2025版高考热点题型与考点专练数学创新融合4数列与导数试题（Word版附答案）

这是一份2025版高考热点题型与考点专练数学创新融合4数列与导数试题（Word版附答案），共6页。
(2)证明:cs12+cs13+…+cs1n>n-43(n∈N*,n>1).
【解析】(1)因为f(x)=ax2+cs x-1定义域为R,
所以f(-x)=ax2+cs x-1=f(x),
所以f(x)为定义在R上的偶函数,下取x≥0,
可知f'(x)=x-sin x,令φ(x)=f'(x)=x-sin x,φ'(x)=1-cs x≥0,
则φ(x)在[0,+∞)内单调递增,可得φ(x)≥φ(0)=0,
即f'(x)≥0在[0,+∞)内恒成立,可知f(x)在[0,+∞)内单调递增,
所以f(x)在[0,+∞)内的最小值为f(0)=0,结合偶函数性质可知:f(x)≥0.
(2)由(1)可得:f(x)=12x2+cs x-1≥0,当且仅当x=0时,等号成立,
即cs x≥1-12x2,令x=1n,n≥2,n∈N*,则cs1n>1-12n2,
当n≥2时,cs1n>1-12n2=1-24n2>1-24n2-1=1-(12n-1-12n+1),
即cs 1n>1-(12n-1-12n+1),
则有:cs 12>1-(13-15),cs 13>1-(15-17),…,cs 1n>1-(12n-1-12n+1),
相加可得:cs 12+cs 13+…+cs 1n>(n-1)-(13-12n+1)=n-43+12n+1,
因为n≥2,则12n+1>0,所以cs 12+cs 13+…+cs 1n>n-43,
即cs 12+cs 13+…+cs 1n>n-43(n∈N*,n>1).
2.(2024·信阳二模)已知函数y=f(x),其中f(x)=13x3-kx2,k∈R.若点A在函数y=f(x)的图象上,且经过点A的切线与函数y=f(x)图象的另一个交点为点B,则称点B为点A的一个“上位点”,现有函数y=f(x)图象上的点列M1,M2,…,Mn,…,使得对任意正整数n,点Mn都是点Mn+1的一个“上位点”.
(1)若k=0,请判断原点O是否存在“上位点”,并说明理由;
(2)若点M1的坐标为(3k,0),请分别求出点M2,M3的坐标;
(3)若M1的坐标为(3,0),记点Mn到直线y=m的距离为dn.问是否存在实数m和正整数T,使得无穷数列dT,dT+1,…,dT+n…严格减?若存在,求出实数m的所有可能值;若不存在,请说明理由.
【解析】(1)已知f(x)=13x3,则f'(x)=x2,得f'(0)=0,
故函数经过点O的切线方程为y=0,
其与函数f(x)=13x3图象无其他交点,所以原点O不存在“上位点”.
(2)设点Mn的横坐标为tn,n为正整数,
则函数y=f(x)图象在点Mn+1处的切线方程为y-f(tn+1)=f'(tn+1)(x-tn+1),
代入其“上位点”Mn(tn,f(tn)),
得f(tn)-f(tn+1)=f'(tn+1)(tn-tn+1),
化简得13(tn2+tntn+1+tn+12)-k(tn+tn+1)=tn+12-2ktn+1,
即(tn2+tntn+1+tn+12)-3tn+12=3k(tn+tn+1)-6ktn+1,
故(tn-tn+1)(tn+2tn+1)=3k(tn-tn+1),
因为tn≠tn+1,得2tn+1+tn=3k(*),
又点M1的坐标为(3k,0),
所以点M2的坐标为(0,0),点M3的坐标为(3k2,-98k3).
(3)将(3,0)代入y=f(x),解得k=1,
由(*)得,2tn+1+tn=3.
即tn+1-1=-12(tn-1),又t1=3,
故{tn-1}是以2为首项,-12为公比的等比数列,
所以tn-1=2·(-12)n-1,即tn=1+(-1)n-1·22-n,dn=f(tn)-m.
令un=tn-1,则un=22-n严格减,
因为3x-x3的导数为3-3x2,所以函数y=3x-x3在区间(0,1)上严格增.
当m=-23时,dn=13(3un-un3),于是当n≥3时,{dn}严格减,符合要求,
当m≠-23时,dn=|f(tn)+23-(23+m)|.
因为n≥3时f(tn)+23=13(3un-un3)lg2m+23+2时,dn=23+m-f(tn)+23=|23+m|-13(3un-un3),
从而当n>lg2m+23+2时{dn}严格增,不存在正整数T,使得无穷数列dT,dT+1,…,dT+n严格减.
综上,m=-23.
3.(2024·衡阳三模)已知正项数列{an}的前n项和为Sn,首项a1=1.
(1)若an2=4Sn-2an-1,求数列{an}的通项公式;
(2)若函数f(x)=2ex+x,正项数列{an}满足:an+1=f(an)(n∈N*).
(ⅰ)证明:Sn≥3n-n-1;
(ⅱ)证明: (1+15a22) (1+15a32) (1+15a42)…(1+15an2)0,则an-an-1=2,因此数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列,
所以数列{an}的通项公式为an=1+2(n-1)=2n-1.
(2)(ⅰ)令h(x)=ex-x-1,求导得h'(x)=ex-1,当x0,
即函数f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,则h(x)≥h(0)=0,即ex≥x+1,
于是an+1=f(an)=2ean+an≥2(an+1)+an=3an+2,
即an+1+1≥3(an+1),即an+1+1an+1≥3,
当n≥2时,an+1=(a1+1)·a2+1a1+1·a3+1a2+1·a4+1a3+1·…·an+1an-1+1≥(a1+1)·3n-1=2×3n-1,
当n=1时a1+1=2=2×30,因此an≥2×3n-1-1,
所以Sn=a1+a2+a3+…+an≥(2×30-1)+(2×31-1)+(2×32-1)+…+(2×3n-1-1)
=2(30+31+32+…+3n-1)-n=2×1-3n1-3-n=3n-n-1.
(ⅱ)由已知an+1=f(an)=2ean+an,所以an+1-an=2ean>0,得an+1>an,
当n≥1时,ean≥ea1=e>2,于是an+1-an=2ean≥2ea1=2e>5,
当n≥2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)>1+5(n-1)=5n-4,
又a1=1,所以∀n∈N*,恒有an≥5n-4,当n≥2时,(5n-4)2>(5n-7)(5n-2),
由ex≥x+1,得当x>-1时,ln (x+1)≤x,
则当n≥2时,ln (1+15an2)≤15an2