《2025年学霸高考黑题数学人教版》

变式训练1.（2025·辽宁沈阳月考）已知函数$f(x)=\ln(x + 1)-x$，数列$\{a_{n}\}$满足$a_{1}=1$，$a_{n + 1}=a_{n}+\frac{1}{a_{n}}$，$n＞2$，$n\in$正整数。
(1)求$f(x)$的最大值；
(2)求证：$\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+·s+\frac{1}{2n - 3}＜\frac{1}{2}\ln(2n - 3)$；
(3)求证：$2n - 1＜a_{n}^{2}＜2n+\frac{1}{2}\ln(2n - 3)$。

答案：
(1)解：因为$f(x)$的定义域为$(-1,+\infty)$，所以$f^{\prime}(x)=\frac{1}{x+1}=\frac{-x}{x+1}$，当$-1＜x＜0$时，$f^{\prime}(x)＞0,f(x)$在$(-1,0)$上单调递增，当$x＞0$时，$f^{\prime}(x)＜0,f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减，所以$f(x)$在$x=0$时有最大值，所以$f(x)_{\max}=f(0)=0$，即$f(x)$的最大值为$0$。
(2)证明：由
(1)知，$\ln(x+1)\leqslant x(x＞-1)$，所以$\ln(1-\frac{2}{2n-1})＜-\frac{2}{2n-1}$，所以$\ln\frac{2n-3}{2n-1}＜\frac{2}{2n-1}$，即$\ln(2n-3)-\ln(2n-1)＜-\frac{2}{2n-1}$，所以$\ln(2n-5)-\ln(2n-3)＜-\frac{2}{2n-3},·s,\ln1-\ln3＜-\frac{2}{3}$，累加得$-\ln(2n-3)＜-(\frac{2}{3}+\frac{2}{5}+\frac{2}{7}+·s+\frac{2}{2n-3})$，即$\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+·s+\frac{1}{2n-3}＜\frac{1}{2}\ln(2n-3)$。
(3)证明：因为$a_{n+1}=a_{n}+\frac{1}{a_{n}}$，所以$a_{n+1}^{2}=a_{n}^{2}+\frac{1}{a_{n}^{2}}+2$，得$a_{n+1}^{2}-a_{n}^{2}=\frac{1}{a_{n}^{2}}+2＞2,a_{n}^{2}-a_{n-1}^{2}＞2,·s,a_{2}^{2}-a_{1}^{2}＞2$，所以$a_{n}^{2}-1＞2(n-1)$，即$a_{n}^{2}＞2n-1$，所以$\frac{1}{a_{n}^{2}}＜\frac{1}{2n-1}$，所以$a_{n+1}^{2}-a^{2}＜2+\frac{1}{2n-1}$，$·s,a_{n}^{2}-a_{1}^{2}＜2+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+·s+\frac{1}{2n-3}$，所以$a_{n}^{2}＜2n-1+\frac{1}{2}\ln(2n-3)$得证。

变式训练2.（2025·山西运城期末）在数列$\{a_{n}\}$中，$a_{1}=0$，$a_{2}=4$，且$a_{n + 2}=2a_{n + 1}-a_{n}+2$。
(1)求证：$\{a_{n + 1}-a_{n}\}$是等差数列；
(2)求数列$\{\frac{1}{a_{n}+2}\}$的前$n$项和$T_{n}$；
(3)求证：$\sum_{k = 1}^{n}\frac{1}{k}＞\frac{1}{2}T_{n}-\sum_{k = 1}^{n}\ln T_{k}$。

答案：
(1)证明：因为在数列$\{a_{n}\}$中，$a_{1}=0,a_{2}=4$，且$a_{n+2}=2a_{n+1}-a_{n}+2$，所以$a_{n+2}-a_{n+1}-(a_{n+1}-a_{n})=2a_{n+1}-a_{n}+2-a_{n+1}-(a_{n+1}-a_{n})$，所以$\{a_{n+1}-a_{n}\}$是首项为$a_{2}-a_{1}=4$，公差为$2$的等差数列。
(2)解：由
(1)得$a_{n+1}-a_{n}=4+2(n-1)=2n+2$，则$a_{n+1}-a_{n}+a_{n}-a_{n-1}+·s+a_{2}-a_{1}=2n+2+2n+·s+4=\frac{n(2n+4)}{2}=n(n+3)$，所以$a_{n+1}=n(n+3)$，即$a_{n}=(n-1)(n+2)(n＞1)$，又$a_{1}=0$符合$a_{n}=(n-1)(n+2)$，所以$a_{n}=(n-1)(n+2)$（或$a_{n}=n^{2}+n-2$），故$\frac{1}{a_{n}+2}=\frac{1}{n^{2}+n}=\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，所以$T_{n}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+·s+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}=1-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}$。
(3)证明：由
(2)可得$T_{n}=\frac{n}{n+1}$，欲证：$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}＞\frac{1}{2}T_{n}-\sum_{k=1}^{n}\ln T_{k}$，即证：$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+·s+\frac{1}{n}＞\frac{1}{2}(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+·s+\frac{1}{n})-\sum_{k=1}^{n}\ln\frac{k}{n+1}$，即证：$\frac{1}{2}(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+·s+\frac{1}{n})＞\sum_{k=1}^{n}\ln\frac{k}{n+1}$，即证：$\ln\frac{n+1}{n}＜\frac{1}{2}(\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1})$，令$x=\frac{n+1}{n}＞1$，构造函数：$f(x)=\ln x-\frac{1}{2}(x-\frac{1}{x})(x\geqslant1)$，则$f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{2}(1+\frac{1}{x^{2}})=\frac{-(x-1)^{2}}{2x^{2}}\leqslant0$，又因为$f(1)=0$，故当$x\geqslant1$时，$\ln x\leqslant\frac{1}{2}(x-\frac{1}{x})$，当且仅当$x=1$时等号成立，所以$\ln\frac{n+1}{n}＜\frac{1}{2}(\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1})$成立。