《2025年金考卷特快专递高中数学》

19.（本小题满分15分）已知数列是等比数列，公比大于0，其前n项和为$S_{n}$，若$a_{1}=1,S_{2}=a_{3}-1$.
(1)求数列$\{ a_{n}\}$的前n项和$S_{n}$.
(2)设$b_{n}=\begin{cases}k,n = a_{k}\\b_{n - 1}+2k,a_{k}＜n＜a_{k + 1}\end{cases},k\in\mathbf{N}^{*}$.
(i)当$k\geqslant2,n = a_{k + 1}$时，求证：$b_{n - 1}\geqslant a_{k}\cdot b_{n}$；
(ii)求$\sum_{i = 1}^{S_{n}}b_{i}$.

答案： 等差、等比数列的通项公式及前n项和公式+不等式的证明+错位相减法
解:
(1)第1步:求公比
设$\{a_{n}\}$的公比为$q(q＞0)$,则$1 + q = q^{2}-1$,得$q = 2$,　　　　(2分)
第2步:求$S_{n}$
所以$S_{n}=\frac{1 - 2^{n}}{1 - 2}=2^{n}-1$.　　　　　　　　　　　　　　　　　(3分)
(2)(i)第1步:写出$b_{n}$
由
(1)知,$a_{k}=2^{k - 1}$,所以$b_{n}=\begin{cases}k,n = 2^{k - 1}\\b_{n - 1}+2k,2^{k - 1}＜n＜2^{k}\end{cases}$.　　　　(4分)
第2步:求出$b_{n - 1}$
当$n = a_{k + 1}=2^{k}$时,$b_{n}=k + 1$,
$b_{n - 1}=b_{2^{k}-1}=b_{2^{k}-2}+2k=b_{2^{k}-3}+4k=\cdots=b_{2^{k - 1}}+2k\cdot(2^{k - 1}-1)=k + 2k\cdot(2^{k - 1}-1)=k\cdot2^{k}-k$,　　　　　　　　　　　　　　　(5分)
第3步:作差并化简
所以$b_{n - 1}-a_{k}\cdot b_{n}=k\cdot2^{k}-k-(k + 1)2^{k - 1}=(k - 1)2^{k - 1}-k$. (6分)
第4步:构造函数并求导，判断函数的单调性，求出函数的最小值
设$f(x)=(x - 1)2^{x - 1}-x,x\geqslant2$,则$f^{\prime}(x)=2^{x - 1}+(x - 1)2^{x - 1}\ln2-1\geqslant2 + 2\ln2-1＞0$,所以$f(x)$在$[2,+\infty)$上单调递增,$f(x)\geqslant f(2)=0$,　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(8分)
第5步:证明不等式
所以$b_{n - 1}-a_{k}\cdot b_{n}\geqslant0$,即$b_{n - 1}\geqslant a_{k}\cdot b_{n}$.　　　　　　　　　　(9分)
(ii)第1步:分析数列$\{b_{n}\}$的结构特点
令$k = 1$,得$b_{1}=1$,令$k = 2$,得$b_{2}=2$,$b_{3}=b_{2}+2k = 6$,
令$k = 3$,得$b_{4}=3$,$b_{5}=b_{4}+2k = 9$,$b_{6}=b_{5}+2k = 15$,$b_{7}=b_{6}+2k = 21$,
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(10分)
所以$b_{2^{k - 1}},b_{2^{k - 1}+1},\cdots,b_{2^{k}-1}$是一个以$b_{2^{k - 1}}$为首项,$2k$为公差的等差数列.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(11分)
第2步:求出$b_{2^{k - 1}},b_{2^{k - 1}+1},\cdots,b_{2^{k}-1}$的和
因为$b_{2^{k - 1}}=k$,所以$b_{2^{k}-1}=k\cdot2^{k}-k$,
所以$b_{2^{k - 1}}+b_{2^{k - 1}+1}+\cdots+b_{2^{k}-1}=\frac{k\cdot2^{k}\cdot2^{k - 1}}{2}=k\cdot4^{k - 1}$,　　　　(12分)
第3步:利用错位相减法求出$\sum_{i = 1}^{S_{n}}b_{i}$
所以$\sum_{i = 1}^{S_{n}}b_{i}=\sum_{i = 1}^{2^{n}-1}b_{i}=b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{2^{n}-1}=1\times4^{0}+2\times4^{1}+\cdots+n\times4^{n - 1}$,
$4\sum_{i = 1}^{S_{n}}b_{i}=1\times4^{1}+2\times4^{2}+\cdots+n\times4^{n}$,
两式相减,得$-3\sum_{i = 1}^{S_{n}}b_{i}=4^{0}+4^{1}+\cdots+4^{n - 1}-n\times4^{n}=\frac{1 - 4^{n}}{1 - 4}-n\times4^{n}=\frac{4^{n}-1}{3}-n\times4^{n}=(\frac{1}{3}-n)\times4^{n}-\frac{1}{3}$,　　　　　　　　　　　(14分)
所以$\sum_{i = 1}^{S_{n}}b_{i}=(\frac{n}{3}-\frac{1}{9})\cdot4^{n}+\frac{1}{9}$.　　　　　　　　　　　　　(15分)
考情速递　数列问题特别强调逻辑推理和数学抽象.本题第
(2)问考查分段数列问题，要求学生深入理解所给通项公式的实际含义，通过分析能够发现，将数列切割为一个一个片段，每一个片段都是一个等差数列，对学生的抽象思维能力要求较高.在此基础上，还要熟练掌握基本的数列求和方法，如累加法、错位相减法等.解决这类问题，要学会观察和分析，主动深入地思考每一个式子的含义，提高逻辑推理和抽象思维能力.

20. (本小题满分16分)设函数$f(x)=x\ln x$.
(1)求$f(x)$图象上点$(1,f(1))$处的切线方程;
(2)若$f(x)\geq a(x - \sqrt{x})$在$x\in(0,+\infty)$时恒成立,求$a$的值;
(3)若$x_1,x_2\in(0,1)$,证明$|f(x_1)-f(x_2)|\leq|x_1 - x_2|^{\frac{1}{2}}$.

答案： 20.导数的几何意义+恒成立问题+不等式的证明
解:
(1)由题知$f(1)=0,f'(x)=\ln x + 1$, (2分)
所以$f'(1)=1$, 所以切线方程为$y = x - 1$. (3分)
(2)第1步:将原问题进行转化
由题可得$x\ln x\geq a(x - \sqrt{x})$在$(0, +\infty)$上恒成立, 即$\ln x\geq a(1 - \frac{1}{\sqrt{x}})$在$(0, +\infty)$上恒成立. (4分)
第2步:构造函数$g(x)$，并将原问题进行转化
设$g(x)=\ln x - a(1 - \frac{1}{\sqrt{x}})=\ln x - a + \frac{a}{\sqrt{x}},x\in(0, +\infty)$,
则$g(x)\geq0$恒成立, (5分)
又$g(1)=0$, 所以$g'(1)=0$. (6分)
第3步:求出$a$的值
因为$g'(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{2}ax^{-\frac{3}{2}}$,
所以$g'(1)=1 - \frac{a}{2}=0$, 解得$a = 2$. (8分)
(3)第1步:判断$x_1 = x_2$的情况
当$x_1 = x_2$时,$|f(x_1)-f(x_2)|=|x_1 - x_2|^{\frac{1}{2}} = 0$.
第2步:判断$f(x)$的单调性
当$x_1\neq x_2$时, 不妨设$x_1\lt x_2$,
令$f'(x)=\ln x + 1 = 0$, 得$x=\frac{1}{e}$, 所以$f(x)$在$(0,\frac{1}{e})$上单调递减, 在$(\frac{1}{e},1)$上单调递增. (9分)
第3步:讨论$0\lt x_1\lt x_2\leq\frac{1}{e}$的情况
①当$0\lt x_1\lt x_2\leq\frac{1}{e}$时,$f(x_1)\gt f(x_2)$,$|f(x_1)-f(x_2)|=x_1\ln x_1 - x_2\ln x_2$,
设$t(x)=x\ln x+\sqrt{x},0\lt x\lt1$, 则$t'(x)=\ln x + 1+\frac{1}{2\sqrt{x}}$,
设$m(x)=\ln x + 1+\frac{1}{2\sqrt{x}},0\lt x\lt1$, 则$m'(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{4x\sqrt{x}}=\frac{4\sqrt{x}-1}{4x\sqrt{x}}$,
令$m'(x)=0$, 得$x=\frac{1}{16}$, 所以$m(x)$在$(0,\frac{1}{16})$上单调递减, 在$(\frac{1}{16},1)$上单调递增,
所以$t'(x)\geq t'(\frac{1}{16})=\ln\frac{1}{16}+1 + 2=\ln\frac{e^{3}}{16}\gt0$, 所以$t(x)$在$(0,1)$上单调递增,
所以$x_1\ln x_1+\sqrt{x_1}\lt x_2\ln x_2+\sqrt{x_2},x_1\ln x_1 - x_2\ln x_2\lt\sqrt{x_2}-\sqrt{x_1}$,
因为$(\sqrt{x_2}-\sqrt{x_1})^2-(\sqrt{x_2 - x_1})^2=2x_1 - 2\sqrt{x_1x_2}=2\sqrt{x_1}(\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2})\lt0$,
所以$\sqrt{x_2}-\sqrt{x_1}\lt\sqrt{x_2 - x_1}$,
所以$x_1\ln x_1 - x_2\ln x_2\lt\sqrt{x_2 - x_1}$, 即$|f(x_1)-f(x_2)|\lt|x_1 - x_2|^{\frac{1}{2}}$. (11分)
第4步:讨论$\frac{1}{e}\leq x_1\lt x_2\lt1$的情况
②当$\frac{1}{e}\leq x_1\lt x_2\lt1$时,$f(x_1)\lt f(x_2)$,$|f(x_1)-f(x_2)|=x_2\ln x_2 - x_1\ln x_1$,
设$h(x)=x\ln x - x,0\lt x\lt1$, 则$h'(x)=\ln x\lt0$,
所以$h(x)$在$(0,1)$上单调递减,
所以$x_1\ln x_1 - x_1\gt x_2\ln x_2 - x_2$, 即$x_2\ln x_2 - x_1\ln x_1\lt x_2 - x_1$,
因为$\frac{1}{e}\leq x_1\lt x_2\lt1$, 所以$0\lt x_2 - x_1\lt1,0\lt\sqrt{x_2 - x_1}\lt1,x_2 - x_1\lt\sqrt{x_2 - x_1}$,
所以$x_2\ln x_2 - x_1\ln x_1\lt\sqrt{x_2 - x_1}$, 即$|f(x_1)-f(x_2)|\lt|x_1 - x_2|^{\frac{1}{2}}$. (13分)
第5步:讨论$0\lt x_1\lt\frac{1}{e}\lt x_2\lt1$的情况
③当$0\lt x_1\lt\frac{1}{e}\lt x_2\lt1$时,
若$f(x_1)\lt f(x_2)$, 则$|f(x_1)-f(x_2)|\lt|f(\frac{1}{e})-f(x_2)|$,
由②知,$|f(\frac{1}{e})-f(x_2)|\lt\sqrt{x_2-\frac{1}{e}}\lt\sqrt{x_2 - x_1}$,
所以$|f(x_1)-f(x_2)|\lt|x_1 - x_2|^{\frac{1}{2}}$;
若$f(x_1)\gt f(x_2)$, 则$|f(x_1)-f(x_2)|\lt|f(x_1)-f(\frac{1}{e})|$,
由①知,$|f(x_1)-f(\frac{1}{e})|\lt\sqrt{\frac{1}{e}-x_1}\lt\sqrt{x_2 - x_1}$,
所以$|f(x_1)-f(x_2)|\lt|x_1 - x_2|^{\frac{1}{2}}$.
若$f(x_1)=f(x_2)$, 则$|f(x_1)-f(x_2)| = 0,|x_1 - x_2|^{\frac{1}{2}}\gt0$, 故$|f(x_1)-f(x_2)|\lt|x_1 - x_2|^{\frac{1}{2}}$. (15分)
第6步:得出结论
综上可知,$\forall x_1,x_2\in(0,1)$, 都有$|f(x_1)-f(x_2)|\lt|x_1 - x_2|^{\frac{1}{2}}$. (16分)
考情速递　分类讨论、合理放缩，从而解决不等式证明问题,本题第
(3)问考查不等式的证明问题，当$x_1\neq x_2$时，要分三种情况讨论，结合函数的单调性去掉不等式中的绝对值，从而将问题简化,同时，证明不等式要学会合理放缩，备考过程中要熟练掌握一些基本的放缩方法.