《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. (15分)已知{aₙ}是等差数列,a₂ + a₅ = 16,a₅ - a₃ = 4.
　(1)求{aₙ}的通项公式和$\sum_{i = 1}^{n}2^{i - 1}a_{i}(n\in N^{*})$.
　(2)设{bₙ}是等比数列,且对任意的k∈N*,当2^{k - 1}≤n≤2^{k}- 1时,bₖ＜aₙ＜bₖ₊₁.
　(i)当k≥2时,求证:2^{k}- 1＜bₖ＜2^{k + 1};
　(ii)求{bₙ}的通项公式及前n项和.

答案： 19.[命题点]等差数列与等比数列的通项公式及求和
(1)[解]设{aₙ}的公差为d，则$\begin{cases}a_5 - a_3 = 2d = 4\\a_2 + a_5 = 2a_1 + 5d = 16\end{cases}$，所以$\begin{cases}d = 2\\a_1 = 3\end{cases}$，所以aₙ = 2n + 1。
$\sum_{i = 1}^{2^{k - 1}}a_i$ = $\frac{(a_1 + a_{2^{k - 1}})(2^{k - 1})}{2}$ = 3×4⁽ᵏ⁻¹⁾。5分
(2)(i)[证明]当k≥2时，在不等式bₖ＜aₙ中，令n = 2ᵏ⁻¹得bₖ＜a₂ᵏ⁻¹ = 2×2ᵏ⁻¹ + 1；同理在不等式aₙ＜bₖ₊₁中，令n = 2ᵏ - 1得a₂ᵏ - 1 = 2(2ᵏ - 1) + 1 = 2ᵏ⁺¹ - 1＜bₖ₊₁，则2ᵏ - 1＜bₖ＜2ᵏ⁺¹ - 1。10分
(ii)[解]由(i)得当k≥2时，2ᵏ - 1＜bₖ＜2ᵏ⁺¹ - 1，
则1 - ($\frac{1}{2}$)ᵏ＜$\frac{b_k}{2^k}$＜1 + ($\frac{1}{2}$)ᵏ，
令k→ + ∞可得$\frac{b_k}{2^k}$ = 1，所以bₖ = 2ᵏ，即bₙ = 2ⁿ，
所以{bₙ}的前n项和为$\frac{2(1 - 2^n)}{1 - 2}$ = 2⁽ⁿ⁺¹⁾ - 2。15分

20.(16分)已知函数f(x)=($\frac{1}{x}$ + 　ln(x + 1).
　(1)求曲线y = f(x)在x = 2处的切线斜率;
　(2)求证:当x＞0时,f(x)＞1;
　(3)求证:$\frac{5}{6}$＜ln(n!)−(n + $\frac{1}{2}$)lnn + n ≤ 1(n∈N*)

答案： 20.[命题点]函数与导数的综合应用
(1)[解]f(x)=$\frac{1}{x^2}$ln(x + 1)+$\frac{1}{x(x + 1)}$,所以f
(2)=$\frac{1}{4}$ln3 + $\frac{1}{6}$。4分
(2)[证明]当x＞0时,欲证明f(x)＞1,只需证明ln(x + 1) - $\frac{2x}{x + 2}$＞0。设u(x)=ln(x + 1) - $\frac{2x}{x + 2}$,则u'(x)=$\frac{x^2}{(x + 1)(x + 2)^2}$＞0在(0, +∞)上恒成立,所以u(x)在(0, +∞)上单调递增，即∀x＞0,u(x)＞u
(0)=0,即当x＞0时,f(x)＞1。8分
(3)[证明]设g(n)=f($\frac{1}{n}$)-(n + $\frac{1}{2}$)lnn + n,则由f($\frac{1}{n}$)＞1可得g(n) - g(n + 1)=(n + $\frac{1}{2}$)ln(1 + $\frac{1}{n}$) - 1＞0,即g(n)单调递减，所以∀n∈N*,g(n)≤g
(1)=1。
需要用到不等式(1 + $\frac{x}{2}$)ln(1 + x) - x＜$\frac{x^2}{12}$,x＞0。
设h(x)=ln(x + 1) - $\frac{(x^2 + 12)x}{6(x + 2)}$,则只需证明当x＞0时,h(x)＜0即可。h'(x)=$\frac{-x^3}{3(x + 1)(x + 2)^2}$＜0在(0, +∞)上恒成立，
则h(x)在(0, +∞)上单调递减，
所以当x＞0时,h(x)＜h
(0)=0。11分
当n≥2时,(n + $\frac{1}{2}$)ln(1 + $\frac{1}{n}$) - 1＜$\frac{1}{12n^2}$＜$\frac{1}{12}$($\frac{1}{n - 1}$ - $\frac{1}{n}$),
g
(1) - g
(2)=$\frac{3}{2}$ln2 - 1,
g
(2) - g
(3)=(2 + $\frac{1}{2}$)ln(1 + $\frac{1}{2}$) - 1＜$\frac{1}{12}$(1 - $\frac{1}{2}$),
……
g(n - 1) - g(n)=(n - $\frac{1}{2}$)ln(1 + $\frac{1}{n - 1}$) - 1＜$\frac{1}{12}$($\frac{1}{n - 2}$ - $\frac{1}{n - 1}$),
14分
以上各式相加可得
g
(1) - g(n)＜$\frac{3}{2}$ln2 - 1 + $\frac{1}{12}$(1 - $\frac{1}{2}$ + $\frac{1}{2}$ - $\frac{1}{3}$ +... + $\frac{1}{n - 2}$ - $\frac{1}{n - 1}$)＜$\frac{3}{2}$ln2 - 1 + $\frac{1}{12}$＜$\frac{1}{6}$
又因为g
(1)=1,所以g(n)＞$\frac{5}{6}$。15分
当n = 1时,$\frac{5}{6}$＜g
(1)≤1成立,
综上得证。16分