)sin =sin 2xsin 2x=f(x),故函数 f(x)是周期为 的函数,结合(1)的结论,计算可得:f(0)=f()=0,f=, f=-,据此可得:f(x)max=,f(x)min=-,即|f(x)|. (3)结合(2)的结论有:sin 2xsin 22xsin 24xsin 22nx= =sin x(sin 2xsin 2x)(sin 22xsin 4x)(sin

4、 22n-1xsin 2nx)sin 22nx =. 例 2.(2020浙江高考T22)已知 10,所以 f(x)在(0,+)上单调递增,由于 f(0)=1-a0,f(0)f(2)0, 则 y=f(x)在(0,+)上有唯一零点. ()()由于f(x)单调递增,1a2.设x0的最大值为t,则e t=2+t.由f(1)=e-1-21. 右边:由于 x0 时,e x1+x+ x2,且 -x0-a=0,则 a1+x0.左边:要证明 a-1=-x0-1,只需证明-x0-10.记 h(x)= e x-1-x-x2(0 xt),则 h(x)=ex-1-2x, h(x)=e x-2, 于 是 h(x)在 (0

5、,ln 2) 上 单调 递 减, 在 (ln 2,+)上 单 调递 增 . 于 是 h(x)=e x-1-2xmaxh(0),h(t)=0, 则 h(x)在 0 xt 上单调递减.h(x)=e x-1-x-x2h(0)=0,得证. ()要证明 x0f()(e-1)(a-1)a,只需证:x0f(x0+a)(e-1)(a-1)a. 由于(xf(x+a)= f(x+a)+xf(x+a)f(x+a)f(a)=e a-2a1-a+ 0, 则 x0f(x0+a)f(+a),只需要证明:f(+a)(e-1)a, 即-2a (e-1)a. 由 e x 1+x+x 2, 只 需 证 :1+ (+a) 2-a (

6、e-1)aa 2-( ) 2-2(e-2)a 0,只需证-2(e-2), 由于=+2,+),则-2- = 2(e-2). 综上所述,得证. 例 3.(2020天津高考T20)已知函数f(x)=x 3+kln x(kR),f(x)为 f(x)的导函数. (1)当k=6 时, 求曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程; 求函数g(x)=f(x)-f(x)+ 的单调区间和极值; (2)当k-3 时,求证:对任意的x1,x21,+),且x1x2,有. 【解析】 (1)当k=6 时,f(x)=x 3+6ln x,f(x)=3x 2+ .可得f(1)=1,f(1)=9,所以曲线y=f(x) 在点(

7、1,f(1)处的切线方程为y-1=9(x-1),即y=9x-8. 依题意,g(x)=x 3-3x2+6ln x+ ,x(0,+).从而可得 g(x)=3x 2-6x+ - , 整理可得:g(x)=,令g(x)=0,解得x=1.当x变化时,g(x),g(x)的变化情况如表: x (0,1) 1 (1,+) g(x) - 0 + g(x) 单调递减 极小值 单调递增 所以,g(x)的减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+);g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值. (2)由f(x)=x 3+kln x,得 f(x)=3x 2+ .对任意的x1,x21,+),且x1x2,令 =t(t1), 则

8、(x1-x2)f(x1)+f(x2)-2(f(x1)-f(x2)=(x1-x2)-2 =-3x2+3x1+k-2kln =(t 3-3t2+3t-1)+k .() 令h(x)=x- -2ln x,x(1,+).当x1 时,h(x)=1+ - =0, 由此可得h(x)在(1,+)上单调递增,所以当t1 时,h(t)h(1),即t- -2ln t0. 因为x21,t 3-3t2+3t-1=(t-1)30,k-3, 所以(t 3-3t2+3t-1)+k (t 3-3t2+3t-1)-3 =t 3-3t2+6ln t+ -1.() 由(1)可知,当t1 时,g(t)g(1),即t 3-3t2+6ln

9、t+ 1,故 t 3-3t2+6ln t+ -10.() 由()()()可得(x1-x2)f(x1)+f(x2)-2(f(x1)-f(x2)0. 所以,当k-3 时,对任意的x1,x21,+),且x1x2,有. 例 4(2021 浙江金华市 高三期末)设Ra,已知函数 ln xa f x x , x g xe (1)当1a 时,证明:当0 x 时, f xg x; (2)当1a 时,证明:函数 yf xg x有唯一零点 【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析. 【详解】 lnln x x xaxaxe f xg xe xx ,令 ln x h xxaxe, (1)证明:要证原不等式,只需证

10、:当0 x时, ln10 x h xxxe 则 2 11 10 11 x x x ex h xxe xxe 对任意的0 x恒成立. 所以,函数 h x在0,上单调递增,因此 00h xh,即原不等式成立; (2)(i)由()可得当0 x时, ln1 0 x x f xg xe x , 故函数 yf xg x在0,上没有零点; (ii)当 ,0 xa 时, 2 11 1 x x x exaxa h xxe xaxa e 令 2 1 x F xexaxa,,0 xa 则 21 x Fxexa递增,且2110 aa Faeaaea , 00Fa , Fx 在,0a上存在唯一零点,记为 0 x, 当

11、0 ,xa x , 0Fx,此时,函数 F x单调递减; 当 0,0 xx时, 0Fx,此时,函数 F x单调递增. 1aQ,0 a Fae, 010Fa , 0 010F xFa , F x在 0 , a x上存在唯一零点 1 x,当 0,0 xx时, 0F x 故当 1 ,xa x , 0F x ;当 1,0 xx时, 0F x h x在 1 , a x上递增, 在 1,0 x上递减, 且 0ln0ha 令 x y x e , 当,0 xa 时,则10 x yx e ,函数 x yxe在,0 xa 上递增, xa yxeae , ln a h xxaae,取 2 a ae xaea ,且

12、0 10 a ae eaeaa ,则 2 ,0 a ae xaea , 则有 2 0h x, 又 0l n0ha, 由零点存在定理可得, h x 在,0a上存在唯一的零点 综上可证:函数 yf xg x在0,上有唯一零点 例 5(2021 江苏南通市 高三期末)已知函数 e1 x f xx ,0 x. (1)若关于.x的不等式 2 e22 x xf xkxx对任意的0 x恒成立,求实数k的取值范 围; (2)设 2 2f x g x x ,0 x. 求证: 1g x ; 若数列 n a满足 1 3 0ln 2 a, 1 ln nn ag a ,求证: 1 e1 2 n a n . 【答案】(1

13、)k2;(2)证明见解析 证明见解析. 【详解】(1) 2 122 xx x exkexx ee2 xx xkx ,ee2 xx kxx , 2 ex x kx 令 2 ex x h xx , 2 ee2e1 10 ee xx x xx xx h x h x在( ) 0,+?上为增函数, 02kh. (2) 2 2 e1 x x g x x 要证 2 2 e1 1 x x x 证明: 2 e1 2 x x x 即证 2 e10 2 x x x 令 2 e1 2 x x F xx, e1 x Fxx , e10 x Fx Fx在( ) 0,+?上为增函数, 01FxF, F x在( ) 0,+?

14、上为增函数, 00F xF 可用数学归纳法证明.由知,0 x时, 1g x ,0 k a ,1 k g a 当1n 时, 1 1 311 e11 222 a ,显然成立 假设当nk时, 11 e10ln 1 22 k a k kk a 则当1nk时, 1 ln e1e11 k k g aa k g a . g x在( ) 0,+?上为增函数. 22 1111 2 1ln 112ln 1 22221 1ln 111 112 ln1ln1 22 kkkk k k kk g ag 下只需证 1 2 11 2ln 1 221 1 12 ln1 2 kk k k ,令 13 11 22 k mm 证明:

15、 2 21 ln1 11 ln2 mm m m 2 21 ln1 1 ln2 mm m m 2 41 lnln1mmmm 22 ln44lnln40mmmmm 2 2 ln2ln40mmmm 2 ln2ln2ln20mmmm ln2ln2ln20mmmm ,又 3 1 2 m ln2ln20mmm1 ln220mmm 3 1 ln22 ,1 2 h mmmmm, 13 ln1,1 2 h mmm m 22 111 0 m hm mmm , 13 ln1,1 2 h mmm m 为增函数 10h mh 故 3 1 ln22 ,1 2 h mmmmm为增函数,故 10h mh 故不等式1 ln22

16、0mmm 成立,故1nk时成立 例 6.(2020江苏高考T19)已知关于 x 的函数 y=f(x),y=g(x)与 h(x)=kx+b(k,bR)在区 间 D 上恒有 f(x)h(x)g(x). (1)若 f(x)=x 2+2x,g(x)=-x2+2x,D=(-,+).求 h(x)的表达式; (2)若 f(x)=x 2-x+1,g(x)=kln x,h(x)=kx-k,D=(0,+).求 k 的取值范围; (3)若 f(x)=x 4-2x2,g(x)=4x2-8,h(x)=4(t3-t)x-3t4+2t2(0m(0)=1+k0,所以 k=-1. 当 x=0 时,0,即(k+1) 2-4(k+

17、1)0,(k+1)(k-3)0,-1k3. 综上,k0,3. (3)当 1t时,由 g(x)h(x),得 4x 2-84(t3-t)x-3t4+2t2, 整理得 x 2-(t3-t)x+ 0.(*)令 =(t 3-t)2-(3t4-2t2-8),则 =t6-5t4+3t2+8. 记 (t)=t 6-5t4+3t2+8(1t ),则 (t)=6t 5-20t3+6t=2t(3t2-1)(t2-3)0 恒成立, 所以 (t)在1,上是减函数,则 ()(t)(1),即 2(t)7 所以不等式(*)有解,设解集为,因此 n-mx2-x1=. 当 0t1 时,f(-1)-h(-1)=3t 4+4t3-2

18、t2-4t-1.设 v(t)=3t4+4t3-2t2-4t-1, v(t)=12t 3+12t2-4t-4=4(t+1)(3t2-1),令 v(t)=0,得 t= . 当 t时,v(t)0,v(t)是增函数; v(0)=-1,v(1)=0,则当 0t1 时,v(t)0,(或证:v(t)=(t+1) 2(3t+1)(t-1)0) 则 f(-1)-h(-1)0,因此-1(m,n).因为m,n-,所以 n-m+1. 当-t0,求使得Snan的n的取值范围 【答案】(1)210 n an ; (2)110()nnN. 【解析】(1)设等差数列 n a的首项为 1 a,公差为d,根据题意有 11 1 9

19、 8 9(4 ) 2 24 adad ad ,解答 1 8 2 a d ,所以8(1) ( 2)210 n ann , 所以等差数列 n a的通项公式为210 n an ; (2)由条件 95 Sa ,得 55 9aa ,即 5 0a ,因为 1 0a ,所以0d , 并且有 51 40aad,所以有 1 4ad , 由 nn Sa得 11 (1) (1) 2 n n nadand ,整理得 2 (9 )(210)nn dnd, 因为0d ,所以有 2 9210nnn,即 2 11100nn,解得110n, 所以n的取值范围是:110()nnN 例 8.(2019江苏高考真题)定义首项为 1

20、且公比为正数的等比数列为“M数列”. (1)已知等比数列an满足: 245132 ,440a aa aaa,求证:数列an为“M数列”; (2)已知数列bn满足: 1 1 122 1, nnn b Sbb ,其中Sn为数列bn的前n项和 求数列bn的通项公式; 设m为正整数, 若存在“M数列”cn, 对任意正整数k, 当km时, 都有 1kkk cbc 剟 成立,求m的最大值 【答案】(1)见解析;(2)bn=n * nN;5. 【解析】(1)设等比数列an的公比为q,所以a10,q0.由 245 321 440 a aa aaa ,得 244 11 2 111 440 a qa q a qa

21、 qa ,解得 1 1 2 a q 因此数列 n a为“M数列”. (2)因为 1 122 nnn Sbb ,所以 0 n b 由 111 1,bSb得 2 122 11b ,则 2 2b . 由 1 122 nnn Sbb ,得 1 1 2() nn n nn b b S bb , 当2n时,由 1nnn bSS ,得 11 11 22 n nnn n nnnn b bb b b bbbb , 整理得 11 2 nnn bbb 所以数列bn是首项和公差均为 1 的等差数列. 因此,数列bn的通项公式为bn=n * nN .由知,bk=k, * kN. 因为数列cn为“M数列”,设公比为q,所

22、以c1=1,q0. 因为ckbkck+1,所以 1kk qkq ,其中k=1,2,3,m.,当k=1 时,有q1; 当k=2,3,m时,有 lnln ln 1 kk q kk 设f(x)= ln (1) x x x ,则 2 1 ln ( ) x f x x 令 ( )0f x ,得x=e.列表如下: x (1,e) e (e,+) ( )f x + 0 f(x) 极大值 因为 ln2ln8ln9ln3 2663 ,所以 max ln3 ( )(3) 3 f kf取 3 3q ,当k=1,2,3,4, 5 时, ln ln k q k ,即 k kq,经检验知 1k qk 也成立因此所求m的最

23、大值不小于 5 若m6,分别取k=3,6,得 3q 3,且 q 56,从而 q 15243,且 q 15216, 所以q不存在.因此所求m的最大值小于 6. 综上,所求m的最大值为 5 例 9.(2020湖南高考模拟)设函数( )ln(1)(0)f xxx, (1) ( )(0) 1 x xa g xx x . (1)证明: 2 ( )f xxx. (2)若( )( )f xxg x恒成立,求a的取值范围; (3)证明:当 * nN时, 2 2 121 ln(32) 49 n nn n . 【答案】(1)见解析;(2)(,1;(3)见解析. 【解析】(1)证明:令函数 2 h xln x 1x

24、x,x0,, 2 12xx h x2x 10 1x1x ,所以 h x为单调递增函数, h xh 00, 故 2 ln x 1xx. (2) f xxg x,即为 ax ln x1 1x , 令 ax m xln x1 1x ,即 m x0恒成立, 22 a 1xax1x1 a m x x1 1x1x ,令 m x0 ,即x 1 a0 ,得xa 1 . 当a 10 ,即a1时, m x在0,上单调递增, m xm 00, 所以当a1时, m x0在0,上恒成立; 当a 10 ,即a1时, m x在a 1, 上单调递增,在0,a 1上单调递减, 所以 min m xm a 1m 00,所以 m

25、x0不恒成立. 综上所述:a的取值范围为,1. (3)证明:由(1)知 2 ln x 1xx,令 1 x n , * nN, x0,1, 2 n1n1 ln nn ,即 2 n1 ln n1lnn n ,故有ln2 ln10, 1 ln3ln2 4 , 2 n1 ln n1lnn n , 上述各式相加可得 2 12n1 ln n1 49n .因为 2 2 n3n2n1n10, 2 n3n2n1, 2 ln n3n2ln n1 , 所以 2 2 12n1 ln n3n2 49n . 例 10.(2020江苏高考模拟)已知数列 n a, 1 2a ,且 2 1 1 nnn aaa 对任意n N恒

26、成立 (1)求证: 11221 1 nnnn aa aaa a (n N); (2)求证: 1 1 n n an (n N) 【答案】(1)见解析(2)见解析 【解析】(1)当1n 时, 22 211 12213aaa 满足 21 1aa成立. 假设当nk时,结论成立.即: 1122 1 1 kkkk aa aaa a 成立 下证:当1nk时, 1122 1 1 kkkk aaa aa a 成立. 因为 2 11211 111 kkkkk aaaaa 1122 11122 1 111 1 kkkkkkkk aa aaa aaa aaa a 即:当1nk时, 1122 1 1 kkkk aaa

27、aa a 成立 由、可知, 11221 1 nnnn aa aaa a (n * N)成立. (2)()当1n 时, 2 2 1 221311a成立, 当2n时, 2 32222 2 172131112aaaaa 成立, ()假设nk时(3k ),结论正确,即: 1 1 k k ak 成立 下证:当1nk时, 1 2 11 k k ak 成立. 因为 2 21111 2 111111 kkkk kkkkk aaaaakkkk 要证 1 2 11 k k ak ,只需证 1 2 111 k kk kkk 只需证: 1 2 1 k k kk , 只需证: 1 2 lnln1 k k kk 即证:1

28、2llnn10kkkk(3k ) 记 2 ln11 lnhxxxxx 2 ln1112ln11lnlnxxxxh x 2 1 ln1ln121 11 x x xx 当12x 时, 1111 ln121ln 221ln1ln10 122 x xe 所以 2 ln11 lnhxxxxx在1,上递增, 又 64 2 3ln34ln3ln34ln729ln2564l0nh 所以,当3x时, 30h xh恒成立. 即:当3k 时, 30h kh成立. 即:当3k 时,12llnn10kkkk恒成立. 所以当3k , 1 2 11 k k ak 恒成立. 由()()可得:对任意的正整数n N,不等式 1

29、1 n n an 恒成立,命题得证. 【压轴训练】【压轴训练】 1(2020 河南郑州高三)已知函数 ln121 22 xa xf x xx 在0,上单调递增,则实 数a的取值范围为( ) A4, Be, C2, D0, 【答案】C 【详解】因为函数 ln121 22 xa xf x xx 在0,上单调递增,所以 0fx 在 0,上恒成立;由于 2 222 1 ln1212ln23 222 xaxx f x x a xx , 所以 2 2ln230 xxa在 0,上恒成立,故令 2 2ln23g xxxa, 0,x, 2 222 2 x gxx xx , 故当 0,1x时, 0gx , 当1,

30、x时, 0gx ,所以函数 2 2ln23g xxxa在区间0,1单调递减,在区间1,上 单调递增,所以 min 1240g xga,解得2a,故实数a的取值范围为 2, . 2(2020 威远中学校高三)已知函数 32 ( )f xxxaxb, 12 ,(0,1)x x且 12 xx, 都有 1212 |( )()| |f xf xxx成立,则实数a的取值范围是( ) A 2 ( 1, 3 B 2 (,0 3 C 2 ,0 3 D 1,0 【答案】C 【详解】不妨设 12 10 xx,则 1212 |( )()| |f xf xxx等价于 211212 xxf xf xxx,即 1122 1

31、122 f xxf xx f xxf xx , 设 32 1g xf xxxxaxb, 32 1h xf xxxxaxb, 依题意,函数 g x在0,1上为严格的单调递减函数,函数 h x在0,1上为严格的单调 递增函数, 2 3210g xxxa 在0,1上恒成立, 2 3210h xxxa 在 0,1上恒成立, 2 321axx 在 0,1上恒成立, 2 321axx 在 0,1上恒成 立,而二次函数 2 321yxx 在0,1上的最小值在1x 时取得,且最小值为 0,二次 函数 2 321yxx 在0,1上的最大值在 1 3 x 时取得,其最大值为 2 3 ,综上,实数a 的取值范围是

32、2 ,0 3 , 3(2020 陕西高三其他模拟)已知函数 yf x的定义域为R, 0f xfx且当 12 0 xx时,有 12 12 0 f xf x xx ,当2020 xy时,有 2020f xff y 恒成立,则x的取值范围为( ) A B C D 【答案】B 【详解】根据 0f xfx得 fxf x,所以 f x是定义在R上的奇函数, 则有 00f.又由 12 0 xx时,有 12 12 0 f xf x xx 得 yf x在上单调递 减.又 yf x是奇函数, 则有 f x在上也单调递减.则 f x在R上为减函数, 所 以20200f.当0 x时,20202020yx.所以 202

33、0f yff x,则恒 有 2020f xff y;当0 x时,2020y ,此时 20202020f xfff y,故 2020f xff y不成立;当0 x时, 20202020yx ,所以 2020f yf此时, 0f x ,故 2020f yff x,与条件矛盾,故x的取值范围为. 4(黑龙江省哈尔滨三中高考模拟)已知 1 (1)32 (1,2) n n nbb abn b ,若对不小于 4 的自然数n,恒有不等式 1nn aa 成立,则实数b的取值范围是_ 【答案】3 (,) 【解析】由题设可得 1 (1)(1)32(1)32 nn nbbnbb bb ,即 22 (1)341n b

34、bb, 也即(1)31n bb对一切4n 的正整数恒成立,则 31 4 1 b b b ,即 31 444 31 1 b bb b ,所以3b ,应填答案(3,). 5(2020 肥东县综合高中高三)已知函数 2 ( )ln(2) 2 x f xx a ,(a为常数,且0a),若 f x在 0 x处取得极值,且 2 0 2,2xee,而 0f x 在 2 22ee,上恒成立, 则a 的取值范围是_ 【答案】 42 2aee 【详解】 1 (2) 2 x fxx xa ,令 0fx ,可得 0 11xa ,因为 f x在 0 x 处取得极值,所以112,0.aa函数在2,11a上单调递增,在 1

35、1,a上单调递减. 2 0 2,2xee ,函数在区间 2 2,2ee 上是单调 函数. 2 11e2, (e2)0, a f 或 2 211, e20, ea f 42 2aee, a的取值范围是 42 2aee. 6(2020广西高考模拟)已知函数 2 ( )2 ln1()f xaxxxaR. (1) 若 1 x e 时,函数( )f x取得极值,求函数( )f x的单调区间; (2) 证明: * 1111 1ln(21) 3521221 n nn nn N. 【答案】(1)见解析;(2)见解析 【解析】(1)由题意可得, 222(0,)fxaxlnxxaR, 由 1 x e 时,函数 f

36、 x取得极值知 12 220 a f ee ,所以0a 所以 21,22(0)f xxlnxfxlnxx, 所以 1 0 x e 时, 0fx ; 1 x e 时, 0fx ; 所以 f x的单调增区间 1 0 e ,单调减区间为 1 e , . (2)当1a 时, 2 21f xxxlnx,所以 22221fxxlnxxlnx, 令 ln1g xxx,则 11 1 x gx xx ,当01x时, 0gx ;当1x 时, 0gx , g x的单调减区间为01 ,单调增区间为1 , 所以 10g xg,所以 0fx , f x是增函数,所以1x 时, 2 2 ln110f xxx xf ,所以1

37、x 时, 1 2lnxx x , 令 * 21 1, 21 n xnN n ,得 212121 2ln 212121 nnn nnn 即 2221 112ln 212121 n nnn ,所以 1121111 ln 212212 2121 n nnnn 上式中123n , ,n,然后n个不等式相加, 得到 1111 1.ln 21 3521221 n n nn 7.(2020黑龙江高三)已知数列的前 n 项和为, 其中,数 列满足. (1)求数列的通项公式; (2)令,数列的前 n 项和为,若对一切恒成立,求实数 k 的最小值. 【答案】(1),;(2) 【解析】(1)由可得, 两式相减得:

38、, 又由可得, 数列是首项为 2,公比为 4 的等比数列,从而, 于是. (2)由(1)知, 于是 , 依题意对一切恒成立,令,则 由于易知, 即有, 只需, 从而所求 k 的最小值为. 8.(2020宁夏高考模拟)已知函数 ln1 (0)f xaxxa 1求函数 yf x的单调递增区间; 2设函数 3 1 6 g xxf x,函数 h xg x 若 0h x 恒成立,求实数a的取值范围; 证明: 22222 ln(1 2 3)123. e nnnN 【答案】(1)单调递增区间为1,(2)0,e见证明 【解析】 10a ,0 x 1 ln1ln0fxaxaxa x x 解得1x 函数 yf x

39、 的单调递增区间为1, 2函数 3 1 6 g xxf x,函数 2 1 h=xln 2 xgxa x a hxx x ,0a时,函数 h x单调递增,不成立,舍去; 0a时, xaxa a hxx xx , 可得xa时,函数 h x取得极小值即最小值, 11 ln0 22 h xhaaa a,解得:0ae实数a的取值范围是0,e 证明:由可得:ae,1x时满足: 2 2 lnxe x,只有1x 时取等号 依次取xn,相加可得: 22222 1232ln1 ln2lnln(1 2) e nenn 因此 22222 ln(1 2 3)123. e nnnN 9.(2020山东高三模拟)已知函数

40、2 ( )2ln2(1)(0) a f xaxxaa x . (1)若( )0f x 在1,)上恒成立,求实数a的取值范围; (2)证明: 111 1 3521n * 1 ln(21)() 221 n nnN n . 【答案】(1)1,);(2)证明见解析. 【解析】 (1) f x的定义域为0,, 2 22 2222aaxxa fxa xxx 2 2 1 a a xx a x . 当01a时, 2 1 a a , 若 2 1 a x a ,则 0fx, f x在 2 1, a a 上是减函数,所以 2 1, a x a 时, 10f xf,即 0f x 在1,上不恒成立. 当1a 时, 2

41、1 a a , 当1x 时, 0fx, f x在1,上是增函数, 又 10f, 所以 0f x . 综上所述,所求a的取值范围是1,. (2)由(1)知当1a 时, 0f x 在1,上恒成立. 取1a 得 1 2ln0 xx x ,所以 1 2lnxx x . 令 21 1 21 n x n , * nN,得 212121 2ln 212121 nnn nnn , 即 2221 112ln 212121 n nnn , 所以 1121111 ln 212212 2121 n nnnn . 上式中1,2,3,nn,然后n个不等式相加, 10.(2020浙江高考模拟)已知数列满足, () ()证明

42、数列为等差数列,并求的通项公式; ()设数列的前 项和为,若数列满足,且对任意的 恒成立,求的最小值 【答案】()证明见解析,;(). 【解析】(n+1)an+1(n+2)an=2,=2(),又 =1, 当 n2 时,= +( )+( )+()=1+2( + + ) =,又 =1 满足上式,=,即 an=2n, 数列an是首项、公差均为 2 的等差数列; ()解:由(I)可知 =n+1,bn=n=n, 令 f(x)=x,则 f(x)=+xln, 令 f(x)=0,即 1+xln=0,解得:x04.95,则 f(x)在(0, x0)上单调递增,在(x0,+单 调递减.0f(x)maxf(4),f

43、(5),f(6), 又b5=5=,b4=4=,b6=6=, M 的最小值为 11.(2020江苏镇江高三)已知数列的各项均为正数,前 项和为,首项为 2若 对任意的正整数, 恒成立 (1)求,; (2)求证:是等比数列; (3)设数列满足,若数列,(,) 为等差数列,求 的最大值 【答案】(1),,;(2)详见解析;(3)3. 【解析】 (1)由,对任意的正整数, 恒成立 取,得,即,得. 取,得, 取,得,解得,. (2)取, 得, 取, 得, 两式相除,得,即,即 . 由于,所以对任意均成立,所以是首项为 4,公比为 2 的等 比数列,所以,即. 时, 而也符合上式,所以 .因为(常数),

44、所以是等比数列. (3)由(2)知,.设,成等差数列,则. 即, 整理得,.若,则, 因为,所以只能为 2 或 4,所以 只能为 1 或 2. 若,则. 因为,故矛盾. 综上,只能是,成等差数列或,成等差数列,其中 为奇数. 所以 的最大值为 3. 12.(2020浙江镇海中学高三期中)已知数列的前 项和为, 且, (1)求证:数列为等比数列,并求出数列的通项公式; (2)是否存在实数 ,对任意,不等式恒成立?若存在,求出 的取值范围, 若不存在请说明理由 【答案】(1)证明略; (2) 【解析】 证明:(1)已知数列an的前 n 项和为 Sn,且, 当 n=1 时,则:当 n2 时, 得:a

45、n=2an2an1+, 整理得:,所以:, 故:(常数),故:数列an是以为首项,2 为公比的等比数列 故:,所以: 由于:,所以:(常数)故:数列bn为等比数列 (2)由(1)得:, 所以:+(),=,=, 假设存在实数 ,对任意 m,nN *,不等式 恒成立,即:, 由于:,故当 m=1 时,所以:, 当 n=1 时,故存在实数 ,且 13.(2019宁夏银川一中高三(1)当时,求证:; (2)求的单调区间; (3)设数列的通项,证明 【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)见解析. 【解析】 (1)的定义域为,恒成立;所以函数 在上单调递减,得时即: (2)由题可得,且. 当时,当有,

46、所以单调递减, 当有,所以单调递增, 当时,当有,所以单调递增, 当有,所以单调递减, 当时,当有,所以单调递增, 当时,当有,所以单调递增, 当有,所以单调递减, 当时,当有,所以单调递减, 当有,所以单调递增, (3)由题意知. 由(1)知当时 当时即令则, 同理:令则.同理:令则 以上各式两边分别相加可得: 即 所以: 14.(2020北京人大附中高考模拟)已知数列an满足: a1+a2+a3+an=n-an, (n=1, 2, 3, ) ()求证:数列an-1是等比数列; ()令 bn=(2-n)(an-1)(n=1,2,3,),如果对任意 nN *,都有 b n+ tt 2,求实数 t 的取 值范围 【答案】()见解析. (). 【解析】()由题可知:, ,-可得. 即:,又. 所以数列是以为首项,以 为公比的等比数列. ()由()可得,. 由可得,由可得. 所以,故有最大值. 所以,对任

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