专题07数列与函数、导数的交汇（解析版）_2024-2025高三（6-6月题库）_2025年02月试卷_02272025年高考数学压轴大题必杀技系列·数列

专题 7 数列与函数、导数的交汇 新高考在试题形式、试卷结构、难度调控等方面深化改革,数列解答题的难度增加,作为压轴题出现 的概率变大,且会与其他知识交汇考查,本专题总结数列与函数、导数交汇的常见类型及求解,供大家参考. （一）利用确定的函数关系建立数列的递推关系 此类问题通常是先给出或确定函数 的解析式，然后根据 构建数列 的递推关系，求解 关键是 的解析式的确定及由递推关系构造特殊数列. 【例1】（2024届湖北省武汉市高三下学期5月模拟）混沌现象普遍存在于自然界和数学模型中，比如天 气预测、种群数量变化和天体运动等等，其中一维线段上的抛物线映射是混沌动力学中最基础应用最广泛 的模型之一，假设在一个混沌系统中，用 来表示系统在第 个时刻的状态值，且该系统下一时刻 的状态 满足 ， ，其中 . (1)当 时，若满足对 ，有 ，求 的通项公式； (2)证明：当 时， 中不存在连续的三项构成等比数列； (3)若 ， ，记 ，证明： . 【解析】（1）当 时， ，依题意， ①， ②， 两式作差， ，则 或 ， 若 ，代入①式解得， 或 ，而 ，于是 ； 学科网（北京）股份有限公司若 ，将 代入②式解得， .因此必有 . 注意到 ， ，从而由 归纳即知 是常数列 . 所以 的通项公式为 . （2）假设 ， ， 构成等比数列，则 . 那么由 ， 可知 . 又 ，则 ，解得 ，与 矛盾. 所以 中不存在连续的三项构成等比数列. （3）由于当 时，有 ， ，即 . 而 ， ，故归纳即知对任意正整数 都有 . 又由 及 可知 ，故数列 单调递减. 又由于 ，故 . （二）利用抽象函数建立数列的递推关系 此类问题通常函数的解析式不确定，只给出函数满足的关系，求解时通常利用赋值构建 与 的递推关 系. x,yR 【例2】（2024届安徽省合肥一六八中学高三下学期三模）把满足任意 总有 f xy f xy2f x f y 的函数称为和弦型函数. 学科网（北京）股份有限公司5 (1)已知 f x为和弦型函数且 f 1 ，求 f 0, f 2的值； 4 a a a (2)在（1）的条件下，定义数列：a n 2f n1 f nnN  ，求log 2 3 1 log 2 3 2 log 2 2 3 024 的值； (3)若 gx 为和弦型函数且对任意非零实数 t ，总有 gt1 ．设有理数 x 1 ,x 2满足 x 2  x 1 ，判断 gx 2  与 gx  1 的大小关系，并给出证明． x1,y0 f 1 f 12f 1 f 0 f 01 【解析】（1）令 ，则 ，可得 ， x1,y1 f 2 f 02f 1 f 1 f 2187 令 ，则 ，则 ； 5 （2）令xn,y1,nN ，则 f n1 f n12f n f 1 2 f n ，  2f n1 f n22f n f n1   ， 即 a n 2a n1，又 a 1 3 ，所以数列 a n为以 2 为公比， 3 为首项的等比数列， a a a 即a 3.2n1，则log 2 3 1 log 2 3 2 log 2 2 3 024 012023 n 020232024 = 2047276； 2 （3）由题意得：函数 f x 定义域为R，定义域关于原点对称，令 x0,y 为任意实数， f y f y2f 0 f y2f y f y f y，gx 则 ，即 是偶函数， p p 为有理数，不妨设 x  1, x  2 ，令 为 ，分母的最小公倍数， x 2 , x 1 1 q 1 2 q 2 N x 2 , x 1 a b x  , x  ,a,b 且 均为自然数，且 ， 1 N 2 N ab  n  n1 设C  g ,g01 g ，则 ， n N   N  c c 0 1 n 1 n1 n1  n  令x ,y ，则g g 2g ， N N  N   N  N  C C 2C C 2C C C C C C 即 n1 n1 n， n1 n n1 n n n1 n， 学科网（北京）股份有限公司C  gx  gx  故数列 n 单调递增，则 2 1 ， gx gx gx  又 是偶函数，所以有 2 1 . （三）披着函数外衣的数列问题 对于函数 ，若其定义域为 ，则 就是数列，所以定义域为 的函 数问题，通常可以转化为数列求解. 【例3】（2024届山东省菏泽市高三下学期二模）定义二元函数 ，同时满足：① ；② ；③ 三个条件． (1)求 的值； (2)求 的解析式； (3)若 ．比较 与0的大小关系，并说明理由． 附：参考公式 【解析】（1）由条件②可得 ； 由条件③可得 ． （2）由条件②）可得： ， ， ， 将上述 个等式相加，得 ； 由条件③可得： 学科网（北京）股份有限公司， ， 将上述 个等式相加，得 ． （3）由（2） ，所以 ， 则 ， 则 ， 当且仅当 时， ，上式取得等号， 即 时，均有 ，所以，当 时， ； 当 时， ；当 时， ，所以 ． （四）函数图像上的点列问题 此类问题，通常连续作图，得到一系列的点，建立点的横坐标或纵坐标之间的递推关系，可构造特殊数列， 然后按照数列知识求解. 【例4】（2024届四川省成都蓉城名校联盟高三下学期第三次模拟）已知函数 ，若数列 的 各项由以下算法得到： ①任取 （其中 ），并令正整数 ； ②求函数 图象在 处的切线在 轴上的截距 ； ③判断 是否成立，若成立，执行第④步；若不成立，跳至第⑤步； ④令 ，返回第②步； ⑤结束算法，确定数列 的项依次为 ． 学科网（北京）股份有限公司根据以上信息回答下列问题： (1)求证： ； (2)是否存在实数 使得 为等差数列，若存在，求出数列 的项数 ；若不存在，请说明理由．参考 数据： ． 【解析】（1）因为 ，所以函数 图象在 处的切线方程为 ， 即 ，令 可得 ，即切线与 轴的交点为 ， 所以 （2）若 为等差数列，设其公差为 ，则 ， 令 ，则 ， 所以当 时 ，当 时 ， 所以 在 上单调递增，在 上单调递减， 所以 ， 因此 最多有两个不同的根，即最多 项成等差数列， 若 、 、 成等差数列，即 ， 由（1）可知 ，所以 ，又 ， 令 ，则 ， 所以当 时 ，所以 在 上单调递增， 学科网（北京）股份有限公司又 ， （其中 ，所以 ），又 ， 所以存在 ，使得 ， 即存在 ，使得 ，即 为等差数列， 此时 ，数列 的项数 . （五）利用导数探讨数列的性质 此类问题，一般是把相关的数列的项看作某个函数的函数值，然后利用导数研究函数的性质，再利用函数 性质，研究数列项之间的关系. 【例5】（2025届江西省多所学校高三下学期第一次大联考）定义：若对于任意 ，数列 满 足：① ；② ，其中 的定义域为 ，则称 关于 满足性质 . (1)请写出一个定义域为 的函数 ，使得 关于 满足性质 ； (2)设 ，若 关于 满足性质 ，证明： ； (3)设 ，若 关于 满足性质 ，求数列 的前 项和. 【解析】（1）令 ，定义域为R， 显然任意 ， ，且 ， 故 满足要求，（注：所有的定义域为 的偶函数均符合题意） （2）因为 ，所以 ， 学科网（北京）股份有限公司移项得 ， 因为 ，所以 ，故 ， 由基本不等式 ，当且仅当 时取到等号， 而 ，故 ，即 . （3）由题意， ， 故 ，设 ， 则 ， 故 在 上单调递增，而 ， 故 时， 时， ， 因此 在 上单调递减，在 上单调递增. 不妨设 ，因为 ， 所以当 时， ，当 或 时， ， 且 时， 时， ， 故对于任意 ，方程 有且只有两个不同的根 ， 又 ，故 的图象关于 对称，故 ， 因此数列 的前 项和为 . 【例6】（2024届广西来宾市忻城县高中高三下学期6月热身考）已知数列 满足： ， 学科网（北京）股份有限公司，其中 为数列 的前n项和． (1)求数列 的通项公式； (2)设m为正整数，若存在首项为1且公比为正数的等比数列 （ ），对任意正整数k，当 时， 都有 成立，求m的最大值． 【解析】（1）因为 ，所以 ， 由 ， 得 ，则 ， ， 由 ，得 ， 当 时，由 ，得 ， 故 整理得 ，所以数列 是等差数列，且首项为 ，公差为 ， 所以 ； （2）由（1）知 ， , 因为数列 为首项为1且公比为正数的等比数列，设公比为q，所以 ， ， 因为 ，所以 ，其中 ，2，3，…，m． 当 时，有 ；当 ，3， ，m时，有 ． 设 （ ），则 ， 令 ，得 ，列表如下： 学科网（北京）股份有限公司x 单调递 极大值 单调递减 增 因为 ，所以 ． 所以 ，故 ，故 ， 令 （ ），则 ，令 ，则 ， 当 时， ，即 ，∴ 在 上单调递减， 即 时， ，则 ， 下面求解不等式 ，化简得 ， 令 ，则 ， 由 得 ， ，∴ 在 上单调递减， 又由于 ， ， ∴存在 使得 ，所以 ，m的最大值为5． （六）利用导数证明数列不等式 此类问题，一般先用导数证明一个函数不等式，然后对该函数中的自变量进行赋值，通常令自变量分别为 ，得到n个不等式，再通过累加或累乘，得到所证不等式. 【例7】（2024届湖南省长沙市第一中学高三下学期模拟）已知函数 ． (1)判断并证明 的零点个数 学科网（北京）股份有限公司(2)记 在 上的零点为 ，求证; （i） 是一个递减数列 （ii） ． 【解析】（1）当 为奇数时， 有1个零点；当 为偶数时， 有2个零点. 证明如下： 当 时，由 ，得 ， 所以函数 在 上单调递增，又 ， ， 所以函数 在 内有唯一零点； 当 时， ， 若 为奇数， ，则 ，此时 在 内无零点； 若 为偶数，设 ， 则 ，方程 有一个解 ， 所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增， 且 ，此时 在 内有1个零点. 综上，当 为奇数时， 有1个零点；当 为偶数时， 有2个零点. （2）（i）由（1）知，当 时， 在在 内的零点 ， 当 时， ， ， 则 ，故 ，所以数列 是一个递减数列； （ii）由（i）知，当 时， ， 当 时， ， 学科网（北京）股份有限公司有 ，所以 ，求和可得 ，当且仅当 时等号成立； 当 时， ， 故 ，则 ，得 ， 即 ，即 ，即 ， 即 ，即 ， 即 ，当 时， ， 所以当 时，均有 成立，求和可得 . 综上， . 【例8】（2024届陕西师范大学附中高三下学期模考）已知函数 ， 曲线 在点 处的切线与 轴平行或重合． (1)求 的值； (2)若对 恒成立，求 的取值范围； (3)利用下表数据证明： ． 1.010 0.990 2.182 0.458 2.204 0.454 【解析】（1） ，所以 ， 学科网（北京）股份有限公司由条件得 ，得到 ，又 ，所以 ． （2）由（1）知 ，由 得： ， 即 ，即对 恒成立， 令 ，因为 ， ①当 时， ，因 ， 即当 时， 恒成立，即 单调递减， 故 ，条件成立； ②当 时， ，即条件不成立． 综上， 的取值范围为 ． （3） ， 由（2）知当 时， ， 故得， 在 上恒成立，当且仅当 时取等号， 所以 ， 学科网（北京）股份有限公司即 ，故命题得证． 【例1】（2024届湖南省多校高三下学期4月大联考）若数列 在某项之后的所有项均为一常数，则称 是“最终常数列”.已知对任意 ，函数 和数列 满足 . (1)当 时，证明： 是“最终常数列”； (2)设数列 满足 ，对任意正整数 .若方程 无实根，证明： 不是 “最终常数列”的充要条件是：对任意正整数 ， ； (3)若 不是“最终常数列”，求 的取值范围. 【解析】（1）因为 ，所以对任意 ，故数列最小值不变. 即对于任意 恒成立. 故对于任意 ，有 ，故 是“最终常数列”. （2）必要性，若 不为“最终常数列”，假设存在一个 使得 ，则由（1）同理可知 其最小值不变，故 为“最终常数列”，矛盾.所以对任意 . 故对任意 ，均有 成立，故 对任意 成立， 又由 定义递推，知对任意正整数 . 充分性：若任意正整数 ，则 对任意 成立， 学科网（北京）股份有限公司又由 定义知任意 ，均有 成立. 由此知 . 又由 知 ，故 ，即 在第 项后严格递减， 故不是“最终常数列”.综上，原命题得证. （3）由（2）知：要求 ，解得 . 下面证明： 即为所求.由 时， ， 由递推可知，对任意 均有 . 进而 对任意 均成立，结合（2）结论知 不是“最终常数列”.故 的取值范围是 . 【例2】（2024届重庆市主城区高三下学期第二次调研抽测）高斯是德国著名的数学家，近代数学的奠基 者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”定义为：对于任意实数x，记 表示不 超过x的最大整数，则 称为“高斯函数”．例如： ， ． (1)设 ， ，求证： 是 的一个周期，且 恒成立； (2)已知数列 的通项公式为 ，设 ． ①求证： ； ②求 的值． 【解析】（1） ． 学科网（北京）股份有限公司故是 的一个周期． 当 时， ， ，故 ． 由于周期为 ，故对任意 ，都有 ． （2）①记 ． ，则 ． ∵ ，∴ ． 而 ．∴ ． ∴ ，∴ ． ②由①知 ，则 ． 由（1）知：对任意 ，都有 ， ∴ ．∴ ． 学科网（北京）股份有限公司∵ ，∴ ． 令 ， ∵ ； ． ∵ ，∴ ． 【例3】（2024届甘肃省张掖市高三下学期模拟）泰勒公式是一个非常重要的数学定理，它可以将一个函 数在某一点处展开成无限项的多项式.当 在 处的 阶导数都存在时，它的公式表达式如下： .注： 表示函数 在原点处的一阶导 数， 表示在原点处的二阶导数，以此类推， 表示在原点处的 阶导数. (1)根据公式估算 的值，精确到小数点后两位； (2)当 时，比较 与 的大小，并证明； (3)设 ，证明： . 【解析】（1）由公式可得 ， 所以 . （2）由（1）得 ，得到结论：当 时， 下面给出证明：令 ，则 ， 学科网（北京）股份有限公司令 ，则 ， 所以函数 在 上单调递增，即当 时， ， 所以 在 上恒成立，所以函数 在 上单调递增， 即当 时， ，故当 时， . （3）因为 ，所以 ，则 ， 由（2）可得： 且 ， 故 ， 即 ， ， ， ， 所以， . 【例4】（2024届广东省广州市华南师范大学附中高三下学期5月月考）对给定的在定义域内连续且存在 导函数的函数 ，若对在 定义域内的给定常数 ，存在数列 满足 在 的定义域内且 ，且对 在区间 的图象上有且仅有在 一个点处的切线平行于 学科网（北京）股份有限公司和 的连线，则称数列 为函数 的“ 关联切线伴随数列”. (1)若函数 ，证明： 都存在“ 关联切线伴随数列”； (2)若函数 ，数列 为函数 的“1关联切线伴随数列”，且 ，求 的通项 公式； (3)若函数 ，数列 为函数 的“ 关联切线伴随数列”，记数列 的前 项和为 ，证明：当 时， . 【解析】（1）因为 ，则 ， 由题意可得： ， 则 ，即 ，且 ， 可知数列 为以 为首项， 为公比的等比数列， 显然这样的数列对于给定的 是存在的， 所以 都存在“ 关联切线伴随数列”. （2）因为 ，则 ， 设 ，即 ， 由题意可知： ，则 ， 可得 ，且 ， 可知数列 为以 为首项， 为公比的等比数列， 学科网（北京）股份有限公司可得 ，所以数列通项公式为 . （3）先证明 ，设函数 ， 则 ， ，则 ， 定义 的导函数为 的导函数为 ， 则 ， 且 ， ， 令 ，则 ， ， 因为 ， 可知 在 内单调递增，则 ， 同理得 ， ， 故 ， 又 在 内单调递增， 在 有 有 因此取 ，有 ， 又 在 单调递减，在 单调递增，故 ， 当 时， ，符合题意；当 时， ， 学科网（北京）股份有限公司累加可得 ， 整理得 ， 所以 ；综上所述： . 【例5】（2024届重庆市巴蜀中学校高三下学期适应性月考）阅读材料一：“装错信封问题”是由数学家 约翰·伯努利（Johann Bernoulli，1667～1748）的儿子丹尼尔·伯努利提出来的，大意如下：一个人写了 封 不同的信及相应的 个不同的信封，他把这 封信都装错了信封，问都装错信封的这一情况有多少种？后 来瑞士数学家欧拉（Leonhard Euler，1707～1783）给出了解答：记都装错 封信的情况为 种，可以用全 排列 减去有装正确的情况种数，结合容斥原理可得公式： ，其中 ． 阅读材料二：英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当 在 处 阶可导，则有： ，注 表示 的 阶导数，该公式也称 麦克劳林公式．阅读以上材料后请完成以下问题： (1)求出 的值； (2)估算 的大小（保留小数点后2位），并给出用 和 表示 的估计公式； (3)求证： ，其中 ． 【解析】（1）因为 ， 所以 ， ， ，所以 ． （2）由麦克劳林公式，令 ，有 学科网（北京）股份有限公司再取 ，可得 ， 所以估算值为 ． 在 中，取 ，可得 . （3）证明：由麦克劳林公式，当 时，令 ，有 ，猜想： 令 ，有 ，猜想： 令 ，由 ，所以 ，即 ． 令 ，由 ， 再令 ，则 恒成立， 所以 在 上为增函数，且 ， 所以 在 上为增函数，所以 ，即 ． 又 时， ， ，所以 . 令 ， 当 ，有 ， 则 ，命题得证． a  a a a a a 1 【例6】（2025届福建省泉州市高三适应性练习）已知数列 n 满足递推式 n1 n n1 n，且 1 ，数 2 b  1  S  n1   列b n 的前 n1 项和 n1 2 2a n  ，数列c n 的通项公式为c n C1 n 2C2 n 3C3 n   nCn n ． b  (1)求数列 n 的通项公式； a b c  n T (2)求数列 n n n 的前 项和 n； 学科网（北京）股份有限公司n 2ancn1 1 d   (3)若数列 d  满足： i 2b 1，证明：d 1． n i1 i1 i n 1 a 1  n 【解析】（1）由题可知：a 0，将a a a a 化为a a ， n n1 n n1 n n1 n 1 1 1 1 可得 1 ，即 - =1， a a a a n1 n n+1 n  1  1 1   =1 =n 所以数列a 是以a 为首项，1为公差的等差数列，所以a ， n 1 n 1 所以数列a n 的通项公式为 a n  n ， 2 由题， S n1  b n 2 1    2 1 a n     b n 2 1  n 4 2 ，则 S n  b 2 n  (n 4 1)2 ， b b 2n1 b b 2n1 两式相减可得S S  n1  n  ，即 b  n1  n  ， n1 n 2 2 4 n1 2 2 4 b b 2n1 2n1 1 整理得 n1  n  ，所以 b b  n ； 2 2 4 n1 n 2 2 b b 令 ，可得S  1 0，即b  1 0，所以 ； n1 1 2 1 2 b 0 1 S b b b b  b b  当 n 为偶数时，可得： n 1 2 3 4  n1 n  1  1  1 1 n   1 2     3 2      n1 2   135  n1 2  2 n 1n1  2  n  n2n ①； 2 4 4 当n为奇数时，可得：  1  1  1 S n b 1 b 2 b 3 b 4 b 5   b n1 b n  0  2 2     4 2      n1 2   n1 2n1 246 n1 1  n1  2  n1  n2n ②．  2 2 2 4 4 n2n 结合①②可得：S  ， n 4 学科网（北京）股份有限公司n2n (n1)2n1 1 1 则b S S    n n2，且 满足上式， n n n1 4 4 2 2 b 0 1 1 1 b  n 综上所述， ； n 2 2 f xC0 C1xC2x2 Cnxn (1x)n,  n1,nN* （2）令 n n n  n ， fxn(1x)n1C1 2C2x3C3x2 nCnxn1 则 n n n  n ， 故 f1C1 n 2C n 23C3 n   nC n n n2n1 ，即 c n n2n1 ， a b c n12n2 故 n n n ， T 021120 n12n2 则 n  ， 2T 020 n22n2n12n1 n  2T T T   20 2n2 n12n1 所以当n2,nN* 时， n n n  ， 12n1  n12n1 n22n11， 12 T n22n11 所以 n ； n 2ancn1 1 n 2n11 d   d  （3）由题，数列 d  满足 i 2b 1，即 i i， n i1 i1 i i1 i1 1 1 1 则 d 1 d 2   d n 1 2  3    2n1 ， 1 1 1 所以d 1 d 2   d n1 1 2  3    2n11 n2 ， 1 1 1 1 两式相减得d n  2n1  2n11  2n12    2n1 ， 1 1 1 1 2n1  2n1  2n1    2n1   2n12n11  2n1  2n1 1， n1 d 1 b 1 1 n 当 时， ，所以 ． 学科网（北京）股份有限公司1 1．（2024届河南省信阳市名校高三下学期全真模拟）已知函数y f x，其中 f x x3kx2 ， . 3 kR y f x y f x 若点A在函数 的图像上，且经过点A的切线与函数 图像的另一个交点为点B，则称点B y f x M M M 为点A的一个“上位点”，现有函数 图像上的点列 1， 2，…， n，…，使得对任意正整数 n M M ，点 n都是点 n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； M 3k,0 M M (2)若点 1的坐标为 ，请分别求出点 2、 3的坐标； (3)若 M 1的坐标为 3,0 ，记点 M n到直线 ym 的距离为 d n.问是否存在实数 m 和正整数 T ，使得无穷数列 d d d m T、 T1、…、 Tn…严格减？若存在，求出实数 的所有可能值；若不存在，请说明理由. 1 【解析】（1）已知 f x x3 ，则 fxx2，得 f00， 3 故函数经过点O的切线方程为y0， 1 f x x3 其与函数 图像无其他交点，所以原点 不存在“上位点”. 3 O M t n （2）设点 n的横坐标为 n， 为正整数， y f x M y f t  ft xt  则函数 图像在点 n1处的切线方程为 n1 n1 n1 ， M t , f t  f t  f t  ft t t  代入其“上位点” n n n ，得 n n1 n1 n n1 ， 1 化简得  t2t t t2  kt t t2 2kt ， 3 n n n1 n1 n n1 n1 n1  t2t t t2  3t2 3kt t 6kt 即 n n n1 n1 n1 n n1 n1， 学科网（北京）股份有限公司t t t 2t 3kt t  t t 2t t 3k 故 n n1 n n1 n n1 ，因为 n n1，得 n1 n （*）， 3k 9  又点 M 1的坐标为 3k,0 ，所以点 M 2的坐标为 0,0 ，点 M 3的坐标为   2 , 8 k3  . 3,0 y f x k 1 （3）将 代入 ，解得 ， 1 由（*）得，2t n1 t n 3.即t n1 1 2 t n 1 ，又t 1 3， 1 故t 1是以2为首项，  为公比的等比数列， n 2  1 n1 所以 t n 12   2   ，即t n 11n122n，d n  f t n m . u  t 1 u 22n 令 n n ，则 n 严格减， 因为  3xx3 33x2 ，所以函数y3xx3 在区间 0,1 上严格增. 2 1 当m 3 时，d n  3  3u n u n 3 ，于是当 n3 时，d n 严格减，符合要求 m 2 d  f t  2    2 m   当 3时， n n 3 3  . 2 1 因为 时 f t    3u u3 u 22n ， n3 n 3 3 n n n 所以当nlog m 2 2时，d  2 m  f t  2  2 m  1  3u u3 ， 2 3 n 3 n 3 3 3 n n 2 从而当nlog 2 m 3 2时d n 严格增，不存在正整数 T ， 2 使得无穷数列d ，d ，…，d 严格减.综上，m 3 . T T1 Tn f xax2cosx1 aR 2．（2024届江西省宜丰中学高三下学期模拟）设 ， . 1 a (1)当 2 时，证明： fx0； 1 1 1 4 (2)证明：cos cos L cos n  nN*,n1  . 2 3 n 3 学科网（北京）股份有限公司f xax2cosx1 R 【解析】（1）因为 定义域为 ， f xax2cosx1 f x f x R x0 所以 ，所以 为定义在 上的偶函数，下取 ， fxxsinx x fxxsinx，x1cosx0， 可知 ，令 x 0, x00 则 在 内单调递增，可得 ， fx0 0, f x 0, 即 在 内恒成立，可知 在 内单调递增， f x 0, f 00 f x0 所以 在 内的最小值为 ，结合偶函数性质可知： . 1 （2）由（1）可得： f x x2cosx10 ，当且仅当 时，等号成立， 2 x0 1 1 1 1 即cosx1 x2 ，令x ,n2,nN* ，则cos 1 ，当 时， 2 n n 2n2 n2 1 1 2 2  1 1  1  1 1  cos 1 1 1 1  ，即cos 1  ， n 2n2 4n2 4n21 2n1 2n1 n 2n1 2n1 1 1 1 1 1 1 1  1 1  则有：cos 1  ，cos 1  ， ，cos 1  ， 2 3 5 3 5 7  n 2n1 2n1 1 1 1 1 1  4 1 相加可得：cos cos   cos n1  n  ， 2 3 n 3 2n1 3 2n1 1 1 1 1 4 因为 ，则 0 ，所以 cos cos L cos n ， n2 2n1 2 3 n 3 1 1 1 4 即 cos cos   cos n  nN*,n1  . 2 3 n 3 3．（2024届江苏省扬州中学高三下学期全真模拟）帕德近似是法国数学家帕德发明的用多项式近似特定 f x m,n x0 函数的方法．给定两个正整数m，n，函数 在 处的 阶帕德近似定义为： a a x a xm Rx 0 1  m 1b 1 x  b n xn ，且满足： f 0R0 ， f0R0 ， f0R0 ，…， fmn0Rmn0．注： fx  fx   ， fx  fx   ， f4x  fx    ， f5x  f4(x)   ， 学科网（北京）股份有限公司1ax …已知 f xex在 处的1,1阶帕德近似为Rx ． x0 1bx (1)求实数a，b的值； x0,1 f x Rx (2)当 时，试比较 与 的大小，并证明； 1 1 1 (3)已知正项数列a n 满足：a 1  2 ， a n ean1 ean 1 ，求证： 2n a n  2n1 ． a1bxb1ax ab 2bab Rx  Rx 【解析】（1）由题意得 1bx2 1bx2 ， 1bx3 ， f0 f0 f01 R0ab1 R02bab1 ，故 ， ， 1 1 a b 解得 ， . 2 2 x 1 Rx 2  2x （2）由上可得 x 2x ，要比较 与2x 的⼤⼩， 1 2 ex 2x 2x x0,1，只需比较1与 ex 的⼤⼩， 2x  4 2x x2 令gx 2 2  x x ex， gx  2x2  2x   ex  2x2 ex ， gx0 gx 0,1 所以 ，从而可得 在 上单调递增， 2x 所以gxg01，即 ex ，所以 f xRx. 2x uxexx1 uxex1 （3）设 ， ， x0 ux0 ux ,0 当 时， ， 在 上单调递减， x0 ux0 ux 0, 当 时， ， 在 上单调递增， ux≥u00 ex x1 x0 故 ，即 ，当且仅当 时等号成立； 学科网（北京）股份有限公司ean 1 1a ean 1 ean1 ean  ean  n 由题意知 a a ，令 y1xex，yxex， n n 1 故该函数在0,上递减，故可得 ean1 ean 0 ，即a n1 a n ，可得0a n  2 ； 2a n 1 一方面：由（2）可得 ean1  ean 1  2a n  2 ， a a 2a n n n 2 a 1 2 a 1 a  n  1 又因为ean1 a 1，所以可得 n1 2a ，即 n1 2a ，即 a a ， n1 n n n1 n 1  1  1  1  1 1 12 1 12n1  12n1 2n1 a  即a n1 a n ，故a n a 1  ，即a n ，所以 n 2n1 . 另一方面：要证明 1 1 an ean 1 an an a ≥ a ≥ a ean1 e2  ≥e2 ean 1≥e2 a n 2n n1 2 n a n ， n 两边同时除以e a 2 n ，原式e a 2 n e  a 2 n a ≥0 n 令 gxe2 x e  2 x x ，gx 1 e2 x  1 e  2 x 1, 2 2 1 x 1  x 1 x 1  x y e2  e 2≥2 e2 e 2 1 由基本不等式， 2 2 2 2 故gx 1 2 e2 x  1 2 e  2 x 1≥0，所以 gx在    0, 1 2    单调递增， gxg00 所以 ，得证. a  a a a  nN* 4．（2024届重庆市第一中学校高三下学期模拟）对于数列 n ，定义 n n1 n ，满足 a 1 a 2 1,a n m(mR) ，记 f(m,n)a 1 ma 2 m2  a n mn ，称 f(m,n) 为由数列 a n  生成的“ m 函 数”． 2 f(2,n) f(2,3) (1)试写出“ 函数” ，并求 的值； 学科网（北京）股份有限公司1 f(1,n)15 (2)若“ 函数” ，求n的最大值； S(x)x2x2  nxn S(x) m (3)记函数 ，其导函数为 ，证明：“ 函数” m2 3m n f(m,n) S(m) S(m)(m1)m 2 2 ． i1 a m a a a m 【解析】（1）由定义及 n ．知 n n1 n ， a  a a (n1)m 所以 n 是公差为m的等差数列，所以 n 1 ． a a 1 a a a 0 因为 1 2 ，所以 1 2 1 ， a (n1)m a a (n1)m n n1 n 所以 ，即 ． n2 a a m a a 2m a a (n2)m 3 2 4 3 n n1 当 时，有 ， ，…… ， (n1)(n2)m 所以a n a 2 m2m  (n2)m 2 ， (n1)(n2)m 即a 1 ． n 2 m2 a 1(n1)(n2)n23n3 （1）当 时， n ， f(2,n)12122   n23n3  2n 所以“2函数”  ． n3 f(2,3)12122323 30 当 时， ． (n1)(n2) n23n4 （2）当 时，a 1  ， m1 n 2 2 n23n4 故“ 1 函数” f(1,n)a 1 a 2   a n 11   2  12314  22324   n23n4  1  1222 n2  3 (12 n)2n    2 2 2 2 2 n(n1)(2n1) 3n(n1) n33n28n   2n  ． 12 4 6 由 f(1,n)15，得n33n28n900． 学科网（北京）股份有限公司g(x)x33x28x90(x1) g(x)3x26x83(x1)250 令 ，则 ， g(x)x33x28x90 [1,) 所以 在 上单调递增． 因为g(5)0．所以当1x5时，g(x)0，所以当1n5时， f(1,n)15， 故n的最大值为5． f(m,n)ama m2 a mn （3）证明：由题意得 1 2  n  (i1)(i2)   (n1)(n2)  mm2  1 m mi  1 m mn        2   2  i23i  n2 3n  mm2  m(m1) mi   m(m1) mn        2   2  m n 3m n n  i2mi  imi(m1)mi 2 2 i1 i1 i1 S(x)x2x2 nxn S(x)14x n2xn1   由 ，得 ， n n n 所以xS(x)x4x2  n2xn i2xi ，所以 i2mi mS(m),imi S(m)， i1 i1 i1 m2 3m n f(m,n) S(m) S(m)(m1)mi 所以 2 2 i1 a  n S 5．（2024届湖南省衡阳市祁东县高三下学期考前仿真联考）已知正项数列 n 的前 项和为 n，首项 a 1 1 . a2 4S 2a 1 a  (1)若 n n n ，求数列 n 的通项公式； f(x)2ex x a  a  f(a )(nN*) (2)若函数 ，正项数列 n 满足： n1 n . S 3n n1 （i）证明： n ； 1 1 1 1 (1 )(1 )(1 ) (1 ) 3e(n2,nN*)  （ii）证明： 5a2 5a2 5a2 5a2 . 2 3 4 n 学科网（北京）股份有限公司【解析】（1）正项数列 a n  中， a 1 1 ， nN* ， a n 2 4S n 2a n 1 ，当 n2 时， a n 2 1 4S n1 2a n1 1 ， a2a2 4S S 2a 2a a a a a 2a a  两式相减得 n n1 n n1 n n1，即 n n1 n n1 n n1 ， a 0 a a 2 a  而 n ，则 n n1 ，因此数列 n 是首项为1，公差为2的等差数列， a  a 12(n1)2n1 所以数列 n 的通项公式为 n . h(x)exx1 h(x)ex1 x0 h(x)0 x0 h(x)0 （2）（i）令 ，求导得 ，当 时， ，当 时， ， 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， a  f a 2ea n a 2a 1a 3a 2 于是 n1 n n n n n ， a 1 即 a 13a 1，即 a n1 1 3， n1 n n a 1 a 1 a 1 a 1 当 n2 时，a n 1a 1 1 a 2 1  a 3 1  a 4 1    a n 1 a 1 13n123n1 ， 1 2 3 n1 n1 a 12230 a 23n11 当 时 1 ，因此 n ， S a a a  a   2301    2311    2321     23n11  所以 n 1 2 3  n  13n 2  303132 3n1 n2 n3nn1  13 a  f a 2ea n a a a 2ean 0 a a （ii）由已知 n1 n n，所以 n1 n ，得 n1 n， 当 n1 时， ean ea1 e2 ，于是 a n1 a n 2ea n 2ea 1 2e5 ， a a a a a a  a a 15(n1)5n4 当 n2 时， n 1 2 1 3 2  n n1 ， a 1 nN* a 5n4 n2 (5n4)2 (5n7)(5n2) 1 n 又 ，所以 ，恒有 ，当 时， ， 由ex x1，得当x1时，ln(x+1)�x，  1  1 1 1 1 1 ln1      则当 n2 时，  5a2  5a2 5(5n4)2 5(5n7)(5n2) 5n7 5n2， n n 学科网（北京）股份有限公司 1   1   1   1  ln1 ln1 ln1   ln1  从而  5a2   5a2   5a2   5a2  2 3 4 n 1 1 1 1   1 1   1 1  1 1 1              ， 3 8 8 13 13 18 5n7 5n2 3 5n2 3  1  1  1   1  1 ln1 1 1 1  于是  5a 2 2  5a 3 2  5a 4 2   5a n 2  3，  1  1  1   1  1 1 1 1  3 e 所以 5a2  5a2  5a2   5a2  . 2 3 4 n 6．（2024届安徽省皖北五校联盟高三第二次联考）在数学中，把只能被自己和1整除的大于1自然数叫 22n 1nN 做素数（质数）.历史上研究素数在自然数中分布规律的公式有“费马数” ；还有“欧拉质数 n2n41nN 多项式”： .但经后人研究，这两个公式也有局限性.现有一项利用素数的数据加密技术— 2 DZB数据加密协议：将一个既约分数的分子分母分别乘以同一个素数，比如分数 的分子分母分别乘以同 3 38 一个素数19，就会得到加密数据 .这个过程叫加密，逆过程叫解密. 57 51 1285 458759 (1)数列a n 中a 1 ,a 2 ,a 3 经DZB数据加密协议加密后依次变为 34 , 1542 , 786444 .求经解密还原的数据 a,a ,a 1 2 3 的数值； a,a ,a a  a  n (2)依据 1 2 3的数值写出数列 n 的通项公式（不用严格证明但要检验符合）.并求数列 n 前 项的和 S n ； f xx2x1,, f x0 (3)为研究“欧拉质数多项式”的性质，构造函数 是方程 的两个根 f a  a 1,a a  n n1,2,  (), fx 是 f x 的导数.设 1 n1 n fa   .证明：对任意的正整数n，都有a . n n 学科网（北京）股份有限公司a  （本小题数列 n 不同于第（1）（2）小题） Fn22n 1 F217,F3257,F465537 【解析】（1）根据费马数 求得 3 5 51173,34172.a  12852575,15122576.u   1 2  2 6 7 458759655377,7864446553712.a   3 12 2n1 a (1)n （2）根据上面的数据得数列 a  的这项公式为 n nn1 n a a a 1 2 3 经检.验： 的数值符合该公式. 2n1 1 1   a n (1)n nn1 (1)n n  n1    1 1 1 1 1  1  数列a n 前 n 项的和S n   1 2    2  3     (1)n  n  n1   1(1)n n1  n2  ,当n为奇数.   n1  n  ,当n为偶数.  n1 51  51  , fx2x1,fa 2a 1 （3）证明： 2 2  n n 5 a a  a n 2a n 1  1 2a 1 4  1 2 1  5  1  51  n1 n 2a 1 4 n 2a 1 2 4 4 2 2 n n 51 51 a 1 a a , ,a  由 1 2 依次可得 2 3  n 2 （基本不等式取等条件不成立.）. f(x)(2x)exx 7．（2024届山东省济宁市高三下学期三模）已知 . f(x) (0,) (1)判断 在 上的单调性； a  a 1,a ea n1 ea n 1(nN*) (2)已知正项数列 n 满足 1 n . 学科网（北京）股份有限公司a a 2a (nN*) （i）证明: n1 n n1 ； 1 （ii）若a n 的前 n 项和为S n ，证明: S n 2 2n1 (nN*) . f(x) R f(x)(1x)ex 1 【解析】（1）函数 的定义域为 ，求导得 ， g(x)(1x)ex1 g(x)xex 令 ，求导得 ， 当x(0,)时，g(x)0，函数g(x)在(0,)上单调递减，则g(x)g(0)，即 f(x)0 f(x) (0,) 所以 在 上单调递减. ean 1 ean （2）（i）首先证明:a n1 a n ，即证明ean1 ean ，即证明 a n ，即证明(1a n )ea n 10， a 0 g(a )(1a )ea n 10 a a 由 n 及（1）知， n n ，所以 n1 n； 1 1 要证明a 2a ，即证 2 a n a n1 ，只需证a e2 a n a ea n1 ， n n1 n n 1 a 而a ea n1 ea n 1(nN*)，则只需证，a e2 n ea n 1， n n 1 令te2 an，则 a n 2lnt ，由 a 1 1,a n1 a n，知0a n 1，则 t(1, e] ， 1 只需证 ，即证 2lntt ,t(1, e] ， 2lnttt21 t 1 2 1 t22t1 (t1)2 令h(t)2lnt(t ),t(1, e]，求导得h(t) 1   0， t t t2 t2 t2 1 2lntt 于是函数h(t)在t(1, e]上单调递减，h(t)h(1)0，即 t ，因此a n 2a n1 ， a a 2a n1 n n1 所以 . 1 1 1 1 1 1 （ii）由（i）可知 a 1,a  a  ,a  a  ,a  a  ， 1 2 2 1 2 3 2 2 22 4 2 3 23 1 1 1 1 a  a  , ,a  a  5 2 4 24  n 2 n1 2n1 ， 学科网（北京）股份有限公司1 1 1 1 1 2n 1 S a a a  a 1     2 则当 且 时， n 1 2 3  n 2 22  2n1 1 2n1 ， 1 n2 nN* 2 1 S 2 (nN*) 当 n1 时，S 1，所以 n 2n1 . 1 f(x)ex g(x)ln(xn) l:y xm 8．（2024届四川省射洪市高三下学期模拟）已知函数 ， ，直线 为曲线 y f(x) yg(x) 与 的一条公切线. m,n (1)求 ； l:ys0s1 y f(x) l yg(x) A(x,y ),B(x ,y ),C(x ,y ) (2)若直线 与曲线 ，直线 ，曲线 分别交于 1 1 2 2 3 3 三 x x x x,x ,x 1 2 3 1 2 3 s 点，其中 ，且 成等差数列，证明：满足条件的 有且只有一个. yxm y f(x) (t, f(t)) f(x)ex 【解析】（1）设 与 相切于点 ，而 ， f(t)et 1 t 0 f(t)e0 1 0,1 m1 l:yx1 则 ，即 ， ，则切点为 ， ，即 ； 1 g(x) 设 与 相切于点 ，而 ， yx1 yg(x) (p,g(p)) xn 1 g(p) 1 ，即 ，则切点为 ， ， ， pn pn1 (p,0) p1 n2 所以m1，n2. ex1 x 1ln(x 2)s x lns x s1 x es 2 （2）依题意， 2 3 ，则 1 ， 2 ， 3 ， x,x ,x 2x x x 2s2lnses2 lnses2s0 1 2 3 2 1 3 由 成等差数列，得 ，即 ， ， 1 h(s) es 2 令 h(s)lnses 2s(0s1) ，求导得 s ， 1 1 令 (s) s es 2 ，求导得 (s) s2 es ，显然函数 (s) 在0,1上单调递增， 1 ( 1 )4 e 0， ， 则s ( 1 ,1)，使得 ，即 es0  ， 2 (1)1e0 0 2 (s )0 s2 0 0 s0,s  (s)0 ss ,1 (s)0 (s) 0,s  s ,1 当 0 时， ；当 0 时， ， 在 0 上递减，在 0 上递增， 学科网（北京）股份有限公司1 1 1 1 1 (s) (s ) es0 2  2( 2)( 1)， min 0 s s2 s s s 0 0 0 0 0 1 1 由s 0 ( 2 ,1)，得 s (1,2)，则 (s )0 ，即 h(s)0 ，函数 h(s) 在0,1上单调递增， 0 0 h(e3)3ee3 2e3 0 h(1)e20 h(x)  e3,1  ， ，因此 在 上存在唯一零点， 所以满足条件的s有且只有一个. f xx6sinx a  n 9．（2024届海南省海口市高三下学期4月调研）已知函数 ，等差数列 n 的前 项和为 n T  f a  S ，记 n i . n i1 f x π,π (1)求证： 的图象关于点 中心对称； a a a T 1 2 3 3 (2)若 ， ， 是某三角形的三个内角，求 的取值范围； S 100π T 100π 100 100 (3)若 ，求证： .反之是否成立?并请说明理由. f x Px,y y f x 【解析】（1）设 的图象上任意一点 ，则 ， π,π P2πx,2πy 点P关于点 的对称点为 ， f 2πx2πx6sin2πx2πx6sinx2πy 因为 ， P2πx,2πy f x f x π,π 因此点 在 的图象上，所以 的图象关于点 中心对称. π （2）若a 1 ，a 2 ，a 3 是某三角形的三个内角，则a 1 a 2 a 3 π，又a n 是等差数列，则a 2  3 ， T  f a  f a  f a a a a 6sina sina sina  因此 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 2π π π3 36sina 6sin( a)π3 39sina 3 3cosa π3 36 3sin(a  ) ， 1 3 1 1 1 1 6 π π π π π 1 不妨设a 1 a 3 ，则 a 1 (0, 3 ] ，即有 a 1  6 ( 6 , 2 ] ，sin(a 1  6 )( 2 ,1]， T (π6 3,π9 3] 所以 3 . 学科网（北京）股份有限公司100(a a ) （3）由a n 是等差数列，且S 100 a 1 a 2 a 100 100π，得 1 2 100 100π ， a a 2π a a 2π sina sina 0 即 1 100 ，因此当 mn101 时， m n ， m n ， 100 100 T  f a S 6sina 100 i 100 i i1 i1 100π6sina sina sina sina sina sina 100π  1 100 2 99 50 51  . T 100π 100 所以 成立.反之不成立. 99(a a ) 考虑存在等差数列a n ，满足 a 50 a 1 49d π ，则 S 99  1 2 99 99a 50 99π ， mn100 a a 2a 2π sina sina 0 T 99π 显然当 时， m n 50 ， m n ，于是 99 ， 下面证明，存在 d ，可以使得 fa 100 π ，且 a 100 π ， d 0 a 49d π a a 99d π 不妨设 ，由 1 ，得 100 1 ， f(a )π50d6sin(π50d) f a π50d6sin50d 100 ，即 100 ， 3π 3π 设gxx6sinx，其中 ，显然gππ0， g( ) 60 ， x0 2 2 3π π 3π 则存在 (π, 2 ) ，使得g0，即存在 d( 50 , 100 ) ，使得 fa π， T 100π， 100 100 S 100π 100 但此时 ，所以反之不成立. gxlnxmx1 10．（2024届河南省部分学校高三5月份大联考）已知函数 . gx m0 (1)当 时，求 的单调区间； x  x 1,x gx  (2)当 m1 时，设正项数列 n 满足： 1 n1 n ， x ①求证： n 1； 2n1 n  1  ln1 1 ②求证： i2  x i 2  . 学科网（北京）股份有限公司1 mx1 【解析】（1）gxlnxmx1的定义域为0,，gx m ， x x 1 1 当 时，令gx0，可得x ，当0x 时，gx0,gx单调递增； m0 m m 1 当 x 时，gx0,gx单调递减， m  1   1  当m0时，函数 gx 在   0, m  上单调递增，在    m , 上单调递减. gxlnxx1 m1 （2）①当 时， ， hxgx2x hxlnxx1 令 ，可得 ， hx 0,1 (1,) 由（1）知，函数 在 上单调递增，在 上单调递减， h(x) h10 hx0 所以 max ，所以 ， gx2x x1 即 ，当且仅当 时，等号成立， x gx 2x x 2x 所以 n1 n n，即 n1 n， gxlnxx1 0, 又由函数 在 为单调递增函数， x gx 21 x gx g2 g121, ,x gx gx 1 所以 2 1 ，所以 3 2  n1 n 1 ， x 1 1x 2x 得 n1 ，所以 n1 n， x x x x x 所以 x 2 2, x 3 2, x 4 2,  , x n 2 ，相乘得，x 2n1 ，即2n n 1 1 得证. 1 2 3 n1 n x 2 x lnx x 1 x 1 ②因为 n1 n n ，且 1 ，可得， 2 ， n2 x 3 x 2 lnx 2 1ln211,x 4 x 3 lnx 3 11,  当 时， ， x 2 x x lnx 11 x x n2 n n1 n1 ，所以 n 2 ，又 2 ， 学科网（北京）股份有限公司x n(n2) n 所以 ，  1  1 1 1 所以当 n2 时， ln  1 x n 2    x n 2  n2  nn1  n 1 1  1 n ，  1  1  1  1 1  1  1 1 ln1 1 ,ln1    ,ln1   所以  x2  2  x2  2 3，  x2  n1 n， 2 3 n  1   1   1  1 1 1 1 1 1 ln1 ln1   ln1  1      1 1 所以  x 2 2   x 3 2   x n 2  2 2 3  n1 n n ， n  1  ln1 1 故 i2  x i 2  . n1  nN* 11．（2024届河北省承德市部分示范性高中高三下学期二模）给定一个 元函数组： f 0 x, f 1 x,  , f n x ，若对任意正整数n，均有 f n x f n1 x ，则把 f 0 x 称作该函数组的“初始函 数”.已知 g 0 x 是函数组 g 0 x ， g 1 x,  ,g n x的“初始函数”，且g n x 2 n sin    x n 4 π   ex . g x (1)求函数 2 的单调区间； g xa sinxb cosxex,nN* c a b c  n S x,y,z (2)设 n n n ，记 n n n，数列 n 的前 项和为 n. 是三个互不相等的 S  S 2 S xyz 正整数，若 x z y ，求 除以4的余数. g x  2 2 sin  x π ex 2cosxex 【解析】（1）根据题意可知 2  2 ， g x  2 3 sin  x 3π ex 2cosxsinxex ， 3  4  yg x 函数 2 的定义域为 R ， g xg x2cosxsinxex 0 令 2 3 ，即cosxsinx， 学科网（北京）股份有限公司3π π 解得：2kπ x2kπ ,kZ， 4 4  3π π 即函数 yg 2 x的单调递增区间为：  2kπ 4 ,2kπ 4   ,kZ， g xg x2cosxsinxex 0 令 2 3 ，即cosxsinx， π 5π 解得：2kπ+ x2kπ ,kZ， 4 4  π 5π 所以函数 yg 2 x的单调递减区间为：  2kπ 4 ,2kπ 4   ,kZ，  3π π 故函数 yg 2 x的单调递增区间为：  2kπ 4 ,2kπ 4   ,kZ，  π 5π 单调递减区间为：2kπ ,2kπ ,kZ，  4 4  g x 2 n sin  x nπ ex    2 n cos nπ sinx 2 n sin nπ cosx  ex （2）因为 n  4   4 4  ， n nπ nπ 所以c a b  2 cos sin ， n n n  4 4  4m 4m  当 时,mN*,c  2 sin π0, n4m1 4m1  4  n4  n4π n4π n4 nπ nπ c  2 cos sin  2 cos sin  当 n4m1 时， n4  4 4   4 4 ， c 易得： n4 4,n4m1,mN* c n c 2,c 2,c 0,c 4 c c c c 0 又因为 1 2 3 4 ，即 1 2 3 4 ， S 2(4)n1,S 4(4)n1 S 4(4)n1,S 0 可得 4n3 4n2 ， 4n1 4n ， 1 n S 4 2, S 4n, S 4n, S 0， 4n3 4n2 4n1 4n S 21 22 23 24 25 26 27 L n n 1 2，3 5 6，7 9 10，11 13 L x,y,z S  S  S 0 ①若 均能被4整除， x y z ，满足题意，余数为0； 学科网（北京）股份有限公司x,y,z S 0 S 2 S ②若 只有1个被4整除，不妨设 x ，则有 z y ， y,z 符合题意的 其中一个除以4余1，另一个除以4余2或3， xyz 此时 除以4的余数为0或3； x,y,z 下面说明当 都不能被4整除时，不符合题意.  2n 2m 2s 2t,m,s,tN* 将问题加强为：在数列 中任取三项，不妨设 ，（其中等号 不能同时成立），均无法满足2m2t 2s1， 当mst或者mst时，显然2m2t 2s1不成立； ②当mst时，2m2t 2s1同除以2m，即12tm 2s1m， 左边为奇数，右边为偶数，也无法成立. S  S 2 S xyz 综上所述，当满足 x z y 时， 除以4的余数为0或3. ax 12．（2024届安徽省蚌埠市高三第四次教学质量检查）已知函数 f xlnx1,gx ，其中 ． xa a1 x f x (1)若a1，证明：x0时， 2gx1 ； Fx f xgx a (2)若函数 在其定义域内单调递增，求实数 的值； n!en a  3 (3)已知数列 a n  的通项公式为 n nn n ，求证：a n a n1 e4． x xx2 f x lnx1 【解析】（1）由题意可知： 2gx1等价于 2x1 ，其中x0． Gxlnx1 xx2 (x0) Gx 1  x22x2  x2 0 构建 2x1 ，则 x1 2(x1)2 2(x1)2 ， Gx 0, GxG00 x0 可知 在 上单调递减，则 时， ， xx2 f x 所以x0时， 2x1 ． ax （2）由题意可知：Fxlnx1 ,x1， xa 学科网（北京）股份有限公司1 a2 x  xa22a  Fx   则 x1 (xa)2 x1(xa)2 1a2 1a22a0 Fx0 a22ax0 ①若 ，则 ，由 可得 ， Fx  a22a,0  可知 在 上单调递减，不合题意； x2 Fx 0 ②若a2，则 x1(x2)2 ，可知Fx 0, 上为增函数，符合题意； ③若 a2 ，则a22a0，由 Fx0 可得 0xa22a ， Fx  0,a22a  可知 在 上单调递减，不合题意； 综上所述：a2． 2x （3）由（2）知： Fxlnx1 在0,上单调递增， x2 2x 1 1 所以 时，Fxlnx1 F00，即  lnx11， x0 x2 x 2 xx2 lnx1 由（1）知：x0时， 2x1 ， 1 1 (x2)2 x2   lnx1 1 则x 2 4x1 4x1， 1 1 x2 1  lnx11 所以x0时， x 2 4x1， 令x 1 n 得： 1    n 1 2    ln    1 1 n    1 4nn 1 1，即 e    1 1 n    n 1 2 e 1 4n 1 n1 ， n1!en1 a (n1)n1 n1 e n1   因为 a n n n n !en n  1 1  n 1 2 ，所以 e  4n 1 n1  a n1 1 ，  n a n 学科网（北京）股份有限公司1 a a  n1 1 n1 e 4nn1 由 a 知：a a ，又因为 a ， n n1 n n a a  n a k1 e n e  4k( 1 k1) e 1 1 4  k n 1 k(k 1 1) e 1 1 4  k n 1    1 k  k 1 1    e4 3  n 1 1 e 3 4 所以 n1 1 a ， k1 k k1 3 所以a a e4． n n1 p1 x1 x0 f(x)(1x)p  px1 13．设整数 ， 且 ，函数 ． f(x)0 (1)证明： ； x0 ln(1x)x (2)设 ，证明： ； 1 1 1 (3)设nN*，证明：122 33   nn 2nln(n1)． fx p(1x)p1 p p(1x)p11   【解析】（1） ． 1x0 p10 y(1x)p11 因为 ， ，所以 单调递增． fx0 fx0 1x0 f(x) x0 f(x) 因此，当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增，所以 f(x) f(0)0． 1 x gx 1 0 （2）设g(x)ln(1x)x(x0)，则 1x 1x ，所以g(x)在 (0,) 上单调递减， g(x)g(0)0 x0 ln1xx 故 ，从而当 时， ． p  p1 1  1 p1 p （3）由（1）知(1x)p 1 px，所以  p  ，再利用ln(1x)x， 1 n 1 n 1 n   p1 pp 于是 pp (1 p1)p 1   1 1 1  p   122 33  nn p1 p1 p1   n  1 n   1 n  2  2ln1  2n  lnp1ln p  p1  p p1  p p1 2nln(n1) 学科网（北京）股份有限公司1 1 1 因此，122 33   nn 2nln(n1)． a a a 1 2 n 14．（2024届广东省深圳市二模）无穷数列 ， ，…， ，…的定义如下：如果n是偶数，就对n尽可 a 3n1 n 能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是 ﹔如果n是奇数，就对 尽可能多次地除以2， a n 直到得出一个奇数，这个奇数就是 ． (1)写出这个数列的前7项； a m a n n m (2)如果 且 ，求m，n的值； n f n f f n  f  f  f n     (3)记a n  f n，nN*，求一个正整数n，满足  20  24个  f ． a 311221 a 221 【解析】（1）根据题意， 1 ， 2 ， a 33125 a 35124 1 3 ， a 4 4221 ， 5 ， a 623 a 371211 6 ， 7 ． （2）由已知，m，n均为奇数，不妨设nm． n1 a 1 m1 mn1 1 当 时，因为 ，所以 ，故 ； 3n1 3n1 当 n1 时，因为 4 n≤m，而n为奇数，a m，所以m 2 ． n 3m1 又m为奇数，a n，所以存在 kN* ，使得n 2k 为奇数． m 33n1 9n5 所以2kn3m1 1 ． 2 2 9n5 而4n 6n，所以 ，即 ， ，无解． 2 4n2kn6n 42k 6 kN* 所以mn1． n （3）显然，n不能为偶数，否则 f n n ，不满足n f n． 2 所以，n为正奇数． 学科网（北京）股份有限公司又 f 1a 1 1 ，所以 n3 ．设 n4k1 或 n4k1 ， kN* ． 34k11 当 时， f n 3k14k1n，不满足 n f n； n4k1 4 34k11 当 时， f n 6k14k1n，即 n f n． n4k1 2 所以，取n22025k1，kN*时， 3  22025k1  1 3  322024k1  1 322024k1 f f n 3222023k1 2 2 3  3202223k1  1   f  f  f n   3202322k1    2  2023 3  3202322k1  1  f  f  f n   320242k1   2  2024 n f n f  f n   f  f  f n     即  ． 2024个f 15．变分法是研究变元函数达到极值的必要条件和充要条件，欧拉、拉格朗日等数学家为其奠定了理论基 y f x D 础，其中“平缓函数”是变分法中的一个重要概念．设 是定义域为 的函数，如果对任意的 x ,x Dx  x , f x  f x   x x y f x 1 2 1 2 1 2 1 2 均成立，则称 是“平缓函数”． f x x2x,x0,1;hxsinx,xR y f x yhx (1)若 ．试判断 和 是否为“平缓函数”?并说明理   由；（参考公式：① 时， 恒成立；②sinsin2sin cos ．） x0 sinxx 2 2 y f x x,x Rx  x  (2)若函数 是周期为2的“平缓函数”，证明：对定义域内任意的 1 2 1 2 ，均有 f x  f x  1 1 2 ； ygx y Agx (3)设 为定义在R上的函数，且存在正常数 A1 ，使得函数 为“平缓函数”．现定义 学科网（北京）股份有限公司A g0 数列 x n  满足： x 1 0,x n  gx n1 n2,3,4, ，试证明：对任意的正整数 n, gx n   A1 ． 1an （参考公式： 且 时，a0a1  an1  ．） a0 a1 1a f x x2x,x0,1 x,x 0,1 x  x 【解析】（1）对于函数 ，由对任意的 1 2 ，且 1 2， 1 x x 11 x x 1 1 则 1 2 ，即 1 2 ， f x  f x    x2x    x2x   x x x x 1  x x  x x 1 x x 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ， f x x2x,x0,1 因此函数 是“平缓函数”； hxsinx x,x R x  x 对于函数 ，由对任意的 1 2 ，且 1 2， x x x x x x x x hx hx   sinx sinx  2sin 1 2cos 1 2 2sin 1 2 2 1 2  x x ， 1 2 1 2 2 2 2 2 1 2 yhx 可知函数 是R上的“平缓函数” f 0 f 2 y f x （2）由周期性可得 ，由于函数 是周期函数， x,x 0,2 x  x 故不妨设 1 2 ，且 1 2， x x 1 y f x f x  f x   x x 1 当 1 2 时，由 为R上的“平缓函数”得 1 2 1 2 ； 1 x x 2 0 x  x 2,1 x x 2 y f x 当 1 2 时，不妨设 1 2 2 1 ，此时由 为R上的“平缓函数”得 f x  f x   f x  f 0 f 2 f x   f x  f 0  f 2 f x  1 2 1 2 1 2  x 0  2x  x x 2121 1 2 1 2 ． x、x x  x f x  f x  1 故对定义域内任意的 1 2，且 1 2均有 1 2 ． 1 （3）由y Agx为 R 上的“平缓函数”，且 A1 得 gx 1 gx 2   A x 1 x 2 ，则对任意的n2， 1 1 1 gx gx   x x  gx gx   x x  n n1 A n n1 A n1 n2 A2 n1 n2 学科网（北京）股份有限公司1 1  x x  g0 ， An1 2 1 An1 gx   gx gx gx gx gx   gx gx   gx gx   gx  因此 n n n1 n1 n2 1 n n1 2 1 1  1 n 1    1 1  1  1   g0   A g0  1 g0  A g0 ，得证．  A A2 An1 1 1 A1 1 1 A A 学科网（北京）股份有限公司