精品解析：吉林省东北师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期第一次摸底考试数学试卷（解析版）_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年10月试卷

东北师大附中高三年级（数学）科试卷 2024—2025 学年上学期第一次摸底考试 出题人：高三备课组 审题人：高三备课组 考试时长：120分钟 满分：150分 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题 5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的     A x 2x1 3 B  xN x24x0 1. 已知集合 ， ，则 AB  （ ） A. B. C. 00,,21,2  D. 01,,22  【答案】C 【解析】 【分析】根据不等式解法求集合A,B，进而求交集.     【详解】由题意可得：A x 2x1 3  x 1 x2 ， B   xN x24x 0    xN 0 x 4    0,1,2,3,4  ， 所以AB 0,1,2  . 故选：C. 1 sincos 2. 已知tan ，则 （ ） 2 sin3cos 2 1 1 1 A. B.  C. D.  3 7 2 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用齐次式法求值，代入计算即可得答案. 1 1 1 sincos tan1 2 1 【详解】由于tan ，故    . 2 sin3cos tan3 1 7 3 2 故选：B  5π 5π 3. 已知角的终边经过点sin ,cos ，则tan（ ）  6 6  第1页/共19页 学科网（北京）股份有限公司3 3 A  3 B. 3 C.  D. . 3 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角函数的定义计算． 5π π 1 5π π 3 【详解】sin sin  ，cos cos  ， 6 6 2 6 6 2 5π cos 6 所以tan  3 ， 5π sin 6 故选：A． 3 4. 若函数 f  x alnx x既有极大值也有极小值，则实数a的取值范围为（ ） x       A. 0,2 3 B. ,2 3  2 3,     C. ,2 3 D. 2 3, 【答案】D 【解析】 【分析】求导，分析可知x2 ax30有2个不相等的正根x ,x ，结合二次方程的根的分布列式求解即 1 2 可. 【详解】由题意可知： f  x  的定义域为  0, ，且 f x  a  3 1 x2 ax3 ， x x2 x2   若函数 f x 既有极大值也有极小值，则x2 ax30有2个不相等的正根x ,x ， 1 2 Δ a2 120  则x x a 0 ，解得a2 3， 1 2  x x 30  1 2   所以实数a的取值范围为 2 3, . 故选：D. 5. 已知函数 f  x  是定义在R上的奇函数，当x0时， f  x  3ex 1 ，则下列说法正确的是（ ） ex 1 第2页/共19页 学科网（北京）股份有限公司  A 函数 f x 有两个零点 . ex 3 B. 当x 0时， f  x  ex 1 C. f  x 0的解集是 ,ln3  D. mR，x R，使得 f  x m 0 0 【答案】D 【解析】 【分析】对于A：当x0时，令 f  x 0，解得xln3，结合奇函数性质分析判断；对于B：根据奇 函数定义求解析式；对于C：分析x0、x0和x 0三种情况解不等式即可；对于D：根据解析式以及   奇函数性质分析 f x 的值域，即可得判断. 3ex 1 【详解】对于选项A：当x0时， f  x  ， ex 1 令 f  x 0，则3ex 10，解得xln3，     又因为函数 f x 是定义在 上的奇函数，则ln3也为函数 f x 的零点， 当x0时，由奇函数性质可知 f  0 0，   所以函数 f x 有三个零点，故A错误； 对于选项B：若x 0，则x0， 3ex 1 3ex 由奇函数定义可得 f  x f x   ，故B错误； ex 1 ex 1 3ex 对于选项C：当x 0时， f  x  ， ex 1 令 f  x 0，且ex 10，可得3ex 0，解得0 xln3； 且 f  0 0不满足 f  x 0； 3ex 1 当x0时， f  x  ， ex 1 令 f  x 0，且ex 10，可得3ex 10，解得xln3； 第3页/共19页 学科网（北京）股份有限公司综上所述： f  x 0的解集是 ,ln3  0,ln3  ，故C错误； 3ex 1 2 对于选项D：当x0时， f  x  3 ， ex 1 ex 1 2 2 因为x0，则1ex 10，可得 2，即 f  x 3 1， ex 1 ex 1 由奇函数性质可得：当x 0时， f  x 1， 且 f  0 0，可得 f  x  的值域为 ， 所以mR，x R，使得 f  x m，故D正确； 0 0 故选：D. 6. 定义在R上的函数 f  x  的导函数为 f x  ，若 f  1 0， f x  f  x  ，则不等式 f  x 0的解集 为（ ） A.  0, B. 1, C. 0,1 D.  0,1    1, 【答案】B 【解析】   f x 【分析】构建g  x  ，求导，利用导数判断g  x  的单调性，进而判断g  x  的符号性，即可得 f  x  ex 的符号性. f  x  f x  f  x  【详解】令g  x  ，则g  x  的定义域为 ，且g x  ， ex ex 因为 f x  f  x  ，即 f x  f  x 0，注意到ex 0，可得g x 0，   f 1 可知g  x  在定义域 内单调递增，且g  1  0， e 当x 1时， ，即 f  x 0； = e >0   f x 当 时，g  x  0，即 f  x 0； ex <1 所以不等式 f  x 0的解集为 . 1,+∞ 故选：B. 7. 已知3m 4，4m a4，2m b2，则下列说法正确的是（ ） 第4页/共19页 学科网（北京）股份有限公司A. a b B. ab C. a b D. a  b 【答案】B 【解析】 【分析】已知变形得a (2m 2)b，再证明2m 20后即可得． 【详解】则已知a 4m 4(2m 2)(2m 2)，b2m 2，所以a (2m 2)b， 由3m 4，则m1，因此b2m 20，又2m 21，所以a (2m 2)bb， 故选：B． 1 8. 若关于x不等式lnax xb恒成立，则当 ae时，eb1lna的最小值为（ ） e 1 A. 1 B. e1 C.1 D. e e 【答案】C 【解析】 【分析】构建 f  x ln  ax xb，分析可知 f  x  的定义域为 ，且 f  x 0在 内恒成 0,+∞ 1 0,+∞ 立，利用导数可得lnab1，整理可得eb1lnaalna，构建g  a alna, ae，利用导数 e 求其最值即可. 【详解】设 f  x ln  ax xb， 1 因为 ae，可知 f  x  的定义域为 ，所以 f  x 0在 内恒成立， e 1 1x 0,+∞ 0,+∞ 又因为 f x  1 ， x x 令 ，解得0 x1；令 ，解得x 1； ′ ′ 可知 f >x 0在 内单调递增，在 <0 内单调递减， 0,1 1,+∞ 则 f  x  f  1 lna1b0，可得lnab1，则eb1 elna a， 可得eb1lnaalna，当且仅当lnab1时，等号成立， 1 1 a1 令g  a alna, ae，则g a 1  ， e a a 1 令g a 0，解得1 a  e；令g a 0，解得 ≤a1； e 1  可知g  a  在  1,e  内单调递增，在  ,1内单调递减，则g  a  g  1 1， e  第5页/共19页 学科网（北京）股份有限公司即eb1lnaalna1，当且仅当a 1,b1时，等号成立， 所以eb1lna的最小值为1. 故选：C. 【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题 （1）分离参数法 第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的最值； 第三步：根据要求得所求范围． （2）函数思想法 第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的极值； 第三步：构建不等式求解． 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题 6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多 项符合题目要求.全部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分. 9. 若ba 0，则下列不等式成立的是（ ） ab 1 1 A. a ab  b B.  2 a b log alog b ab C. 2 2 log D. 2ba  ba 2 2 2 2 【答案】AC 【解析】 【分析】对于AC：利用作差法分析判断即可；对于BD：举反例说明即可. 【详解】因为ba 0，则 b  a 0， ab ba ab 对于选项A：b   0，即b ； 2 2 2  2 ab b  a ，即 ab  ab ；  ab   0 2 2 2   ab a  a b  a  0，即 ab a； ab 所以a ab  b，故A正确； 2 第6页/共19页 学科网（北京）股份有限公司对于选项BD：例如a 2,b4，满足ba 0， 1 1 1 1 1 1 因为  ,  ，即  ，故B错误； a 2 b 4 a b 因为2ba 22 4,  ba 2 22 4，即2ba  ba 2，故D错误； log alog b 1 对于选项C：因为 2 2  log ablog ab， 2 2 2 2 ab 又由选项A知，0 ab  ， 2 log alog b ab 所以 2 2 log ab log ，故C正确； 2 2 2 2 故选：AC. π  2 10. 已知sin    ，则下列说法正确的是（ ） 3  3  π 5  π 1 A. cos    B. cos2    6 3  3 9 C. cos    5π   2 D. 若 0,π  ，cos 2 3 5  6  3 6 【答案】BCD 【解析】 π 【分析】以 为整体，利用诱导公式、倍角公式以及两角和差公式逐项分析求解. 3 π  2 【详解】因为sin    ， 3  3  π  π  π  π  2 对于选项A：cos   cos     sin    ，故A错误；  6  3  2  3  3  π   π    π   π  1 对于选项B：cos2  cos2    π cos2    2sin2    1 ，故B正确；  3   3    3   3  9  5π  π  π  π  2 对于选项C：cos   cos     sin    ，故C正确；  6   3  2  3  3 π π 4π 对于选项D：若 0,π  ，则   , ， 3 3 3  π  2  3 π π  π   π  5 且sin      0,   ，则   ,π，cos    1sin2     ， 3  3  2  3 2  3  3  3 第7页/共19页 学科网（北京）股份有限公司π  π  π   π  可得coscos     cos  cossin  sin 3  3 3  3  5 1 2 3 2 3 5      ， 3 2 3 2 6 2 3 5 所以cos ，故D正确； 6 故选：BCD. 11. 定义在R上的偶函数 f  x  ，满足 f x=f 2x，当x1,0  时， f  x x1，则下列说法正 确的是（ ） A. f  1 0 2027 1 B f    .  2  2 C. 函数 y f  x  x1 3的所有零点之和为5    1  D. f e0.11  f ln   1.1 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用赋值法判断A；推出函数周期求函数值，判断B；将零点问题转化为函数图象的交点问题，数 形结合，判断C；结合函数单调性判断D. 【详解】对于A，由于 f  x  = f  2x  ，令x1，则 f  1  = f  1  , f  1 0，A正确； 对于B， f  x  为偶函数，即 ，结合 f  x  = f  2x  ， − = 得 f x  = f  2x  ，即 f  2+x f  x  ，故 f  x4  f  x  ，  1 1 故4为函数 f  x  的周期，由x1,0  时， f  x x1得 f     ，  2 2 2027  3 3 1  1 1 故 f    f 4253   f   f   f     ，B正确；  2   2 2 2  2 2 对于C，由于 f  x  = f  2x  ，故函数 f  x  的图象关于点(1,0)对称， 又 f  x  为偶函数，则 f  x  的图象也关于点(1,0)对称， 第8页/共19页 学科网（北京）股份有限公司结合4为函数 f  x  的周期，当x1,0  时， f  x x1，   作出函数 f x 的图象如图， 设 y  x1 3，则该函数图象关于点(1,0)对称，且函数在R上单调递增， 结合 y  f  x  ,y  x1 3的图象可知，二者有3个交点，且交点横坐标之和为3， 即函数 y  f  x  x1 3的所有零点之和为3，C错误； 对于D，令h(x)ex x1，则h(x)ex 1， 当x0时，h(x)0，h(x)在(,0)上单调递减， 当x 0时，h(x)0，h(x)在(0,)上单调递增，故h(x)h(0)0， 1 即ex  x1，仅当x0时等号成立，故得e0.1 0.11，则 0.1 ln1.1 = −ln1.1 = ln1.1 【点睛】难点点睛：本题综合考查了函数性质的应用，涉及到函数对称性；周期性以及奇偶性，解答时要 判断出函数相关性质，数形结合，另外要结合导数知识进行解答. 三、填空题：本大题共 3小题，每小题 5分，共 15分. 12. 已知某扇形的圆心角为120°，弧长为2πcm，则此扇形的面积为________cm2. 【答案】3π 【解析】 【分析】利用弧长公式求出半径，再利用扇形面积公式求解即可 【详解】设扇形的半径为R， 第9页/共19页 学科网（北京）股份有限公司2π ∵扇形的圆心角为 ，弧长为2πcm， 3 2π ∴ R 2π，解得：R=3， 3 1 ∴扇形的面积S  2 π3=3π cm2. 2 故答案为：3π. 13. 已知函数 f(x)   3x2 1,x0 ， f  f 3  0，则实数a的值为______. ln(x2 ax3),x0 【答案】3 【解析】 【分析】根据分段函数的定义计算函数值后，解方程可得． 【详解】 f(3)3 32 12，所以 f(f(3))ln(42a3)0，所以2a71，解得a3. 故答案为：3 14. 对于函数 f  x  ，若在定义域内存在实数x满足 f x f  x  ，则称函数 f  x  为“局部奇函数”.若 函数 f x 49x m7x12在定义域R上为“局部奇函数”，则实数m的取值范围为________.  1  【答案】   ,   7  【解析】   【分析】根据“局部奇函数”的定义便知，若函数 f x 是定义在R上的“局部奇函数”，只需方程 49x 49x 7m  7x 7x  40有解．可设t 7x 7x 2，从而得出方程t 6 7m在t 2时有解，， t 6 从而设g  t t ,t 2，由函数单调性分析可得答案． t 【详解】根据题意，由“局部奇函数”的定义可知： 若函数 f x 49x m7x12是定义在R上的“局部奇函数”， 则方程 f x f  x  有解，即49x m7x12  49x m7x12  有解； 整理可得49x 49x 7m  7x 7x  40， 即  7x 7x 2 7m  7x 7x  60 有解即可. 设t 7x 7x 2 7x7x 2，当且仅当7x 7x，即x0时，等号成立. 则方程 f x f  x  有解等价为t2 7mt60在t 2时有解， 第10页/共19页 学科网（北京）股份有限公司6 等价为t 7m在t 2时有解， t 6 设g  t t ,t 2，可知g  t  在  2, 内单调递增，则g  t  g  2 1， t 1 则7m1，解得m ， 7  1  所以m的取值范围为   , ．  7   1  故答案为：   , ．  7  【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象， 利用数形结合的方法求解. 四、解答题：本大题共 5小题，共 77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知数列  a  满足：a 1，a a 2  nN* ，数列  b  为单调递增等比数列，b 2，且b ， n 1 n1 n n 2 1 b ，b 1成等差数列. 2 3 （1）求数列  a  ，  b  的通项公式； n n （2）设c a log b ，求数列  c  的前n项和T . n n 2 n n n 【答案】（1）a 2n1，b 2n1； n n 3n2 n （2）T  n 2 【解析】 【分析】（1）根据a a 2  nN* 得到  a  为公差为2的等差数列，利用等差数列求通项公式求出 n1 n n a 2n1，再设  b  的公比为q，列出方程，求出q=2，得到通项公式； n n （2）化简得到c  3n2，故  c  为公差为3的等差数列，利用等差数列求和公式得到答案. n n 【小问1详解】     因为a a 2 nN* a a 2 nN* ， n1 n n1 n 第11页/共19页 学科网（北京）股份有限公司  故 a 为公差为2的等差数列， n 所以a a 2  n1 12  n1 2n1， n 1 又b ，b ，b 1成等差数列，故2b b b 1， 1 2 3 2 1 3 设  b  的公比为q，其中b 2， n 2 2 1 则4 2q1，解得q=2或 ， q 2 当q=2时，b 1，此时b =bqn-1 = 2n-1，为递增数列，满足要求， 1 n 1 1 1 n3 当q  时，b 4，此时b bqn1    ，为递减数列，舍去， 2 1 n 1 2 综上，a 2n1，b 2n1； n n 【小问2详解】 c 2n1log 2n1 3n2，则c c 3， n 2 n1 n   故 c 为公差为3的等差数列， n n  13n2  3n2 n 故T c c c 143n2  . n 1 2 n 2 2 16. 已知函数 f xe2x ex x. （1）求曲线y  f  x  在点  0, f  0  处的切线方程； （2）当x1,0  时，求函数 f  x 的最大值与最小值. 【答案】（1） y 2x2 3 （2）函数 f  x  的最大值为2，最小值 ln2 4 【解析】 【分析】（1）求导，根据导数的几何意义可得切点和切线斜率，即可得切线方程；   （2）根据求导判断 f x 的单调性，结合单调性分析最值. 【小问1详解】 因为 f xe2x ex x，则 f x 2e2x ex 1， 第12页/共19页 学科网（北京）股份有限公司可得 f  0 2, f 0 2， 即切点坐标为  0,2  ，切线斜率为k 2， 所以切线方程为 y 2x2. 【小问2详解】 由（1）可得 f x 2e2x ex 1  ex 1  2ex 1  ， 且x1,0  ，则ex 10， 令 fx0，则2ex 10，解得ln2 x0； 令 fx0，则2ex 10，解得1 xln2； 可知 f  x  在 1,ln2  内单调递减，在 ln2,0  内单调递增， 1ee2 3 1ee2 又因为 f 1  , f  0 2, f ln2  ln2 ，且 2， e2 4 e2 3 所以函数 f  x  的最大值为2，最小值 ln2. 4 17. 师大附中考入北大的学生李聪毕业后帮助某地打造“生态果园特色基地”，他决定为该地改良某种珍稀水 果树，增加产量，提高收入，调研过程中发现：此珍稀水果树的单株产量W（单位：千克）与投入的成本30x  34 3x2  ,0 x2,   3 （单位：元）满足如下关系：W  x  ，已知这种水果的市场售价为10元/千克，且 32x  x,2 x5.  x1   供不应求.水果树单株获得的利润为 f x （单位：元）.   （1）求 f x 的函数关系式； （2）当投入成本为多少时，该水果树单株获得的利润最大?最大利润是多少?  340 30x2 30x ,0 x2   3 【答案】（1） f  x  320x  20x,2 x5  x1 （2）当投入成本为90元时，该水果树单株获得的利润最大，最大利润是180元 【解析】 【分析】（1）由题意可知： f  x 10W  x 30x ，结合题意代入运算即可； 第13页/共19页 学科网（北京）股份有限公司（2）分0 x2和2 x5，结合二次函数和基本不等式求最大值. 【小问1详解】  340 30x2 30x ,0 x2   3 由题意可知： f  x 10W  x 30x   . 320x  20x,2 x5  x1 【小问2详解】  340 30x2 30x ,0 x2   3 由（1）可知： f  x  ， 320x  20x,2 x5  x1 340 1 若0 x2，则 f  x 30x2 30x ，可知其图象开口向上，对称轴为x ， 3 2 520 此时 f  x  的最大值为 f  2  ； 3 320x  16  16 若2 x5，则 f  x  20x 34020  x1  340202  x1  180 ，   x1  x1 x1 16 当且仅当x1 ，即x3时，等号成立， x1 此时 f  x  的最大值为 f  3 180； 520 又因为180 ，可知 f  x  的最大值为 f  3 180， 3 所以当投入成本为90元时，该水果树单株获得的利润最大，最大利润是180元. 18. 已知函数 f  x  x  ex a  alnx，aR. （1）当a e时，求函数 f  x  的单调区间与极值； （2）若函数 f  x  有2个不同的零点x，x ，满足x ex 2 2xex 1，求a的取值范围. 1 2 2 1 【答案】（1） f  x  单调递减区间为0,1； f  x  单调递増区间为1,； f  x  有极小值0，无极大值. 2 （2）a> ln2 【解析】 【分析】（1）将a e代入 f  x  x  ex a  alnx，然后求导利用导函数的正负判断原函数的单调性， 计算极值即可； （2）先将 f  x  化为 f x xex aln  xex ，然后令xex t，将问题转变为talnt 0有两个解为t ,t ， 1 2 第14页/共19页 学科网（北京）股份有限公司设h(t)talnt，利用零点存在性定理证明其有两个零点时的情况， 1 lnt lnt 分离得  ，再设新函数F(t) ，利用导数求出其值域，最后求出a的取值范围即可. a t t 【小问1详解】 当a e时， f  x  x  ex e  elnx xex xeelnx，其定义域为  0, ， e  x1  xex e  f x ex xex e  ， x x 所以显然当x0,1时， fx0，此时 f  x  单调递减； 当x1,时， fx0，此时 f  x  单调递増； 所以 f  x  有极小值 f  1 0，无极大值； 综上所述， f  x  单调递减区间为0,1； f  x  单调递増区间为1,； f  x  有极小值0，无极大值. 【小问2详解】 f  x  x  ex a  alnx xex a  xlnx  xex aln  xex  ，令t  xex， 因为t(x1)ex 0，所以t  xex在(0,)单调递增，则t 0， 令h(t)talnt，即h(t)在t(0,)有2个零点t ,t ，且t  xet 1,t  x et 1， 1 2 1 1 2 2 a ta 因为h(t)1  ， t t 当a0时，h(t)0,h(t)在t(0,)单调递增，不存在2个零点， 所以a0， 当t(0,a)时，h(t)0:当t(a,)时，h(t)0. 所以h(t)在(0,a)单调递减，在(a,)单调递增， 则h(t) h(a)a(1lna)， min 令(x)ex ex,(x)ex e， 当x(0,1)时，(x)0,(x)单调递减：当x(1,)时，(x)0,(x)单调递增， 则(x) (1)0，所以(x)0恒成立.即ex ex恒成立. min 因此e2a 2ea  2a 0， 第15页/共19页 学科网（北京）股份有限公司h  e2a e2a 2a2   ea  2a  ea  2a  0，   因为t 0时，h(t);且h e2a 0. h  e2a e2a 2a2   ea  2a  ea  2a  0，   因为t 0时，h(t);且h e2a 0. 所以当h(t) a(1lna)0，即a(e,)时，函数 f (x)有2个不同的零点. min 1 lnt 又x ex 2 2xex 1，即t 2tt ,t (0,),h(t)0等价于  ， 2 1 2 11 2 a t lnt 1lnt 设F(t) ,F(t) . t t2 当t(0,e)时，F(t)0;当t(e,)时，F(t)0. 1 则F(t)在(0,e)上单调递增，在(e,)上单调递减，则F(t)  F(e) ， max e 由题意得:1t et . 1 2 e （i）当2t e，即t  时，t 2t 恒成立; 1 1 2 2 1 e （ii）当2t e，即t  时，有F  t F  t F  2t  . 1 1 2 1 2 1 e  令G(t) F(t)F(2t),t  ,e， 2  lnt ln2t lntln2 e  由G(t)0，即   0可得t 2，所以t   ,2， t 2t 2t 1 2  1  ln2  2  综上，t (1,2)，因此  F  t  0, ,a  , . 1 a 1  2  ln2  【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用同构思想得h(t)talnt，再结合分离参数即可得到答案. 19. 对于数列  x  ，若M 0，对任意的nN*，有 x M ，则称数列  x  是有界的.当正整数n无限 n n n 大时，若x n 无限接近于常数a，则称常数a是数列  x n  的极限，或称数列  x n  收敛于a，记为 n l  im  x n a . 单调收敛原理：“单调有界数列一定收敛”可以帮助我们解决数列的收敛性问题. （1）证明：对任意的x1，nN*， 1x n 1nx恒成立； n n1 （2）已知数列  a n  ，  b n  的通项公式为：a n     1 1 n    ，b n     1 1 n    ，nN*. 第16页/共19页 学科网（北京）股份有限公司（i）判断数列  a  ，  b  的单调性与有界性，并证明； n n （ii）事实上，常数e lim a n  lim b n ，以e为底的对数称为自然对数，记为lnx.证明：对任意的nN*， n n n 1 n 1  ln  n1  恒成立. k1 k k1 k1 【答案】（1）证明见解析； （2）（i）{a }是递增数列，是有界的，{b }是递减数列，也是有界的，（ii）证明见解析． n n 【解析】 【分析】（1）主要是构造函数 f(x)(1x)n 1nx（x1），利用导数进行证明； （2）（i）利用作差法，作差a a ，b b ，结合（1）中不等式证明数列的单调性，根据有界性的定 n n1 n1 n 1 1 义结合单调性证明有界性，（ii）由极限定义及单调性得出kN*，(1 )k e(1 )k1，取对数变形 k k 后，令k 1,2,,n并相加得证． 【小问1详解】 x1时，不等式 1x n 1nx显然成立，同样，n1时， 1x n 1nx显然成立， x1时，设 f(x)(1x)n 1nx（x1），n2且nN*， 则 f(x)n(1x)n1n， 当1 x0时01x1， f(x)0， f (x)递减， x 0时，1x 1， f(x)0， f (x)递增， 所以x1时， f(x) f(0)0，即 1x n 1nx， 综上，对任意的x1，nN*， 1x n 1nx恒成立； 【小问2详解】 n  1 （i）a  1  ， n  n 1 1 1 1 a (1 )n 1C1 C2 Cn n n n n n n2 n nn n(n1) 1 n(n1)(n2) 1 n(n1)1 1 11      2! n2 3! n3 n! nn 1 1 1 1 2 1 1 2 n1 11 (1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )(1 ) ， 2! n 3! n n n! n n n 第17页/共19页 学科网（北京）股份有限公司1 1 1 1 a (1 )n11C1  C2  Cn1 n1 n1 n1 n1 n1 (n1)2 n1 (n1)n1 n(n1) 1 n(n1)(n2) 1 n(n1)1 1 11      2! n2 3! n3 n! nn 1 1 1 1 2 1 1 2 n1 11 (1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )(1 ) 2! n1 3! n1 n1 n! n1 n1 n1 1 1 2 n1 n  (1 )(1 )(1 )(1 ) ， (n1)! n1 n1 n1 n1 比较对应项可得a a ，所以{a }是递增数列； n n1 n （{a }单调性的另证： n 1 1 n1 n2 a a (1 )n(1 )n1( )n( )n1 n n1 n n1 n n1 n2 n22n1 n2 n2 1 n2 ( )n[( )n ]( )n[(1 )n ] ， n1 n22n n1 n1 n22n n1 1 n 1 1 n 2 由（1）知(1 )n 1 1 1  ， n2 2n n2 2n n2 n1 n1 所以a a 0，即a a ．） n n1 n n1 1 1 1 1 1 1 1 又由上面展开式知a 11   2   3 3 ，又a 0，所以 n 2! 3! n! 2 22 2n 2n n a 3， n 所以{a }是有界的； n n1  1 b  1  ，n2时， n  n 1 1 n n1 n1 n2 n1 b b (1 )n(1 )n1( )n( )n1 ( )n[( )n  ]， n1 n n1 n n1 n n n2 1 n n2 1 n 1 n 1 由(1)得( )n (1 )n 1 1  ， n2 1 n2 1 n2 1 n n 所以b b 0，即b b ，所以{b }是递减数列， n1 n n n1 n 因此b b 4，又b 0，所以 b 4，所以{b }是有界的； n 1 n n n 1 1 （ii）由（i）知 a eb ，kN*，即(1 )k e(1 )k1， k k k k 1 1 取自然对数得kln(1 )1(k 1)ln(1 ) ， k k 第18页/共19页 学科网（北京）股份有限公司1 1 1 1 1 1 所以ln(1 ) ，ln(1 ) ，即 ln(k 1)lnk  ， k k k k 1 k 1 k 1 1 1 1 1 令k 1,2,,n并相加得    ln(n1)ln11  ， 2 3 n1 2 n n 1 n 1 即 ln  n1  k1 k k1 k1 【点睛】关键点点睛：解题的关键要理解题意：数列的极限，数列的有界性以及数列的收敛性，单调收敛 原理，其次在证明了（1）中函数不等式后，要能应用此不等式证明数列{a },{b }的单调性，同时由单调 n n 1 1 收敛原理得出(1 )k e(1 )k1，从而完成最终不等式的证明． k k 第19页/共19页 学科网（北京）股份有限公司