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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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