《2025年理想树图书高考必刷卷42套模拟卷汇编高中数学人教版》

19. (12分)已知函数$f(x)=a(e^x + a) - x$。
(1)讨论$f(x)$的单调性；
(2)证明：当$a＞0$时，$f(x)＞2\ln a + \frac{3}{2}$。

答案： 19.[命题点]利用导数研究函数的单调性、不等式证明
(1)[解]因为$f(x)=a(e^x + a) - x$，所以$f^\prime(x)=ae^x - 1$。
(对$a$分类讨论判断导函数的正负)
当$a\leq0$时，$f^\prime(x)\lt0$恒成立，所以$f(x)$在$R$上单调递减；……2分
当$a\gt0$时，令$f^\prime(x)=0$，可得$x = -\ln a$。
当$x$变化时，$f(x)$与$f^\prime(x)$变化如下表：
| $x$ | $(-\infty, -\ln a)$ | $-\ln a$ | $(-\ln a, +\infty)$ |
| --- | --- | --- | --- |
| $f^\prime(x)$ | $-$ | $0$ | $+$ |
| $f(x)$ | 单调递减 | 极小值 | 单调递增 |
当$x\in(-\infty, -\ln a)$时，$f^\prime(x)\lt0$，$f(x)$单调递减；
当$x\in(-\ln a, +\infty)$时，$f^\prime(x)\gt0$，$f(x)$单调递增。
综上，当$a\leq0$时，$f(x)$在$R$上单调递减；当$a\gt0$时，$f(x)$在$(-\infty, -\ln a)$上单调递减，在$(-\ln a, +\infty)$上单调递增。……5分
(2)[证明]由
(1)可知当$a\gt0$时，$f(x)$在$(-\infty, -\ln a)$上单调递减，在$(-\ln a, +\infty)$上单调递增。
所以$f(x)_{\min}=f(-\ln a)=a(\frac{1}{a} + a) + \ln a = a^2 + \ln a + 1$。……7分
构造函数$g(a)=a^2 + \ln a + 1 - (2\ln a + \frac{3}{2}) = a^2 - \ln a - \frac{1}{2}$。……8分
(构造关于$a$的函数$g(a)$，只需证明$g(a)$的最小值大于$0$即可)
则$g^\prime(a)=2a - \frac{1}{a} = \frac{2a^2 - 1}{a}$。
令$g^\prime(a)=0$，解得$a = \frac{\sqrt{2}}{2}$(负值舍去)。
当$a\in(0, \frac{\sqrt{2}}{2})$时，$g^\prime(a)\lt0$，$g(a)$单调递减；当$a\in(\frac{\sqrt{2}}{2}, +\infty)$时，$g^\prime(a)\gt0$，$g(a)$单调递增。……10分
所以$g(a)_{\min}=g(\frac{\sqrt{2}}{2}) = \frac{1}{2} - \ln\frac{\sqrt{2}}{2} = \ln\sqrt{2}\gt0$。
所以当$a\gt0$时，$f(x)\gt2\ln a + \frac{3}{2}$。……12分

20. (12分)设等差数列$\{a_n\}$的公差为$d$，且$d＞1$。令$b_n = \frac{n + 1}{a_n}$，记$S_n$，$T_n$分别为数列$\{a_n\}$，$\{b_n\}$的前$n$项和。
(1)若$3a_2 = 3a_1 + a_3$，$S_3 + T_3 = 21$，求$\{a_n\}$的通项公式；
(2)若$\{b_n\}$为等差数列，且$S_{99} - T_{99} = 99$，求$d$。

答案： 20.[命题点]等差数列基本量的运算及通项公式、前$n$项和公式
[解]
(1)由$3a_2 = 3a_1 + a_3$，得$3(a_1 + d) = 3a_1 + a_1 + 2d$。
整理得$a_1 = d$，所以$a_n = nd$，$b_n = \frac{n + 1}{d}$。……2分
由$S_3 + T_3 = 21$，得$d + 2d + 3d + \frac{2}{d} + \frac{3}{d} + \frac{4}{d} = 21$。
整理得$2d^2 - 7d + 3 = 0$，解得$d = 3$或$d = \frac{1}{2}$(舍)。……5分
故$a_n = 3n$。……6分
(2)若$\{b_n\}$是等差数列，则$b_1 + b_3 = 2b_2$。
即$\frac{2}{a_1} + \frac{4}{a_3} = 2\times\frac{3}{a_2}$，所以$2a_2a_3 + 4a_1a_2 = 6a_1a_3$。
所以$(a_1 + d)(a_1 + 2d) + 4a_1(a_1 + d) = 6a_1(a_1 + 2d)$。
整理得$a_1^2 - 3a_1d + 2d^2 = 0$，解得$a_1 = d$或$a_1 = 2d$。……8分
①若$a_1 = d$，则$a_n = nd$，$b_n = \frac{n + 1}{d}$。
由$S_{50} - T_{50} = 99$，得$50d - \frac{51}{d} = 99$，即$50d^2 - 99d - 51 = 0$。
解得$d = -1$(舍)或$d = \frac{51}{50}$。……10分
②若$a_1 = 2d$，则$a_n = (n + 1)d$，$b_n = \frac{n}{d}$。
由$S_{50} - T_{50} = 99$，得$51d - \frac{50}{d} = 99$，即$51d^2 - 99d - 50 = 0$。
解得$d = 1$(舍)或$d = -\frac{50}{51}$(舍)。
综上，$d = \frac{51}{50}$。……12分
一题多解
(2)设$a_n = dn + b$，$b_n = kn + t$。
则$(dn + b)(kn + t) = n^2 + n$。
即$dkn^2 + (dt + kb)n + bt = n^2 + n$。
所以$\begin{cases}dk = 1\\dt + kb = 1\\bt = 0\end{cases}$。
又$S_{50} - T_{50} = 99$，即$a_{50} - b_{50} = 99$。……8分
①当$b = 0$时，则$\begin{cases}dk = 1\\dt = 1\end{cases}$，得$50d^2 - (50kd + td) = 99$，即$50d^2 - (50k + t) = 99$。
$50d^2 - 99 = 50k + t$，又$dk = 1$，$dt = 1$，可得$50d^2 - 99 = \frac{50}{d} + \frac{1}{d}$，即$50d^3 - 99d - 51 = 0$，解得$d = \frac{51}{50}$或$d = -1$(舍)。……10分
②当$t = 0$时，则$\begin{cases}dk = 1\\kb = 1\end{cases}$，得$(50dk + bk) - 50k^2 = 99$，即$(50d + b) - 50k = 99$。
$50d + b - 99 = 50k$，又$dk = 1$，$kb = 1$，可得$50d + \frac{1}{k} - 99 = 50k$，$50d - 99 = 50k - \frac{1}{k}$，$50 - 99k = 50k^2 - 1$，$50k^2 + 99k - 51 = 0$，解得$k = \frac{1}{2}$或$k = -\frac{51}{50}$，则$d = 2$或$d = -\frac{50}{51}$，此时均不满足$d\gt1$。
综上，$d = \frac{51}{50}$。……12分