通用版2023届高考数学二轮复习放缩法作业含答案

放缩法

一、单选题

1.  已知，则下列判断正确的是(    )

A.  B.  C.  D.

2.  年月日，英国数学家阿帝亚爵在“海德堡论坛”展示了他“证明”黎曼猜想的过程，引起数学界震动，黎曼猜想来源于一些特殊数列求和记无穷数列的各项的和，那么下列结论正确的是(    )

A.  B.  C.  D.

3.  已知是互不相同的锐角，则在三个值中，大于的个数的最大值是(    )

A.  B.  C.  D.

4.  已知数列满足，且，，则(    )

A.  B.  C.  D.

5.  已知数列满足，，则(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题

6.  设，分别为中，两边上的高，的面积记为当时，下列不等式正确的是(    )

A.  B.
C.  D.

7.  若，，，，，且，则下列正确的是(    )

A.  B.  C.  D.

三、填空题

8.  函数的值域是          ．

9.  正项数列的前项和为，，，则          其中表示不超过的最大整数．

10.  已知函数，若对于，不等式恒成立，则正整数的最小值为          ．

四、解答题

11.  本小题分

已知数列满足，．

证明：是等比数列，并求的通项公式；

证明：．

12.  本小题分

已知数列的前项和为，，，且．

求；

求证：．

13.  本小题分

已知数列前项积为，且

求证：数列为等差数列

设，求证：．

14.  本小题分

已知函数．

若函数为增函数，求实数的取值范围；

证明：当时，．

15.  本小题分
已知函数．
求的极值；
若，求的值，并证明：．

16.  本小题分
已知数列，，且，．
求数列的通项公式
记数列的前项和为，求证：．

17.  本小题分

已知函数，函数．

求函数在处的切线方程；

当时，求证：当时，．

18.  本小题分

学习资料：有一正项数列，若作商，则当时，；当时，，这是一种数列放缩的方法．现有一等差数列，，，的前项和为，，，的前项和为．

求；

求证：．

19.  本小题分

已知曲线与直线相切．

求实数的值；

设方程在区间上恰有两个根，求实数的取值范围；

证明不等式：为不小于的自然数．

20.  本小题分
已知数列的前项和为，若．
求数列的通项公式；
设，求证：．

21.  本小题分

已知函数，其中且．

讨论的单调性；

当时，证明：；

求证：对任意的且，都有其中为自然对数的底数

22.  本小题分

已知函数．

求函数的最小值

证明：．

23.  本小题分

已知数列，，为数列的前项和，且．
求数列的通项公式
求证：
证明：．

24.  本小题分

设各项均为正数的数列满足．

若，求数列的通项公式；

在的条件下，设，数列的前项和为，求证：．

25.  本小题分
已知函数．
当时，讨论函数的单调性，并证明：；
若函数与的图象恰有三个不同的交点，求实数的取值范围．

26.  本小题分

已知函数．

求函数的单调区间；

证明：当时，；

证明：对任意的正整数不等式成立．

答案和解析

1. 

【解析】

【分析】

本题考查对数与指数的运算，利用单调性，借助放缩法比较大小，属基础题．
利用指数运算和对数函数的单调性判断．

【解答】

解：因为，
，
，
所以．
故选：．

2. 

【解析】

【分析】

本题主要考查数列的求和，考查推理与证明及放缩法的应用．
利用及即可得到答案．

【解答】

解：
，
且
，
所以．
故选C．

3. 

【解析】

【分析】

 本题结合三角函数进行代数式的大小比较，可根据代数式的积的特征选择用基本不等式进行放缩．

 利用基本不等式得，从而可判断三个代数式不可能均大于，再结合特例可得三式中大于的个数的最大值．

【解答】

解：由基本不等式有，

同理，，

故，

故不可能均大于．

取，，，

则，

故三式中大于的个数的最大值为，

故选：．

4. 

【解析】

【分析】

本题考查数列的递推关系和函数特征，涉及裂项相消法，属于中档题．
由题意，可得数列递减，且，，利用单调性放缩得到，利用裂项相消法可得，即可得到答案．

【解答】

解：已知数列满足，且，，则，
且，即，
可得数列递减，且，，
取倒数．，两边平方，
利用单调性进行放缩，得到，
当且仅当时取等号，
也即有 ，
，
，
，
左右累加得到，
可得，
所以．
故选B．

5. 

【解析】

【分析】

本题主要利用放缩法求解数列等式，利用累加法求和，属于较难题．

【解答】

解：若，则，则数列每一项均为，这与矛盾，故．
由，可得数列递减；
由，
且，，故．
因为，
所以，，所以，
综上，，时，．
由两边同时取倒数得，，
所以
累加得，
所以，所以．
由，，
得
累加得，
所以
又，所以，
所以，所以．

6. 

【解析】

【分析】

本题考查了三角形面积公式、正弦定理及不等式的放缩，综合性较强，属于中档题．
利用面积公式、不等式性质及不等式的放缩即可作答．

【解答】

解：，
又，
，，
同理可得：，
A.，
当时取“”号
故A正确；
B.，
当时取“”号
，故B正确；
C.，
又
当时取“”号
故C正确；
D.假设成立，
则有成立，
即成立，
即成立，
当且时，上式显然不成立，故D错误．
故选：．

7. 

【解析】

【分析】

本题主要考查不等关系的判断，利用导数研究不等式，属于较难题．
主要通过构造函数，结合函数单调性以及通过放缩进行求解即可．

【解答】

解：由可知，构造函数，则，
易知在上单调递增，在上单调递减，又，
，所以，
设
则，
所以在上单调递增，
则，所以得：
，
所以，
进一步有．
故答案为：．

8. 

【解析】

【分析】

本题考查导数在函数值域求解中的应用，属于较难题，
解题时先证明，然后利用不等式放缩即可求解．

【解答】

解：令，
易知单调递减；单调递增；
所以，
，
当且仅当取得等号，所以的值域为．

9. 

【解析】

【分析】

本题考查了利用和的关系求得通项公式，考查了裂项相消法和放缩法求范围，属于较难题．
首先通过，代入整理可知数列是以为首项，为公比的等差数列，进而通过放缩和裂项相消法，即可得到，即可得解．

【解答】

解：，即，
则，即，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，
则 ，所以，
因为．
又当时，．
所以，则，
则，
故．
故答案为．

10. 

【解析】

【分析】

本题考查了函数值域的求法，考查了不等式性质与恒成立问题，属于较难题．
通过放缩，得到函数在上的值域为，根据原不等式恒成立，取，有恒成立，故只需，解此不等式即得．

【解答】

解：函数，定义域为，
当时，，所以，所以，当且仅当时等号成立；
当时，，
所以函数在上的值域为，
所以，为正整数．
要使恒成立，可取的最小值，即取，此时有，
要使该不等式恒成立，只需，即，
故正整数的最小值为．
故答案为：．

11.证明：由，
得，所以，

所以是等比数列，首项为，公比为，

所以，

因此的通项公式为

由知：，所以，

因为当时，，

于是
，

所以．

【解析】本题考查等比数列的判定和通项公式、求和公式，用放缩法证明不等式，属于中档题．
根据等比数列的定义，后一项与前一项的比是常数，又首项不为，所以为等比数列；再根据等比数列的通项化式，求出的通项公式；
将进行放大，即将分母缩小，使得构成一个等比数列，从而求和，证明不等式．
 

12.解：由得，
所以当时，，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
故，即，
当时，同理可得，
所以；
证明：由知，
所以
． 

【解析】本题考查数列的通项与前项和的关系式、等比数列的通项公式与前项和公式、放缩法证明不等式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，属于中档题．
由题意得出，分，，即可求出结果；
由，利用放缩法，即可证出结果．
 

13.证明：由题可知当时，，即，
当时，由，可知，
又，，，
两边同除以，可得：，，
又，数列是以为首项、为公差的等差数列，
由知，数列是以为首项、为公差的等差数列，
，，即数列的通项；
，，
． 

【解析】本题考查是一道数列与不等式的综合题，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．
通过令即，可知，当时，通过、可知，，两边同除以，可得：，进而可得结论；
由知、累乘可知，利用放缩法、并项相加即得结论．
 

14.解：，
若函数为增函数，则恒成立，
即在上恒成立，
，，
即实数的取值范围是
由知当时，在上是增函数．
又，当时，，即当时，
要证当时，，只需证当时，，
即证明在上恒成立，
设，则，令，解得，
则可求得在上单调递减，在上单调递增．
，
，
，可得，命题得证． 

【解析】本题考查由函数的单调性求参数范围与证明不等式，要求考生掌握利用导数判断函数单调性
与利用放缩法证明不等式，属于较难题．
根据函数为增函数，则恒成立，即可解出的范围
时，，即可把问题转换为：要证当时，，只需证当时，，
构造新函数，求得，即可证得结果．
 

15.解：，
，．
当时，，函数是增函数，没有极值；
当时，由，得，
时，，单调递减．
时，，单调递增，在处取得极小值，且极小值为，无极大值，
综上：当时，函数无极值；
当时，函数在处取得极小值，无极大值．
证明：由，知，又由知，当时，函数在处取得极小值，同时也是最小值，
，显然方程的解，令，所以，
当时，，当时，所以，所以方程只有一个根，
此时，要证明：即证
令，求导得，当时，
时，当，，所以，所以，
要证，只需证
即证：，又，所以显然成立，
所以，，成立． 

【解析】本题考查函数的极值的求法，考查函数在闭区间上函数的最小值的求法，以及放缩法证不等式的方法，解题时要认真审题，注意分类讨论思想和导数性质的合理运用，属于较难题．
由已知得，由此根据的范围分类讨论，利用导数性质能求出的极值；
通过分析当时求出，对所证不等式变得，再通过放缩需证成立．
 

16.解：由移项得，
当时，
，
当时，也适合上式，
所以数列的通项公式为，
由知，所以，
从而
，即证． 

【解析】本题考查了数列的递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
由数列的递推关系，可求得数列的通项公式；
利用数列的和以及放缩法，裂项求和法即可证明．
 

17.解：，
 

当时，，

且过点

所以函数在处的切线方程为

由知：令，，

所以当单调递增，单调递减，

，所以，

即：，

故：

所以当时，时，

【解析】本题考查导数的几何意义、利用导数证明不等式恒成立问题，考查分析解决问题的能力，综合性较强，属于中档题．
利用导数求出切线的斜率，利用点斜式即可求得切线方程；
令，利用导数研究函数的单调性得的最大值，即得， 再由放缩法得即可得证．
 

18.解：设数列公差，则由，
得，
又，，
，
；
，随递减，
，，
当时，，仅时相等，
从开始放缩
．
综上，． 

【解析】本题主要考查递推数列的应用，以及等差数列的通项，涉及读资料利用放缩法证明不等式，考查学生的阅读理解能力、运算能力，综合性较强，属于较难题．
根据等差数列通项及性质求解公差，进而即可求解通项
求出，由时随递减，即对进行放缩，再结合等比数列求和即可证明．
 

19.解：，设切点为，
由题意知，得所以实数的值为．
，方程化为，
方程在区间上恰有两个根，
整理方程得，
令，，
令，，则，
于是，在上单调递增．
因为，当时，，从而，单调递减，
当时，，从而，单调递增，
，，，
因为，所以实数的取值范围是
证明：，，
当时，，当时，，在上单调递增，在上单调递减，
，，有，当且仅当时取等号．
令，则有，其中，
整理得：， 
当，，，时，
，
，
，
上面个式子累加得：
，且，
即，命题得证． 

【解析】本题考查函数和导数的基本知识，运用导数研究函数的零点，不等式恒成立问题，属于中档题．
对函数求导，由几何意义即可解决；
问题化为，方程在区间上恰有两个根，整理方程得，，研究单调性即可；
由放缩，即可解决．
 

20.解：当时，，即，
当时，由，得，
即，
故数列从第二项起为等比数列，
故当时，，
故；
，
故成立；
当时，
，
故
．
综上所述，． 

【解析】本题考査由数列的前项和求通项、数列和的范围，通项放缩是解题的关键也是难点，考査直观想象、数学计算能力．
根据已知，求出，再由，，得到从第二项起成等比数列，即可求出通项；
求出通项公式，对分类讨论，当，时不等式成立，当时，利用转化为求等比数列的和，即可证明结论．
 

21.解：函数，其中且，则定义域为，
，
当时，，所以在上单调递增；
当时，令，解得．
当时，，所以，所以在上单调递减；
当时，，所以，所以在上单调递增．
综上，当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增．
当时，，定义域为，要证明，
即证，即．
设函数，定义域为，则，
令得，．
当时，，当时，．
则函数在上单调递减，在上单调递增．
所以时，为极大值，也为最大值，
所以，即．
故．
证明：由知，当且仅当时等号成立，
令，且，则 ，
所以，
即，
所以． 

【解析】本题考查函数的导数的应用，构造法以及放缩法的应用，考查分析问题解决问题的能力，属于较难题．
函数 的定义域为，，通过当时，当时，判断导函数的符号，得到函数的单调区间．
当时，，即证设利用函数的导数，求解函数的极值，推出结果．
由知，当且仅当时等号成立，令，则 ，通过放缩法以及裂项消项法转化证明即可．
 

22.解：函数的定义域是，，
设，则，
在上单调递增．
又，
令，则令，则．
在上单调递减，在上单调递增．
即的最小值为：．
证明：由得：，即当且仅当时，等号成立．
令，则，
当时，不等式成立
当时，
所以，，
，
将上式左右两边分别相加得：
．
，
综上：． 

【解析】本题主要考查利用导函数研究函数单调性及利用放缩证明数列不等式，属于较难题目．
对函数求导，通过二次求导研究函数单调性从而确定最值即可；
对于原不等式左式利用放缩，从而利用数列求和放缩即可证明．
 

23.解：

当，得
，变形为

，时也适合．

构造函数，

令则有

，原不等式等价于证明：

，
设，则，
在区间上单调递减，则
，

令，然后累加得

   原不等式得证。

【解析】本题考查由与的关系求通项公式，利用导数证明不等式，涉及放缩法，属于较难题．
 

24.解：，
得：，
因为数列为正项数列，所以，
所以时
．
当时，则，
又当时，，满足上式，
所以，
由知，
所以，
不等式成立，
时
，
．
仅在时取等号，
，
即结论成立． 

【解析】本题主要考查的是利用递推公式求数列通项、数列前项和以及数列不等式的问题，属于较难题．
利用递推公式化简可得，再利用累乘法即可求解；
利用放缩法可证结论．
 

25.解：当时，，
所以，
所以在上是单调递减函数．
又，
所以当时，，即，
令，
则，
从而，
所以；

令，
所以，
设，则，
当，即时，，所以在单调递减，
所以不可能有三个不同的零点；
当，即时，有两个零点，，
所以，
又因为开口向下，
所以当时，，即，所以在上单调递减，
当时，，即，所以在上单调递增，
当时，，即，所以在上单调递减，
因为，且，所以，
所以，
因为，
所以令，
则，
所以在单调递增，
所以，
即，
又，
所以，
所以由零点存在性定理知，在区间上有唯一的一个零点，
因为，且，所以，
又，
所以，
所以在区间上有唯一的一个零点，
故当时，存在三个不同的零点．
故实数的取值范围是． 

【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查不等式的证明，考查化归与转化思想，考查放缩法与累加法，考查逻辑推理与运算求解能力，属于拔高题．
将代入函数得利用导数与函数单调性的关系即可求得函数的单调区间，证明见解答过程；
将两函数作差后构造新函数，在求导对分情况讨论，结合单调性，极值和函数零点存在性定理即可得到的范围．
 

26.解：函数的定义域为，，
令，
，令，
得，，
的图象为开口向上的抛物线，，
当时，，，所以函数单调递减
当时，，，所以函数的单调递增，
函数的单调递减区间为，单调递增区间为
证明：由知，当时，在上单调递减，在上单调递增，
因此对任意恒有，即，
所以，
要证，只要证，
令，所以，
又设，
所以，
，，
所以在上单调递增，
所以，所以在上单调递增，
所以，所以当时，，
由不等式的性质及得
证明：由知，当时，在上单调递减，在上单调递增，
因此对任意恒有，即，
令，则，
于是恒有，即，
所以
所以，
所以，对任意的正整数不等式都成立． 

【解析】本题考查了函数的单调性、不等式恒成立，考查放缩法，考查导数的应用以及转化思想，是一道综合题．
求出函数的导数，通过讨论想的范围求出函数的单调区间即可；
由知，当时，的单调性，然后对任意恒有，即可得，要证，只要证，然后构造函数，在对其求导，求单调性再进行后面的求解可得．
由知，当时，的单调性，然后对任意恒有，即，令恒有，即，然后再利用放缩法进行后面的证明可得．