高考数学 创新融合4　数列与导数.docx

创新融合4　数列与导数1.(2024·宜春模拟)设f(x)=ax2+cos x-1,a∈R.(1)当a=12时,证明:f(x)≥0;(2)证明:cos12+cos13+…+cos1n>n-43(n∈N*,n>1).【解析】(1)因为f(x)=ax2+cos x-1定义域为R,所以f(-x)=ax2+cos 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-cos 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+cos x-1≥0,当且仅当x=0时,等号成立,即cos x≥1-12x2,令x=1n,n≥2,n∈N*,则cos1n>1-12n2,当n≥2时,cos1n>1-12n2=1-24n2>1-24n2-1=1-(12n-1-12n+1),即cos 1n>1-(12n-1-12n+1),则有:cos 12>1-(13-15),cos 13>1-(15-17),…,cos 1n>1-(12n-1-12n+1),相加可得:cos 12+cos 13+…+cos 1n>(n-1)-(13-12n+1)=n-43+12n+1,因为n≥2,则12n+1>0,所以cos 12+cos 13+…+cos 1n>n-43,即cos 12+cos 13+…+cos 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)log2m+23+2时,dn=23+m-f(tn)+23=|23+m|-13(3un-un3),从而当n>log2m+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)<3e(n≥2,n∈N*).【解析】(1)正项数列{an}中,a1=1,n∈N*,an2=4Sn-2an-1,当n≥2时,an-12=4Sn-1-2an-1-1,两式相减得an2-an-12=4(Sn-Sn-1)-2an+2an-1,即(an+an-1)(an-an-1)=2(an+an-1),而an>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x<0时,h'(x)<0,当x>0时,h'(x)>0,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<15(5n-4)2<15(5n-7)(5n-2)=15n-7-15n-2,从而ln(1+15a22)+ln(1+15a32)+ln(1+15a42)+…+ln(1+15an2)<(13-18)+(18-113)+(113-118)+…+(15n-7-15n-2)=13-15n-2<13,于是ln [(1+15a22) (1+15a32) (1+15a42)…(1+15an2)]<13,所以(1+15a22) (1+15a32) (1+15a42)…(1+15an2)<3e.4.(2024·泉州模拟)将足够多的一批规格相同、质地均匀的长方体薄铁块叠放于水平桌面上,每个铁块总比其下层铁块向外伸出一定的长度,如图,那么最上层的铁块最多可向桌缘外伸出多远而不掉下呢?这就是著名的“里拉斜塔”问题.将铁块从上往下依次标记为第1块,第2块,第3块,…,第n块,将前i(i=1,2,3,…,n)块铁块视为整体,若这部分的重心在第i+1块的上方,且全部铁块整体的重心在桌面的上方,整批铁块就保持不倒.设这批铁块的长度均为1,若记第n块比第n+1块向桌缘外多伸出的部分的最大长度为an,则根据力学原理,可得a2=14,且{1an}为等差数列.(1)求{an}的通项公式;(2)记数列{an}的前n项和为Sn.①比较Sn与12ln (n+1)的大小;②对于无穷数列{xn},如果存在常数A,对任意的正数ε,总存在正整数N0,使得∀n>N0,xn-A<ε,则称数列{xn}收敛于A,也称数列{xn}的极限为A,记为limn→+∞xn=A;反之,则称{xn}不收敛.请根据数列收敛的定义判断{Sn}是否收敛?并据此回答“里拉斜塔”问题.【解析】(1)依题意,第1块铁块比第2块铁块向桌外伸出部分的最大长度为第1块铁块自身长度的一半,则a1=12,由{1an}为等差数列,得其首项为1a1=2,公差d=1a2-1a1=4-2=2,因此1an=1a1+(n-1)d=2+2(n-1)=2n,即an=12n,所以{an}的通项公式是an=12n.(2)①由(1)知,Sn=12+14+16+…+12n=12(1+12+13+…+1n),令函数f(x)=ln(1+x)-x,x>0,求导得f'(x)=11+x-1<0,即函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,则f(x)ln(1+1n)=ln (n+1)-ln n,则1+12+13+…+1n>ln 2-ln 1+ln 3-ln 2+ln 4-ln 3+…+ln (n+1)-ln n=ln (n+1),所以Sn>12ln (n+1).②{Sn}不收敛.对任意的正数A,给定q=1,由12ln(n+1)>A+1可得n>e2(A+1)-1,令N0=[e2(A+1)-1],则当n>N0时,12ln(n+1)-A>1,因为Sn>12ln(n+1),所以Sn-A>1,因此当n>N0时,|Sn-A|>1成立,所以{Sn}不收敛.{Sn}的意义是n块叠放的铁块最上层的最多可向桌缘外伸的长度,因为{Sn}不收敛于任意正数A,所以只要铁块足够多,最上层的铁块最多可向桌缘外伸出的长度可以大于任意正数.。