2023高考满分计划：函数、数列类压轴题模拟训练与解析

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#函数#数列#压轴题#高考

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【题一】

已知函数 $\color{deeppink}f(x)=x \mathrm{e}^{x+1} ．$

1、求 $f(x)$ 的极值。

2、当 $x>0$ 时， $\color{darkcyan}f(x) \geqslant ax+\ln x+2 ，$ 求实数 $a$ 的取值范围。

【解析】

1、函数 $f(x)$ 的导函数 $\color{deepskyblue}f'(x)={\rm e}^{x+1}(x+1),$ 于是函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,-1)$ 上单调递减，在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增，在 $x=-1$ 处取得极小值 $-1 ，$ 没有极大值。

2、根据题意，有 $\color{chocolate}\forall x>0,~a\leqslant \dfrac{x{\rm e}^{x+1}-\ln x-2}{x},$ 而 $\color{purple}\dfrac{x{\rm e}^{x+1}-\ln x-2}{x}=\dfrac{{\rm e}^{x+1+\ln x}-\ln x-2}{x}\geqslant \dfrac{(x+2+\ln x)-\ln x-2}{x}=1,$ 等号 $\color{tomato}x+1+\ln x=0$ 时取得，因此实数 $a$ 的取值范围是 $(-\infty,1] ．$

【题二】

已知数列 $\{a_n\}$ 共有 $M$ 项，其中 $M$ 为大于 $5$ 的正整数，若对任意不小于 $M$ 的正整数 $k ，$ 都有 $\color{steelblue}a_k+a_{M+1-k}=0 ，$ 且当 $n\leqslant \dfrac M2$ 时， $a_n=\dfrac{1}{2^n} ．$ 记 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n ．$ 是否对于任何小于 $M$ 的正整数 $p,q ，$ 都存在正整数 $i,j ，$ 使得 $\color{darkred} a_i+a_j=S_p-S_q ?$ 若存在，请证明；若不存在，请说明理由。

【解析】

当 $M$ 为奇数时，设 $M=2m-1 ，$ 则 $\color{purple}a_n:\dfrac 12,\dfrac14,\cdots,\dfrac{1}{2^{m-1}},0,-\dfrac{1}{2^{m-1}},\cdots,-\dfrac14,-\dfrac 12,$ 从而 $\color{teal}S_n=\begin{cases} 1-\dfrac{1}{2^n},& n=1,2,\cdots,m-1,\\ 1-\dfrac{1}{2^{2m-1-n}},& n=m,m+1,\cdots,2m-2,\\ 0,& n=2m-1.\end{cases}$ 当 $M$ 为偶数时，设 $M=2m ，$ 则 $\color{deepskyblue}a_n:\dfrac 12,\dfrac14,\cdots,\dfrac{1}{2^{m}},-\dfrac{1}{2^{m}},\cdots,-\dfrac14,-\dfrac 12,$ 从而 $\color{brown}S_n=\begin{cases} 1-\dfrac{1}{2^n},& n=1,2,\cdots,m,\\ 1-\dfrac{1}{2^{2m-n}},& n=m+1,\cdots,2m-1,\\ 0,& n=2m.\end{cases}$ 因此当正整数 $p,q<M$ 时， $S_p-S_q$ 均形如 $\dfrac1{2^s}-\dfrac{1}{2^t} ，$ 其中 $s,t\in\{1,2,\cdots,m-1\} ，$ 因此存在正整数 $i,j$ 使得 $\color{orange}a_i+a_j=S_p-S_q ．$

【题三】

已知 $\{a_n\}$ 不是常数列，且 $\color{maroon}a_n\ne 0 ， a_1=u ， a_{n+1}=a_n+\sin (2a_n)+\lambda ，$ 是否对任意正数 $\varepsilon ，$ 都存在 $\color{deeppink}u,\lambda,N （ u,\lambda\in\mathbb R ， N\in\mathbb N^{\ast} ），$ 使得当 $n>N$ 时，有 $\color{darkcyan}|a_n-1|<\varepsilon ？$ 若存在，请证明；若不存在，请说明理由。

【解析】

取 $\color{teal}\lambda=-\sin 2 ， u=\dfrac{\pi}4 ，$ 设 $\color{deepskyblue}f(x)=x+\sin(2x)-\sin 2 ，$ 则在 $x\in\left[\dfrac{\pi}4,1\right)$ 上， $f(x)$ 单调递增且 $f(x)>x ，$ 因此 $\{a_n\}$ 单调递增趋于 $1 ，$ 证明如下。

考虑当 $x\in\left[\dfrac{\pi}4,1\right)$ 时，有 $\color{indigo}\dfrac{\pi}4\leqslant x<f(x)<1,$ 于是 $\dfrac{\pi}4\leqslant a_n<1 （ n\in\mathbb N^{\ast} ）$ 且 $\{a_n\}$ 单调递增，又 $\color{orangered}\dfrac{1-f(x)}{1-x}=\dfrac{1-x-\sin(2x)+\sin 2}{1-x}=1-\dfrac{\sin (2x)-\sin2}{1-x}\leqslant 1-\dfrac{\sin\dfrac{\pi}2-\sin 2}{1-\dfrac{\pi}4}<\dfrac 12,$ 因此 $1-a_{n+1}<\dfrac{1}{2^n}(1-a_1)<\dfrac 1{2^n},$ 因此取 $\color{purple}N=\left[\log_2\dfrac{1}{\varepsilon}\right]+1 ，$ 则当 $n>N$ 时，有 $\color{crimson}|a_n-1|=1-a_n<\varepsilon,$ 命题得证。

【题四】

已知数列 $\left\{a_n\right\}$ 满足： $\color{deeppink}a_1=\dfrac{\pi}{2} ， a_{n+1}=a_n-\dfrac{\sin a_n}{n+1} （ n \in\mathbb N^{\ast} ）．$ 1、证明： $\color{deeppink}0<a_{n+1}<a_n \leqslant \dfrac{\pi}{2} ．$

2、证明： $\color{deeppink}n a_n<10 ．$

【解析】

1、先证明 $a_n\in\left(0,\dfrac{\pi}2\right] ，$ 考虑递推，有 $\color{maroon}0<\dfrac 12a_n=a_n-\dfrac 12a_n<a_{n+1}=a_n-\dfrac{\sin a_n}{n+1}<a_n\leqslant \dfrac{\pi}2,$ 有界性得证。进而易得单调性，命题得证。

2、根据题意，有 $\color{deepskyblue}0<(n+1)a_{n+1}-na_n=a_n-\sin a_n<\dfrac 16a_n^3,$ 因此 $\{na_n\}$ 单调递增，且 $\{a_n\}$ 单调递减，考虑证明 $a_n\leqslant \dfrac{p}{\sqrt n} ，$ 其中 $p$ 为正常数。由 $\color{seagreen}a_{n+1}=a_n-\dfrac{\sin a_n}{n+1}<\dfrac{na_n+\dfrac 16a_n^3}{n+1},$ 为了保证递推成立，只需要 $\color{midnightblue}\dfrac{n\cdot \dfrac {p}{\sqrt n}+\dfrac 16\left( \dfrac {p}{\sqrt n}\right)^3}{n+1}\leqslant \dfrac {p}{\sqrt {n+1}},$ 即 $\color{darkorange}\sqrt n+\dfrac {p^2}{6n\sqrt n}\leqslant \sqrt{n+1}\iff p^2<\dfrac{6n\sqrt n}{\sqrt{n+1}+\sqrt n},$ 而右侧关于 $n$ 单调递增。

当起点选为 $n=1$ 时，有 $\color{purple}\dfrac{\pi}2=a_1\leqslant p\leqslant \sqrt{6\left(\sqrt 2-1\right)},$ 因此取 $p=a_1=\dfrac{\pi-1}2$ 即可。这样就有 $\color{steelblue}\begin{split} (n+1)a_{n+1}& <a_1+\dfrac 16\sum_{k=1}^n\left(\dfrac{a_1}{\sqrt k}\right)^3 <a_1+\dfrac16a_1^3\sum_{k=1}^n\left(\dfrac{2}{\sqrt {k-\frac 12}}-\dfrac{2}{\sqrt{k+\frac 12}}\right)\\ & =a_1+\dfrac 13a_1^3\left(2\sqrt 2-\dfrac{2}{\sqrt{n+\frac 12}}\right)\\ & <a_1+\dfrac {2\sqrt 2}3a_1^3 <10,\end{split}$ 命题得证。

说明：事实上，有 $\color{indigo}a_1+\dfrac {2\sqrt 2}3a_1^3=5.2249\cdots ．$ 也可以利用 $\color{violet}\dfrac{1}{na_n}-\dfrac{1}{(n+1)a_{n+1}}=\dfrac{(n+1)a_{n+1}-na_n}{n(n+1)a_na_{n+1}}<\dfrac{a_n^2}{6n(n+1)a_{n+1}}<\dfrac{a_n^2}{6n\cdot na_n}=\dfrac{a_n}{6n^2}\leqslant \dfrac{\pi}{12n^2},$ 于是 $\color{teal}\sum_{k=1}^n\left(\dfrac{1}{ka_k}-\dfrac{1}{(k+1)a_{k+1}}\right)\leqslant \dfrac{\pi}{12}\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{k^2}<\dfrac{\pi}{12}\left(1+\sum_{k=2}^n\left(\dfrac{1}{k-\frac 12}-\dfrac{1}{k+\frac 12}\right)\right)=\dfrac{5\pi}{36},$ 因此 $\color{tomato}\dfrac{1}{(n+1)a_{n+1}}>\dfrac{1}{a_1}-\dfrac{5\pi}{36}\implies (n+1)a_{n+1} <\dfrac{36\pi}{72-5\pi^2}<10, 其中 \dfrac{36\pi}{72-5\pi^2}=4.9928\cdots ．$

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