《2025年金考卷特快专递高中数学》

19.（12分）已知函数
(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.基本求导公式及求导法则 + 利用导数判断函数的单调性、最值 + 运用导数工具分析、解决问题的能力(逻辑思维能力、运算求解能力，分类讨论思想)
解:
(1)$f(x)$的定义域为$(-\infty,+\infty)$,$f'(x)=ae^{x}-1$. (1分)
(i)若$a\leqslant0$,则$f'(x)＜0$,$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$单调递减. (2分)
(ii)若$a ＞ 0$,则由$f'(x)=0$得$x=-\ln a$.
当$x\in(-\infty,-\ln a)$时,$f'(x)＜0$;当$x\in(-\ln a,+\infty)$时,$f'(x)＞0$.故$f(x)$在$(-\infty,-\ln a)$单调递减,在$(-\ln a,+\infty)$单调递增. (4分)
(2)解法一 当$a ＞ 0$时,由
(1)知,当$x=-\ln a$时,$f(x)$取得最小值,所以$f(x)\geqslant f(-\ln a)=a^{2}+\ln a + 1$.
从而$f(x)-(2\ln a+\frac{3}{2})\geqslant a^{2}-\ln a-\frac{1}{2}$. (6分)
设$g(x)=x^{2}-\ln x-\frac{1}{2}(x ＞ 0)$,则$g'(x)=2x-\frac{1}{x}=\frac{2x^{2}-1}{x}$. (7分)
当$0 ＜ x ＜ \frac{\sqrt{2}}{2}$时,$g'(x)＜0$;当$x ＞ \frac{\sqrt{2}}{2}$时,$g'(x)＞0$.所以$g(x)$在$(0,\frac{\sqrt{2}}{2})$单调递减,在$(\frac{\sqrt{2}}{2},+\infty)$单调递增. (9分)
故当$x ＞ 0$时,$g(x)\geqslant g(\frac{\sqrt{2}}{2})＞0$. (10分)
从而当$a ＞ 0$时,$a^{2}-\ln a-\frac{1}{2}＞0$,即$f(x)＞2\ln a+\frac{3}{2}$. (12分)
解法二 当$a ＞ 0$时,由
(1)知,当$x=-\ln a$时,$f(x)$取得最小值,所以$f(x)\geqslant f(-\ln a)=a^{2}+\ln a + 1$.
从而$f(x)-(2\ln a+\frac{3}{2})\geqslant a^{2}-\ln a-\frac{1}{2}$. (6分)
设$g(x)=\ln x - x + 1(x ＞ 0)$,则$g'(x)=\frac{1}{x}-1=\frac{1 - x}{x}$.当$0 ＜ x ＜ 1$时,$g'(x)＞0$;当$x ＞ 1$时,$g'(x)＜0$.所以$g(x)$在$(0,1)$单调递增,在$(1,+\infty)$单调递减. (8分)
故当$x ＞ 0$时,$g(x)\leqslant g(1)=0$,即$\ln x\leqslant x - 1$. (9分)
故当$a ＞ 0$时,$a^{2}-\ln a-\frac{1}{2}\geqslant a^{2}-(a - 1)-\frac{1}{2}=a^{2}-a+\frac{1}{2}=(a-\frac{1}{2})^{2}+\frac{1}{4}＞0$. (11分)
从而$f(x)-(2\ln a+\frac{3}{2})＞0$,即$f(x)＞2\ln a+\frac{3}{2}$. (12分)
解法三 当$a ＞ 0$时,由
(1)知,当$x=-\ln a$时,$f(x)$取得最小值,所以$f(x)\geqslant f(-\ln a)=a^{2}+\ln a + 1$.
从而$f(x)-(2\ln a+\frac{3}{2})\geqslant a^{2}-\ln a-\frac{1}{2}$. (6分)
同解法二可得,当$x ＞ 0$时,$\ln x\leqslant x - 1$,即$x\geqslant\ln x + 1$. (9分)
故当$a ＞ 0$时,$a^{2}-\ln a-\frac{1}{2}＞\frac{1}{2}a^{2}-\ln a-\frac{1}{2}\geqslant\frac{1}{2}(\ln a^{2}+1)-\ln a-\frac{1}{2}=0$. (11分)
从而$f(x)-(2\ln a+\frac{3}{2})＞0$,即$f(x)＞2\ln a+\frac{3}{2}$. (12分)
考情速递 打破固化结构,机动调整题序 一改以往函数导数题居于第22题的位置,移到第19题的位置进行考查,引导学生提高在校学习效率,避免机械、无效的学习,突出强调对函数的单调性、最值,不等式等基础知识和基本概念的深入理解.

20. (12分)设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$,且$d ＞ 1$. 令$b_{n}=\frac{n^{2}+n}{a_{n}}$,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.等差数列的定义、性质+等差数列的通项公式+等差数列的前n项和(分析问题、归纳问题的能力，逻辑思维能力，运算求解能力)
解:
(1)根据等差数列的定义求解.
第1步:利用等差数列的通项公式得到首项与公差的关系式
因为3a₂ = 3a₁ + a₃,所以3(a₂ - a₁) = a₁ + 2d,
所以3d = a₁ + 2d,所以a₁ = d,
第2步:得aₙ与d的关系式
所以aₙ = nd. (1分)
第3步:利用bₙ与aₙ的关系式得到bₙ与d的关系式
因为bₙ = $\frac{n^{2}+n}{a_{n}}$,所以bₙ = $\frac{n^{2}+n}{nd}=\frac{n + 1}{d}$, (2分)
第4步:利用数列前n项和公式得到d的值
所以S₃ = $\frac{3(a_{1}+a_{3})}{2}=\frac{3(d + 3d)}{2}=6d$,T₃ = b₁ + b₂ + b₃ = $\frac{2}{d}+\frac{3}{d}+\frac{4}{d}=\frac{9}{d}$. (3分)
因为S₃ + T₃ = 21,
所以6d + $\frac{9}{d}=21$,解得d = 3或d = $\frac{1}{2}$, (4分)
因为d ＞ 1,所以d = 3.
第5步:得{aₙ}的通项公式
所以{aₙ}的通项公式为aₙ = 3n. (5分)
(2)解法一 由题设,数列{aₙ},$\{\frac{n^{2}+n}{a_{n}}\}$均为等差数列,故2×$\frac{6}{a_{1}+d}=\frac{2}{a_{1}}+\frac{12}{a_{1}+2d}$,解得a₁ = d或a₁ = 2d. (7分)
(i)当a₁ = 2d时,Sₙ = $\frac{n(n + 3)d}{2}$,Tₙ = $\frac{n(n + 1)}{2d}$,又d ＞ 1,故Sₙ - Tₙ ＞ n,与题设不符. (9分)
(ii)当a₁ = d时,Sₙ = $\frac{n(n + 1)d}{2}$,Tₙ = $\frac{n(n + 3)}{2d}$,从而$\frac{99×100d}{2}-\frac{99×102}{2d}=99$,解得d = - 1(舍去)或d = $\frac{51}{50}$. (11分)
因此d = $\frac{51}{50}$. (12分)
解法二 由题设可得bₙ₊₁ - bₙ = $\frac{(n + 1)^{2}+n + 1}{a_{n+1}}-\frac{n^{2}+n}{a_{n}}$. (6分)
又{bₙ}为等差数列,所以令$\frac{(n + 1)^{2}+n + 1}{a_{n+1}}-\frac{n^{2}+n}{a_{n}}=m$,则对任意正自然数n均有n²(md² - d)+(2a₁md - md² - 2a₁ + d)n+(ma₁² - mda₁ - 2a₁ + 2d)=0.
故md² - d = 0,2a₁md - md² - 2a₁ + d = 0,且ma₁² - mda₁ - 2a₁ + 2d = 0.
由题设及md² - d = 0,解得m = $\frac{1}{d}$,故ma₁² - mda₁ - 2a₁ + 2d = $\frac{1}{d}(a_{1}^{2}-3a_{1}d + 2d^{2})=0$.
由a₁² - 3a₁d + 2d² = 0,解得a₁ = 2d或a₁ = d. (7分)
余下部分同解法一.
解法三 第1步:取等差数列{bₙ}的前3项,再利用bₙ = $\frac{n^{2}+n}{a_{n}}$,得a₁与d的关系式
因为bₙ = $\frac{n^{2}+n}{a_{n}}$,且{bₙ}为等差数列,
所以2b₂ = b₁ + b₃,即2×$\frac{6}{a_{2}}=\frac{2}{a_{1}}+\frac{12}{a_{3}}$,
所以$\frac{6}{a_{1}+d}-\frac{1}{a_{1}}=\frac{6}{a_{1}+2d}$,所以a₁² - 3a₁d + 2d² = 0,
解得a₁ = d或a₁ = 2d. (7分)
第2步:对a₁ = d或a₁ = 2d分类讨论,求bₙ,利用S₉₉ - T₉₉ = 99,得到关于d的方程,解方程得到d的值
①当a₁ = d时,aₙ = nd,所以bₙ = $\frac{n^{2}+n}{a_{n}}=\frac{n^{2}+n}{nd}=\frac{n + 1}{d}$,
S₉₉ = $\frac{99(a_{1}+a_{99})}{2}=\frac{99(d + 99d)}{2}=99×50d$,
T₉₉ = $\frac{99(b_{1}+b_{99})}{2}=\frac{99(\frac{2}{d}+\frac{100}{d})}{2}=\frac{99×51}{d}$. (8分)
因为S₉₉ - T₉₉ = 99,
所以99×50d - $\frac{99×51}{d}=99$,
即50d² - d - 51 = 0,
解得d = $\frac{51}{50}$或d = - 1(舍去). (9分)
②当a₁ = 2d时,aₙ = (n + 1)d,所以bₙ = $\frac{n^{2}+n}{a_{n}}=\frac{n^{2}+n}{(n + 1)d}=\frac{n}{d}$,
S₉₉ = $\frac{99(a_{1}+a_{99})}{2}=\frac{99(2d + 100d)}{2}=99×51d$,
T₉₉ = $\frac{99(b_{1}+b_{99})}{2}=\frac{99(\frac{1}{d}+\frac{99}{d})}{2}=\frac{99×50}{d}$. (10分)
因为S₉₉ - T₉₉ = 99,
所以99×51d - $\frac{99×50}{d}=99$,
即51d² - d - 50 = 0,
解得d = - $\frac{50}{51}$(舍去)或d = 1(舍去). (11分)
第3步:总结
综上,d = $\frac{51}{50}$. (12分)
考情速递 新颖的题目条件、设问方式,考查学生思维的灵活性与创造性 本题对数列条件的设计新颖,在求解过程中自然考虑到两个数列之间的关系,深入考查了分类讨论思想的应用.
命题分析 试题体现了对数学基础知识与数学核心素养的考查,能够有效助力创新人才的选拔.