专题06 函数、导数与数列、不等式的综合应用-备战2022高考数学冲破压轴题讲与练

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专题06 函数、导数与数列、不等式的综合应用
【压轴综述】
纵观近几年的高考命题，应用导数研究函数的单调性、极（最）值问题，证明不等式、研究函数的零点等，是高考考查的“高频点”问题，常常出现在“压轴题”的位置.其中，函数、导数与数列、不等式的综合应用问题的主要命题角度有：函数与不等式的交汇、函数与数列的交汇、导数与数列不等式的交汇等.本专题就函数、导数与数列、不等式的综合应用问题，进行专题探讨，通过例题说明此类问题解答规律与方法.
1.数列不等式问题，通过构造函数、应用函数的单调性或对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围.如
2.涉及等差数列的求和公式问题，应用二次函数图象和性质求解.
3.涉及数列的求和问题，往往要利用“错位相减法”、“裂项相消法”等，先求和、再构造函数.
【压轴典例】
例1.(2020·全国卷Ⅱ理科·T21)已知函数f(x)=sin2xsin 2x.
(1)讨论f(x)在区间(0,π)的单调性; (2)证明:|f(x)|≤;
(3)设n∈N*,证明:sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤.
【解析】(1)由函数的解析式可得f(x)=2sin 3xcos x,则:f'(x)=2(3sin 2xcos 2x-sin 4x)
=2sin 2x(3cos 2x-sin 2x)=2sin 2x(4cos 2x-1)=2sin 2x(2cos x+1)(2cos x-1),
f'(x)=0在x∈(0,π)上的根为:x1=,x2=,当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
(2)注意到f(x+π)=sin 2(x+π)sin =sin 2xsin 2x=f(x),故函数f(x)是周期为π的函数,结合(1)的结论,计算可得:f(0)=f(π)=0,f=×=,
f=×=-,据此可得:f(x)max=,f(x)min=-,即|f(x)|≤.
(3)结合(2)的结论有:sin 2xsin 22xsin 24x…sin 22nx=
=[sin x(sin 2xsin 2x)(sin 22xsin 4x)…(sin 22n-1xsin 2nx)sin 22nx
≤≤=.
例2.(2020·浙江高考·T22)已知1 (Ⅰ)证明:函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点;
(Ⅱ)记x0为函数y=f(x)在(0,+∞)上的零点,证明:
(ⅰ)≤x0≤; (ⅱ)x0f()≥(e-1)(a-1)a.
【解析】(Ⅰ)当x∈(0,+∞)时,f'(x)=ex-1>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,由于f(0)=1-a<0, f(2)=e2-2-a≥e2-4>0,f(0)f(2)<0, 则y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点.
(Ⅱ)(ⅰ)由于f(x)单调递增,11.右边:由于x≥0时,ex≥1+x+x2,且-x0-a=0,则a≥1+⇒x0≤.左边:要证明≥a-1=-x0-1,只需证明--x0-1≤0.记h(x)= ex-1-x-x2(0≤x≤t),则h'(x)=ex-1-2x,
h″(x)=ex-2,于是h'(x)在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增.于是h'(x)=ex-1-2x≤max{h'(0),h'(t)}=0,
则h(x)在0≤x≤t上单调递减.h(x)=ex-1-x-x2≤h(0)=0,得证.
(ⅱ)要证明x0f()≥(e-1)(a-1)a,只需证:x0f(x0+a)≥(e-1)(a-1)a.
由于(xf(x+a))'= f(x+a)+xf'(x+a)>f(x+a)>f(a)=ea-2a≥1-a+>0,
则x0f(x0+a)≥f(+a),只需要证明:f(+a)≥(e-1)a,
即--2a≥(e-1)a.由ex≥1+x+x2,只需证:1+(+a)2-a≥(e-1)a⇔a2-()2-2(e-2)a≥0,只需证-≥2(e-2),
由于=+∈[2,+∞),则-≥2-=≥2(e-2).
综上所述,得证.
例3.(2020·天津高考·T20)已知函数f(x)=x3+kln x(k∈R),f'(x)为f(x)的导函数.
(1)当k=6时,
①求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
②求函数g(x)=f(x)-f'(x)+的单调区间和极值;
(2)当k≥-3时,求证:对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有>.
【解析】(1)①当k=6时,f(x)=x3+6ln x,f'(x)=3x2+.可得f(1)=1,f'(1)=9,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=9(x-1),即y=9x-8.
②依题意,g(x)=x3-3x2+6ln x+,x∈(0,+∞).从而可得g'(x)=3x2-6x+-,
整理可得:g'(x)=,令g'(x)=0,解得x=1.当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如表:


x
(0,1)
1
(1,+∞)
g'(x)
-
0
+
g(x)
单调递减
极小值
单调递增
所以,g(x)的减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值.
(2)由f(x)=x3+kln x,得f'(x)=3x2+.对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,令=t(t>1),
则(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2(f(x1)-f(x2))=(x1-x2)-2
=--3x2+3x1+k-2kln =(t3-3t2+3t-1)+k.(ⅰ)
令h(x)=x--2ln x,x∈(1,+∞).当x>1时,h'(x)=1+-=>0,
由此可得h(x)在(1,+∞)上单调递增,所以当t>1时,h(t)>h(1),即t--2ln t>0.
因为x2≥1,t3-3t2+3t-1=(t-1)3>0,k≥-3,
所以(t3-3t2+3t-1)+k≥(t3-3t2+3t-1)-3=t3-3t2+6ln t+-1.(ⅱ)
由(1)②可知,当t>1时,g(t)>g(1),即t3-3t2+6ln t+>1,故t3-3t2+6ln t+-1>0.(ⅲ)
由(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ)可得(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2(f(x1)-f(x2))>0.
所以,当k≥-3时,对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有>.
例4．（2021·浙江金华市·高三期末）设，已知函数，．
（1）当时，证明：当时，；
（2）当时，证明：函数有唯一零点．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【详解】，令，
（1）证明：要证原不等式，只需证：当时，．
则对任意的恒成立.
所以，函数在上单调递增，因此，即原不等式成立；
（2）（i）由（Ⅰ）可得当时，，
故函数在上没有零点；
（ii）当时，．
令，．
则递增，且，，在上存在唯一零点，记为，
当，，此时，函数单调递减；
当时，，此时，函数单调递增.
，，，，
在上存在唯一零点，当时，．
故当，；当时，．
在上递增，在上递减，且．令，当时，则，函数在上递增，，，取，且，则，则有，又，由零点存在定理可得，在上存在唯一的零点．
综上可证：函数在上有唯一零点．
例5．（2021·江苏南通市·高三期末）已知函数，.
（1）若关于.的不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围；
（2）设，.
①求证：；
②若数列满足，，求证：.
【答案】（1）；（2）①证明见解析 ②证明见解析.
【详解】（1）
，，
令，
∴在上为增函数，∴.
（2）
①要证证明：即证
令，，
∴在上为增函数，∴，∴在上为增函数，
②可用数学归纳法证明.由①知，时，，∴，
当时，，显然成立
假设当时，
则当时，.∵在上为增函数.
∴
下只需证，令
证明：



，又

，
，为增函数

故为增函数，故
故不等式成立，故时成立
例6.(2020·江苏高考·T19)已知关于x的函数y=f(x),y=g(x)与h(x)=kx+b(k,b∈R)在区间D上恒有f(x)≥h(x)≥g(x).
(1)若f(x)=x2+2x,g(x)=-x2+2x,D=(-∞,+∞).求h(x)的表达式;
(2)若f(x)=x2-x+1,g(x)=kln x,h(x)=kx-k,D=(0,+∞).求k的取值范围;
(3)若f(x)=x4-2x2,g(x)=4x2-8,h(x)=4(t3-t)x-3t4+2t2(0<|t|≤),D=[m,n]⊆[-,],求证:n-m≤.
【解析】(1)由f(x)=g(x)得x=0.又f'(x)=2x+2,g'(x)=-2x+2,所以f'(0)=g'(0)=2,所以,函数h(x)的图象为过原点,斜率为2的直线,所以h(x)=2x.经检验:h(x)=2x符合题意.
(2)h(x)-g(x)=k(x-1-ln x),设φ(x)=x-1-ln x,则φ'(x)=1-=,
φ(x)≥φ(1)=0,所以当h(x)-g(x)≥0时,k≥0.
设m(x)=f(x)-h(x)=x2-x+1-(kx-k)=x2-(k+1)x+(1+k)≥0,
当x=≤0时,m(x)在(0,+∞)上递增,所以m(x)>m(0)=1+k≥0,所以k=-1.
当x=>0时,Δ≤0,即(k+1)2-4(k+1)≤0,(k+1)(k-3)≤0,-1≤k≤3.
综上,k∈[0,3].
(3)①当1≤t≤时,由g(x)≤h(x),得4x2-8≤4(t3-t)x-3t4+2t2,
整理得x2-(t3-t)x+≤0.(*)令Δ=(t3-t)2-(3t4-2t2-8),则Δ=t6-5t4+3t2+8.
记φ(t)=t6-5t4+3t2+8(1≤t≤),则φ'(t)=6t5-20t3+6t=2t(3t2-1)(t2-3)<0恒成立,
所以φ(t)在[1,]上是减函数,则φ()≤φ(t)≤φ(1),即2≤φ(t)≤7
所以不等式(*)有解,设解集为,因此n-m≤x2-x1=≤.
②当0 v'(t)=12t3+12t2-4t-4=4(t+1)(3t2-1),令v'(t)=0,得t=.
当t∈时,v'(t)<0,v(t)是减函数;当t∈时,v'(t)>0,v(t)是增函数;
v(0)=-1,v(1)=0,则当0 则f(-1)-h(-1)<0,因此-1∉(m,n).因为[m,n]⊆[-,],所以n-m≤+1<.
③当-≤t<0时,因为f(x),g(x)均为偶函数,因此n-m≤也成立.
综上所述,n-m≤.
例7.（2019·全国高考真题）记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S9=－a5．
（1）若a3=4，求{an}的通项公式；
（2）若a1>0，求使得Sn≥an的n的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】（1）设等差数列的首项为，公差为，根据题意有，解答，所以，
所以等差数列的通项公式为；
（2）由条件，得，即，因为，所以，
并且有，所以有，
由得，整理得，
因为，所以有，即，解得，
所以的取值范围是：
例8.（2019·江苏高考真题）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”.
（1）已知等比数列{an}满足：，求证:数列{an}为“M－数列”；
（2）已知数列{bn}满足:，其中Sn为数列{bn}的前n项和．
①求数列{bn}的通项公式；
②设m为正整数，若存在“M－数列”{cn}，对任意正整数k，当k≤m时，都有成立，求m的最大值．
【答案】（1）见解析；（2）①bn=n；②5.
【解析】（1）设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0.由，得，解得．因此数列为“M—数列”.
（2）①因为，所以．由得，则.
由，得，
当时，由，得，
整理得．所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列.
因此，数列{bn}的通项公式为bn=n.②由①知，bk=k，.
因为数列{cn}为“M–数列”，设公比为q，所以c1=1，q>0.
因为ck≤bk≤ck+1，所以，其中k=1，2，3，…，m.，当k=1时，有q≥1；
当k=2，3，…，m时，有．设f（x）=，则．
令，得x=e.列表如下：
x

e
(e，+∞)

+
0
–
f（x）

极大值

因为，所以．取，当k=1，2，3，4，5时，，即，经检验知也成立．因此所求m的最大值不小于5．
若m≥6，分别取k=3，6，得3≤q3，且q5≤6，从而q15≥243，且q15≤216，
所以q不存在.因此所求m的最大值小于6.
综上，所求m的最大值为5．
例9.（2020·湖南高考模拟）设函数，.
（1）证明：.
（2）若恒成立，求的取值范围；
（3）证明：当时，.
【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析.
【解析】（1）证明：令函数，，
，所以为单调递增函数，，
故.
（2），即为，
令，即恒成立，
，令，即，得.
当，即时，在上单调递增，，
所以当时，在上恒成立；
当，即时，在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以不恒成立.
综上所述：的取值范围为.
（3）证明：由（1）知，令，，，
，即，故有，，
…，
上述各式相加可得.因为，
，，
所以.
例10.（2020·江苏高考模拟）已知数列，，且对任意n恒成立．
（1）求证：(n)；
（2）求证：(n)．
【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】（1）①当时，满足成立.
②假设当时，结论成立.即：成立
下证：当时，成立.
因为

即：当时，成立
由①、②可知，(n)成立.
（2）（ⅰ）当时，成立，
当时，成立，
（ⅱ）假设时（），结论正确，即：成立
下证：当时，成立.
因为
要证，只需证只需证：，
只需证：即证：（）
记


当时，
所以在上递增，
又
所以，当时，恒成立.
即：当时，成立.
即：当时，恒成立.
所以当，恒成立.
由（ⅰ）（ⅱ）可得：对任意的正整数，不等式恒成立，命题得证.
【压轴训练】
1．（2020·河南郑州高三）已知函数在上单调递增，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】因为函数在上单调递增，所以在上恒成立；由于，
所以在上恒成立，故令，，，故当时，，当时，，所以函数在区间单调递减，在区间上单调递增，所以，解得，故实数的取值范围为.
2．（2020·威远中学校高三））已知函数，且，都有成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】不妨设，则等价于，即，
设，，
依题意，函数在上为严格的单调递减函数，函数在上为严格的单调递增函数，∴在上恒成立，在上恒成立，∴在上恒成立，在上恒成立，而二次函数在上的最小值在时取得，且最小值为0，二次函数在上的最大值在时取得，其最大值为，综上，实数的取值范围是，
3．（2020·陕西高三其他模拟）已知函数的定义域为，且当时，有，当时，有恒成立，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】根据得，所以是定义在上的奇函数，则有.又由时，有得在上单调递减.又是奇函数，则有在上也单调递减.则在上为减函数，所以.当时，.所以，则恒有；当时，，此时，故不成立；当时，，所以此时，，故，与条件矛盾，故的取值范围为.
4．（黑龙江省哈尔滨三中高考模拟）已知，若对不小于4的自然数，恒有不等式成立，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】由题设可得，即，也即对一切的正整数恒成立，则，即，所以，应填答案.
5．（2020·肥东县综合高中高三）已知函数，（为常数，且），若在处取得极值，且，而在上恒成立，则的取值范围是__________．
【答案】
【详解】，令，可得，因为在处取得极值，所以∴函数在上单调递增，在上单调递减.∵，∴函数在区间上是单调函数.∴或∴，
∴的取值范围是.
6．（2020·广西高考模拟）已知函数.
(1) 若时,函数取得极值,求函数的单调区间；
(2) 证明：.
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】（1）由题意可得，，
由时，函数取得极值知，所以．
所以，
所以时，；时，；
所以的单调增区间，单调减区间为.
（2）当时，，所以，
令，则，当时，；当时，，的单调减区间为，单调增区间为，
所以，所以，是增函数，所以时，，所以时，，
令，得
即，所以
上式中，…，，然后个不等式相加，
得到
7.（2020·黑龙江高三）已知数列的前n项和为, 其中，数列满足.
(1)求数列的通项公式;
(2)令，数列的前n项和为，若对一切恒成立，求实数k的最小值.
【答案】（1），；（2）
【解析】（1）由可得，
两式相减得: ，
又由可得，
数列是首项为2，公比为4的等比数列，从而，
于是.
（2）由（1）知，
于是 ，
依题意对一切恒成立，令，则


由于易知，
即有， ∴只需，
从而所求k的最小值为.
8.（2020·宁夏高考模拟）已知函数．
求函数的单调递增区间；
设函数，函数 ．
若恒成立，求实数的取值范围；
证明：
【答案】（1）单调递增区间为．（2）①．②见证明
【解析】
，．．解得．
函数的单调递增区间为．
函数，函数．
，时，函数单调递增，不成立，舍去；
时，，
可得时，函数取得极小值即最小值，
，解得：．实数a的取值范围是．
证明：由可得：，时满足：，只有时取等号．
依次取，相加可得：．
因此
9.（2020·山东高三模拟）已知函数.
（1）若在上恒成立，求实数的取值范围；
（2）证明：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
（1）的定义域为， .
①当时，，
若，则，在上是减函数，所以时，，即在上不恒成立.
②当时，，当时，，在上是增函数，又，所以.
综上所述，所求的取值范围是.
（2）由（1）知当时，在上恒成立.
取得，所以.
令，，得，
即，
所以.
上式中，然后个不等式相加，
10.（2020·浙江高考模拟）已知数列满足，（）．
（Ⅰ）证明数列为等差数列，并求的通项公式；
（Ⅱ）设数列的前项和为，若数列满足，且对任意的恒成立，求的最小值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析，；（Ⅱ）.
【解析】∵（n+1）an+1﹣（n+2）an=2，∴﹣==2（﹣），又∵=1，
∴当n≥2时，=+（﹣）+（﹣）+…+（﹣）=1+2（﹣+﹣+…+﹣）
=，又∵=1满足上式，∴=，即an=2n，
∴数列{an}是首项、公差均为2的等差数列；
（Ⅱ）解：由（I）可知==n+1，∴bn=n•=n•，
令f（x）=x•，则f′（x）=+x••ln，
令f′（x）=0，即1+x•ln=0，解得：x0≈4.95，则f（x）在(0, x0)上单调递增，在(x0,+单调递减.∴0＜f（x）≤max{f（4），f（5），f（6）}，
又∵b5=5•=，b4=4•=﹣，b6=6•=﹣，
∴M的最小值为．
11.（2020·江苏镇江高三）已知数列的各项均为正数，前项和为，首项为2．若对任意的正整数，恒成立．
（1）求，，；
（2）求证：是等比数列；
（3）设数列满足，若数列，，…，（，）为等差数列，求的最大值．
【答案】（1）,，；（2）详见解析；（3）3.
【解析】
（1）由，对任意的正整数，恒成立
取，得，即，得.
取，，得，
取，，得，解得，.
（2）取，得，取，得，
两式相除，得，即，即 .
由于，所以对任意均成立，所以是首项为4，公比为2的等比数列，所以，即.
时，，
而也符合上式，所以 .因为（常数），所以是等比数列.
（3）由（2）知，.设，，成等差数列，则.
即，
整理得，.若，则，
因为，所以只能为2或4，所以只能为1或2.
若，则.
因为，故矛盾.
综上，只能是，，，成等差数列或，，成等差数列，其中为奇数.
所以的最大值为3.
12.（2020·浙江镇海中学高三期中）已知数列的前项和为，且，
（1）求证：数列为等比数列，并求出数列的通项公式；
（2）是否存在实数，对任意，不等式恒成立？若存在，求出的取值范围，若不存在请说明理由．
【答案】（1）证明略； （2）
【解析】
证明：（1）已知数列{an}的前n项和为Sn，且，①
当n=1时，，则：当n≥2时，，②
①﹣②得：an=2an﹣2an﹣1﹣+，
整理得：，所以：，
故：（常数），故：数列{an}是以为首项，2为公比的等比数列．
故：，所以：．
由于：，所以：（常数）．故：数列{bn}为等比数列．
（2）由（1）得：，
所以：+（），=，=，
假设存在实数λ，对任意m，n∈N*，不等式恒成立，即：，
由于：，故当m=1时，，所以：，
当n=1时，．故存在实数λ，且．
13.（2019·宁夏银川一中高三（1）当时，求证：；
（2）求的单调区间；
（3）设数列的通项,证明．
【答案】(1)见解析；（2）见解析；（3）见解析.
【解析】
（1）的定义域为，恒成立；所以函数在上单调递减，得时即：
（2）由题可得，且.
当时，当有，所以单调递减，
当有，所以单调递增，
当时，当有，所以单调递增，
当有，所以单调递减，
当时，当有，所以单调递增，
当时，当有，所以单调递增，
当有，所以单调递减，
当时，当有，所以单调递减，
当有，所以单调递增，
（3）由题意知.
由（1）知当时
当时即令则，
同理:令则.同理:令则
以上各式两边分别相加可得：

即
所以：
14.（2020·北京人大附中高考模拟）已知数列{an}满足：a1+a2+a3+…+an=n-an，（n=1，2，3，…）
（Ⅰ）求证：数列{an-1}是等比数列；
（Ⅱ）令bn=（2-n）（an-1）（n=1，2，3，…），如果对任意n∈N*，都有bn+t≤t2，求实数t的取值范围．
【答案】（Ⅰ）见解析. （Ⅱ）.
【解析】（Ⅰ）由题可知：，①
，②，②-①可得.
即：，又.
所以数列是以为首项，以为公比的等比数列.
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，∴.
由可得，由可得.
所以，，故有最大值.
所以，对任意，都有，等价于对任意，都有成立.
所以，解得或.所以，实数的取值范围是.
15．（2020·上海高考模拟）已知平面直角坐标系xOy，在x轴的正半轴上，依次取点，，，，并在第一象限内的抛物线上依次取点，，，，，使得都为等边三角形，其中为坐标原点，设第n个三角形的边长为．
⑴求，，并猜想不要求证明)；
⑵令，记为数列中落在区间内的项的个数，设数列的前m项和为，试问是否存在实数，使得对任意恒成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由；
⑶已知数列满足：，数列满足：，求证：．
【答案】⑴，,；⑵；⑶详见解析
【解析】
，猜想
，由，
，，，



对任意恒成立
⑶证明：，记，
则
，记，
则，，
当时，可知：，
得到.