2026届高三数学二轮高效复习主题巩固卷-数列中的创新问题（Word版解析版）

这是一份2026届高三数学二轮高效复习主题巩固卷-数列中的创新问题（Word版解析版），共7页。试卷主要包含了设函数f＝xcs x，若各项为正数的无穷数列an满足等内容，欢迎下载使用。
1.(2025·福建宁德三模)设函数f(x)＝xcs x.
(1)求函数gx＝f(x)－x(0＜x≤1)的值域；
(2)当0＜x≤π时，f(x)≤2axx2+2恒成立，求a的最小值；
(3)若a1＝1，an＋1＝fan，证明：∑k=1nak·∏k=1ncs ak≤2－2an＋1n∈N*.
附：∏k=1ncs ak＝cs a1·cs a2·cs a3·…·cs an.
解：(1)由g(x)＝f(x)－x＝xcs x－x，x∈0，1，得g'(x)＝cs x－xsin x－1，
因为x∈0，1，则cs x－1＜0，－xsin x＜0，即g'(x)＜0，
所以g(x)在区间0，1单调递减，即g(x)值域为cs1－1，0.
(2)在区间0，π上，由f(x)≤2axx2+2恒成立，得2a≥(x2+2)csxmax，
设h(x)＝(x2＋2)cs x，当x∈π2，π时，h(x)≤0，故只需研究x∈0，π2时的情形，
h'(x)＝2xcs x－(2＋x2)sin x，设sx＝2xcs x－2+x2sin x，
在区间0，π2上，s'x＝－4xsin x－x2cs x＜0，
所以h'(x)在区间0，π2上单调递减，所以h'(x)＜h'(0)＝0，
即h(x)＝(x2＋2)cs x在区间0，π2上单调递减，所以h(x)＜h(0)＝2，
所以2a≥2，解得a≥1，故a的最小值为1.
(3)由a1＝1，an＋1＝f(an)，得an＋1＝ancs an，即cs an＝an+1an，
所以∏k=1ncs ak＝a2a1·a3a2·a4a3·…·an+1an＝an＋1，
由(1)可知，当x∈0，1时，f(x)－x＜0，即f(x)＜x，
所以当a1＝1，0＜a2＝fa1＜a1＝1，
当0＜an≤1时，有0＜an＋1＜an≤1，
又由(2)知x∈0，1时，cs x≤2x2+2，所以an+1an＝cs an≤2an2+2，
所以1an+1≥2+an22an＝1an＋an2，故an≤2an+1－2an，
所以∑k=1nak≤(2a2－2a1)＋(2a3－2a2)＋(2a4－2a3)＋…＋(2an+1－2an)＝2an+1－2，
所以∑k=1nak·∏k=1ncs ak≤2－2an＋1.
2.(2025·山东聊城一模)若各项为正数的无穷数列an满足：对于∀n∈N*都有an+12－an2＝d，其中d为非零常数，则称数列an为“平方等差数列”.
(1)判断无穷数列n+1和n是否是“平方等差数列”，并说明理由；
(2)若an是“平方等差数列”.
(ⅰ)证明：存在正整数n，使得不等式an＋1＜an＋1成立；
(ⅱ)证明：存在正整数n，使得∑i=1n1ai＞100.
解：(1)数列n+1中，an+12－an2＝n+1+12－n+12＝1，所以数列n+1是“平方等差数列”；
数列n中，an+12－an2＝(n＋1)2－n2＝2n＋1，所以数列n不是“平方等差数列”.
(2)证明：(ⅰ)∵an+12－an2＝(an＋1－an)(an＋1＋an)＝d，
设an2＝a12＋(n－1)d，当d＜0时，一定存在n使得an2＜0，不成立，故d＞0，
∴an＝a12＋(n－1)d≥(n－1)d，
则an＋1＋an≥nd＋(n－1)d＝n＋n－1d，
∵an＞0，∴an＋1－an＝dan+1＋an≤dn＋n－1d＝dn＋n－1，
∵函数y＝n＋n－1随n的增大而增大，故存在n使得dn＋n－1＜1，即得证.
(ⅱ)由(2)得an2＝a12＋(n－1)d，故an＝a12＋(n－1)d，
即1an＝1a12+(n−1)d＝2a12+(n−1)d＋a12+(n−1)d＞2a12+nd+a12+(n−1)d，2a12+nd+a12+(n−1)d＝2a12+nd−a12+(n−1)da12+nd+a12+(n−1)da12+nd−a12+(n−1)d
＝2a12+nd−a12+(n−1)dd，
∴∑i=1n1ai＞2d(a12＋d－a12＋a12+2d－a12＋d＋…＋a12＋nd－a12＋(n－1)d)＝2da12＋nd－a1，
由a12＋nd－a1随n的增大而增大，且n→＋∞时， a12＋nd－a1→＋∞，
故对任意的d＞0，总存在正整数n，使2da12＋nd－a1＞100，即存在正整数n，使得∑i=1n1ai＞100.