《2025年金考卷特快专递高中数学》

19. (本小题满分15分)已知是等差数列，$a_{5}=16,a_{5}-a_{3}=4.$
(1)求$\{ a_{n}\}$的通项公式及$\sum\limits _{i=2^{n - 1}}^{2^{n}-1}a_{i}(n\in\mathbf{N}^{*}).$
(2)设$\{ b_{n}\}$是等比数列,且对任意的$k\in\mathbf{N}^{*}$,当$2^{k - 1}\leqslant n\leqslant2^{k}-1$时,$b_{k}\lt a_{n}\lt b_{k + 1}.$
　　(i)当$k\geqslant2$时,求证:$2^{k}-1\lt b_{k}\lt2^{k}+1;$
　　(ii)求$\{ b_{n}\}$的通项公式及前$n$项和.

答案： 19. 等差数列、等比数列的通项公式与求和公式 + 等比数列的概念 + 不等式的性质(逻辑思维能力、运算求解能力)
教你审题
(1)利用已知条件求出等差数列$\{ a_{n}\}$的首项和公差的值，进而求出$\{ a_{n}\}$的通项公式和$\sum_{i = 2^{n - 1}}^{2^{n}-1}a_{i}$.
(2)(i)由已知条件和数列$\{ a_{n}\}$的单调性，得到$b_{k}＜a_{2^{k}-1}$，且$b_{k + 1}＞a_{2^{k}-1}$，进而完成证明；
(ii)解法一 设$\{ b_{n}\}$的公比为$q$，利用
(2)中(i)的结论和不等式的性质得到$\vert q - 2\vert＜\frac{4}{2^{k}}$和$\vert b_{1}-2\vert＜\frac{4}{2^{k}}$，进而求出$q$和$b_{1}$的值，从而得到$\{ b_{n}\}$的通项公式及前$n$项和.
解:
(1)第1步:利用等差数列的通项公式求出首项和公差，写出$\{ a_{n}\}$的通项公式
设$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，
由$\begin{cases}a_{2}+a_{5}=16\\a_{5}-a_{3}=4\end{cases}$，得$\begin{cases}a_{1}+d+a_{1}+4d=16\\a_{1}+4d-(a_{1}+2d)=4\end{cases}$，解得$\begin{cases}a_{1}=3\\d = 2\end{cases}$，(2分)
所以$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=3 + 2(n - 1)=2n + 1$.(3分)
第2步:分别写出$a_{2^{n}-1}$和$a_{2^{n}-1}$的表达式
$a_{2^{n}-1}=2\cdot2^{n - 1}+1=2^{n}+1$，$a_{2^{n}-1}=2(2^{n}-1)+1=2^{n + 1}-1$.(易错:不要把$a_{2^{n}-1}$和$a_{2^{n}-1}$的表达式理解成等比数列的通项公式)(4分)
第3步:计算$a_{2^{n}-1}$和$a_{2^{n}-1}$之间的项数
从$a_{2^{n - 1}}$到$a_{2^{n}-1}$共有$2^{n}-1-2^{n - 1}+1=2\cdot2^{n - 1}-2^{n - 1}=2^{n - 1}$ (项).(提醒:下标相减算项数时要加1)(5分)
第4步:利用等差数列的前$n$项和公式求得结果
所以$\sum_{i = 2^{n - 1}}^{2^{n}-1}a_{i}=\frac{(2^{n}+1 + 2^{n + 1}-1)\cdot2^{n - 1}}{2}=\frac{(2^{n}+2\cdot2^{n})\cdot2^{n - 1}}{2}=\frac{3\cdot2^{n}\cdot2^{n - 1}}{2}=3\cdot2^{2n - 2}$.(或$\sum_{i = 2^{n - 1}}^{2^{n}-1}a_{i}=2^{n - 1}\cdot(2^{n}+1)+\frac{2^{n - 1}(2^{n - 1}-1)}{2}\cdot2=3\cdot2^{2n - 2}$)(6分)
(2)(i)由已知，当$2^{k - 1}\leq n\leq2^{k}-1$时，$b_{k}＜a_{n}$且$b_{k + 1}＞a_{n}$，(7分)
结合$\{ a_{n}\}$的单调性可得$b_{k}＜a_{2^{k}-1}=2^{k}+1$，且$b_{k + 1}＞a_{2^{k}-1}=2^{k + 1}-1$，
所以当$k\geq2$时，$2^{k}-1＜b_{k}＜2^{k}+1$.(10分)
(ii)解法一 设$\{ b_{n}\}$的公比为$q$.由(i)，对任意的$k\geq2$有$2^{k + 1}-1＜b_{k + 1}＜2^{k + 1}+1$，由此可得$\frac{2^{k + 1}-1}{2^{k}+1}＜\frac{b_{k + 1}}{b_{k}}=q＜\frac{2^{k + 1}+1}{2^{k}-1}$，即$2-\frac{3}{2^{k}+1}＜q＜2+\frac{3}{2^{k}-1}$，进而对任意的$k\geq2$，有$\vert q - 2\vert＜\frac{4}{2^{k}}$.(提示:当$k\geq2$时，$\frac{3}{2^{k}-1}\leq\frac{4}{2^{k}}\Leftrightarrow3\cdot2^{k}\leq4\cdot2^{k}-4\Leftrightarrow2^{k}\geq4$)
假如$q\neq2$，则当$k＞\log_{2}\frac{4}{\vert q - 2\vert}$时，有$\vert q - 2\vert＞\frac{4}{2^{k}}$，矛盾，所以$q = 2$.(12分)
由$2^{k}-1＜b_{k}=b_{1}\times2^{k - 1}＜2^{k}+1$，有$2-\frac{1}{2^{k - 1}}＜b_{1}＜2+\frac{1}{2^{k - 1}}$，
故$\vert b_{1}-2\vert＜\frac{1}{2^{k - 1}}＜\frac{4}{2^{k}}$. 同上可得$b_{1}=2$.(13分)
所以$b_{n}=2^{n}$.(14分)
因此，$\{ b_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}=\frac{2(1 - 2^{n})}{1 - 2}=2^{n + 1}-2$.(15分)
解法二 由题意知$\{ b_{n}\}$是$q\neq1$的正项等比数列，(若$q = 1$，则$\{ b_{n}\}$为常数列，与(i)矛盾)
设$\{ b_{n}\}$的通项公式为$b_{n}=p\cdot q^{n}(p＞0,q＞0$且$q\neq1)$，(点拨:若设成$b_{n}=b_{1}\cdot q^{n - 1}$，不利于下一步的化简)
由(i)知，$2^{n}-1＜b_{n}＜2^{n}+1$，即$2^{n}-1＜p\cdot q^{n}＜2^{n}+1$，
则有$1-\frac{1}{2^{n}}＜p\cdot(\frac{q}{2})^{n}＜1+\frac{1}{2^{n}}$.(11分)
①当$\frac{q}{2}＞1$，即$q＞2$时，
$\exists n_{0}\in\mathbf{N}^{*}$，使得$p\cdot(\frac{q}{2})^{n_{0}}＞2$，与$p\cdot(\frac{q}{2})^{n_{0}}＜1+\frac{1}{2^{n_{0}}}$矛盾；(12分)
②当$0＜\frac{q}{2}＜1$，$q\neq1$，即$0＜q＜2$且$q\neq1$时，
$\exists n_{1}\in\mathbf{N}^{*}$，使得$p\cdot(\frac{q}{2})^{n_{1}}＜\frac{1}{2}$，与$p\cdot(\frac{q}{2})^{n_{1}}＞1-\frac{1}{2^{n_{1}}}$矛盾.
故$q = 2$.(思路引导:从(i)的结论可以观察出$b_{n}=2^{n}$，通过反证法证明$q＞2$和$0＜q＜2$且$q\neq1$时不等式不成立，从而得到$q = 2$)(13分)
因为$2^{n}-1＜b_{n}＜2^{n}+1$，所以$b_{n}=2^{n}$.(14分)
设$\{ b_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，则$S_{n}=\frac{2(1 - 2^{n})}{1 - 2}=2^{n + 1}-2$.(15分)
考情速递 数列、不等式和反证法结合 本题形式创新，考查角度新颖，符合新高考命题趋势，该题考查学生的综合与变通能力.

20. (本小题满分16分) 已知函数$f(x)=(\frac{1}{x}+\frac{1}{2})\ln(x + 1)$.
(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:$\frac{5}{6}＜\ln(n!)-(n+\frac{1}{2})\ln n + n\leqslant1$ $(n\in\mathbf{N}^{*})$.

答案： 20.导数的运算和几何意义+不等式的性质+数列求和(函数思想、化归与转化思想，逻辑思维能力、创新能力)
教你审题　
(1)利用导数求切线的斜率.
(2)将不等式问题转化为函数的单调性问题，利用函数的单调性完成证明.
(3)解法一　由数列求和，得$\sum_{k = 1}^{n - 1}f(\frac{1}{k})=-\ln(n!)+(n+\frac{1}{2})\ln n$.一方面，利用
(2)得到$\ln(n!)-(n+\frac{1}{2})\ln n + n\leqslant1$；另一方面，构造函数$h(x)=\ln(x + 1)-\frac{2x}{x + 2}(1+\frac{x^{2}}{12})$，利用$h(x)$在$[0,+\infty)$上的单调性得到$f(x)＜1+\frac{x^{2}}{12}$，进而利用不等式的性质及数列求和证明$\ln(n!)-(n+\frac{1}{2})\ln n + n＞\frac{5}{6}$.
解：
(1)由已知，可得$f'(x)=-\frac{1}{x^{2}}\ln(x + 1)+(\frac{1}{x}+\frac{1}{2})\frac{1}{x + 1}$，
(2分)
所以$f'(2)=\frac{1}{3}-\frac{\ln3}{4}$，
故曲线$y = f(x)$在$x = 2$处的切线斜率为$\frac{4 - 3\ln3}{12}$.
(4分)
(2)因为$x＞0$，所以$f(x)＞1$等价于$\ln(x + 1)＞\frac{2x}{x + 2}$.
(5分)
令$g(x)=\ln(x + 1)-\frac{2x}{x + 2}$，$x\in[0,+\infty)$，
可得$g'(x)=\frac{1}{x + 1}-\frac{4}{(x + 2)^{2}}=\frac{x^{2}}{(x + 1)(x + 2)^{2}}$，
(6分)
因此当$x＞0$时，$g'(x)＞0$，由此可得$g(x)$在$[0,+\infty)$上单调递增，
所以当$x＞0$时，$g(x)＞g(0)=0$，即$f(x)＞1$.
(9分)
(3)解法一　先证$\ln(n!)-(n+\frac{1}{2})\ln n + n\leqslant1$.
当$n = 1$时，$\ln(n!)-(n+\frac{1}{2})\ln n + n = 1$，结论成立.
(10分)
当$n\geqslant2$时，由$f(\frac{1}{k})=(k+\frac{1}{2})[\ln(k + 1)-\ln k]$（其中$k\in\mathbf{N}^{*}$），得
$\sum_{k = 1}^{n - 1}f(\frac{1}{k})=\sum_{k = 1}^{n - 1}[(k+\frac{3}{2})\ln(k + 1)-(k+\frac{1}{2})\ln k-\ln(k + 1)]$
$=(n+\frac{1}{2})\ln n-\sum_{k = 1}^{n - 1}\ln(k + 1)$
$=-\ln(n!)+(n+\frac{1}{2})\ln n$.
由
(2)可得，$f(\frac{1}{k})＞1$，所以$\sum_{k = 1}^{n - 1}f(\frac{1}{k})＞n - 1$，
即$-\ln(n!)+(n+\frac{1}{2})\ln n＞n - 1$，即$\ln(n!)-(n+\frac{1}{2})\ln n + n＜1$.
因此，对于任意的正整数$n$，$\ln(n!)-(n+\frac{1}{2})\ln n + n\leqslant1$成立.
(13分)
再证$\ln(n!)-(n+\frac{1}{2})\ln n + n＞\frac{5}{6}$.
令$h(x)=\ln(x + 1)-\frac{2x}{x + 2}(1+\frac{x^{2}}{12})$，$x\in[0,+\infty)$，则当$x＞0$时，
$h'(x)=-\frac{x^{3}(x + 4)}{3(x + 1)(x + 2)^{2}}＜0$，故$h(x)$在$[0,+\infty)$上单调递减，所以当$x＞0$时，$h(x)＜h(0)=0$，进而可得$f(x)＜1+\frac{x^{2}}{12}$.因此，当$n\geqslant2$时，有$\sum_{k = 1}^{n - 1}f(\frac{1}{k})＜n - 1+\frac{1}{12}\sum_{k = 1}^{n - 1}\frac{1}{k^{2}}$，其中$\sum_{k = 1}^{n - 1}\frac{1}{k^{2}}=1+\sum_{k = 2}^{n - 1}\frac{1}{k^{2}}＜1+\sum_{k = 2}^{n - 1}\frac{1}{k(k - 1)}=1+\sum_{k = 2}^{n - 1}(\frac{1}{k - 1}-\frac{1}{k})=2-\frac{1}{n - 1}＜2$，所以$\sum_{k = 1}^{n - 1}f(\frac{1}{k})＜n - 1+\frac{1}{12}\sum_{k = 1}^{n - 1}\frac{1}{k^{2}}＜n-\frac{5}{6}$，
即$\ln(n!)-(n+\frac{1}{2})\ln n + n＞\frac{5}{6}$.
故对于任意的正整数$n$，有$\ln(n!)-(n+\frac{1}{2})\ln n + n＞\frac{5}{6}$.
综上，对于任意的正整数$n$，都有$\frac{5}{6}＜\ln(n!)-(n+\frac{1}{2})\ln n + n\leqslant1$.
(16分)
解法二　先证$\ln(n!)-(n+\frac{1}{2})\ln n + n\leqslant1$.
令$h(n)=\ln(n!)-(n+\frac{1}{2})\ln n + n$，$n\in\mathbf{N}^{*}$，
则$h(n + 1)-h(n)=\ln(n + 1)-(n+\frac{3}{2})\ln(n + 1)+(n+\frac{1}{2})\ln n + 1=1-(n+\frac{1}{2})\ln(1+\frac{1}{n})$，
由
(2)可知，$(\frac{1}{x}+\frac{1}{2})\ln(x + 1)＞1$，令$n=\frac{1}{x}$，则$1-(n+\frac{1}{2})\ln(1+\frac{1}{n})＜0$，
故$h(n)$单调递减，则$h(n)\leqslant h(1)=1$，得证.
(12分)
再证$\frac{5}{6}＜\ln(n!)-(n+\frac{1}{2})\ln n + n$.
构造$s(x)=\ln x-\frac{(x + 5)(x - 1)}{4x + 2}$，$x＞0$，
则$s'(x)=\frac{1}{x}-\frac{4x^{2}+4x + 28}{(4x + 2)^{2}}=\frac{-4(x - 1)^{3}}{x(4x + 2)^{2}}$，
当$0＜x＜1$时，$s'(x)＞0$，当$x＞1$时，$s'(x)＜0$，
故$s(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1,+\infty)$上单调递减，
故$s(x)\leqslant s(1)=0$，即$\ln x\leqslant\frac{(x + 5)(x - 1)}{4x + 2}$.
又当$n = 1$时，$h(1)=1＞\frac{5}{6}$，当$n\geqslant2$时，$h(n)-h(n + 1)=(n+\frac{1}{2})\ln(1+\frac{1}{n})-1\leqslant(n+\frac{1}{2})\cdot\frac{(\frac{1}{n}+6)\frac{1}{n}}{2(3+\frac{2}{n})}-1=\frac{1}{12n^{2}+8n}＜\frac{1}{12n^{2}-12n}=\frac{1}{12}(\frac{1}{n - 1}-\frac{1}{n})$，
所以$h(1)-h(2)+h(2)-h(3)+\cdots+h(n - 1)-h(n)=h(1)-h(n)＜1-\ln2+\frac{5}{2}\ln2-2+\frac{1}{12}(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n - 2}-\frac{1}{n - 1})=\frac{3}{2}\ln2-1+\frac{1}{12}(1-\frac{1}{n - 1})＜\frac{3}{2}\ln2-1+\frac{1}{12}＜\frac{1}{6}$，
故$h(n)＞h(1)-\frac{1}{6}=\frac{5}{6}$，得证.
(15分)
综上，$\frac{5}{6}＜\ln(n!)-(n+\frac{1}{2})\ln n + n\leqslant1(n\in\mathbf{N}^{*})$.
(16分)
考情速递　高起点，低落点，返璞归真　随着高考改革的深化推进，由知识立意考查转化为能力立意考查必将成为主流，而将高等数学的概念、性质、法则、公式、公理、定理等知识变形、重组、优化就是一种很好的出题方式，此类试题能够很好考查学生数学思想的灵活度，数学思维的深度，同时它又能对初、高等数学知识的衔接起到很好的帮助作用，既有难度，又有高度，而且具有较高的区分度，符合学生用现有高中知识解决数学问题的能力，高起点，低落点，很值得关注.