2025高考數(shù)學(xué)專項(xiàng)復(fù)習(xí)：函數(shù)的綜合應(yīng)用（解析版）

2025高考數(shù)學(xué)專項(xiàng)復(fù)習(xí)函數(shù)的綜合應(yīng)用

（解析版）

函數(shù)的綜合應(yīng)用

【考點(diǎn)預(yù)測(cè)】

高考中考查函數(shù)的內(nèi)容主要是以綜合題的形式出現(xiàn)，通常是函數(shù)與數(shù)列的綜合、函數(shù)與不等式的綜

合、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合及函數(shù)的開(kāi)放性試題和信息題，求解這些問(wèn)題時(shí)，著重掌握函數(shù)的性質(zhì)，把函數(shù)

的性質(zhì)與數(shù)列、不等式、導(dǎo)數(shù)等知識(shí)點(diǎn)融會(huì)貫通，從而找到解題的突破口，要求掌握二次函數(shù)圖像、最

值和根的分布等基本解法；掌握函數(shù)圖像的各種變換形式（如對(duì)稱變換、平移變換、伸縮變換和翻折變

換等）；了解反函數(shù)的概念與性質(zhì)；掌握指數(shù)、對(duì)數(shù)式大小比較的常見(jiàn)方法；掌握指數(shù)、對(duì)數(shù)方程和不等

式的解法；掌握導(dǎo)數(shù)的定義、求導(dǎo)公式與求導(dǎo)法則、復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則及導(dǎo)數(shù)的定義、求導(dǎo)公式與求導(dǎo)

法則、復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則及導(dǎo)數(shù)的幾何意義,特別是應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值等.

【題型歸納目錄】

題型一:函數(shù)與數(shù)列的綜合

題型二:函數(shù)與不等式的綜合

題型三:函數(shù)中的創(chuàng)新題

【典例例題】

題型一:函數(shù)與數(shù)列的綜合

例1.（2022?浙江?效實(shí)中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）已知數(shù)列｛飆｝滿足a】=1,e。向=2——CN+）,其中e是自然

an?1

對(duì)數(shù)的底數(shù)，則（）

，

A.0VQ-2022V4043B4043<a2022<2022

C<a

-2?22<lD.1V。2022V2

Q

例2.（2022.遼寧?東北育才學(xué)校二模）已知數(shù)列｛J滿足0VQiV0.5，an+1=an+In（2-an）,則下列說(shuō)法

正確的是（）

A.0VQ2022V0.5B.0.5V@022V1

C.1VQ2022Vl,5D.1.5V@2022V2

例3.（2022.浙江紹興.模擬預(yù)測(cè)）已知數(shù)列｛冊(cè)｝滿足/=普，冊(cè)+I+COSM-強(qiáng)=0,則下列說(shuō)法正確的是

()

B.an+l一■￡一1

D.an+1—~^-an>卷—1

兀2

例4.（2022?浙江?慈溪中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）已知數(shù)列｛冊(cè)｝滿足：出=—5,且即+1=111（冊(cè)+1）—團(tuán)11冊(cè),則下列

關(guān)于數(shù)列｛%｝的敘述正確的是（）

2

A.Q^+iB.—-—-jrC.an+1>—9D.%W-4271-1

乙4Q*zi-i乙

例5.(2022?遼寧?二模)已知等差數(shù)列｛冊(cè)｝的前幾項(xiàng)和為S”,滿足sin(a3—1)+2<i3—5=0,sin(a9—1)+

2a9+1=0,則下列結(jié)論正確的是()

A..Su—11,Q3Q9B.Su—11,。3@9C.S]_i=22,Q3D.Su—22,。3。9

例6.（2022.上海.高三專題練習(xí)）若等差數(shù)列｛an｝的公差dV0,令函數(shù)力（6）=限—Q/+Q,,列M=

min｛力（立）,…九㈤｝，（其中i=1,2,…九）,則下列四個(gè)結(jié)論中:①g（c）=f,<x）；②g（x+d）=g（rc）+d；

③九（2+d）=力_1（力）+d；④9max（工）=&；⑤9min（工）=與；錯(cuò)誤的序號(hào)是.

【方法技巧與總結(jié)】

利用函數(shù)與數(shù)列知識(shí)的相互聯(lián)系、相似性質(zhì):

（1）抽象函數(shù)的關(guān)系與數(shù)列遞推關(guān)系式類似.

（2）函數(shù)單調(diào)性與數(shù)列單調(diào)性的相似性.

(3)數(shù)列與不等式的綜合可以利用數(shù)列的形式構(gòu)造輔助函數(shù)，利用函數(shù)的性質(zhì)證明不等式，因此解決

數(shù)列問(wèn)題可轉(zhuǎn)化為函數(shù)問(wèn)題，用函數(shù)的知識(shí)或方法解決.

題型二:函數(shù)與不等式的綜合

例7.(2022?全國(guó).模擬預(yù)測(cè))已知函數(shù)/(,)是定義域?yàn)槲宓暮瘮?shù)，/(2+/)+/(—,)=0,對(duì)任意為,

t2C[1,+8)(電<電)，均有/(入2)—/(a?i)>0,已知a,b(aKb)為關(guān)于x的方程爐一2c+廿-3=0的

兩個(gè)解，則關(guān)于t的不等式/(a)+/(6)+/(i)>0的解集為()

A.(-2,2)B.(-2,0)C.(0,1)D.(1,2)

例8.(2022?海南?模擬預(yù)測(cè))已知函數(shù)/(①)=廠",,若關(guān)于①的不等式①+7n

[2\x\—2,cW1

(X)<x+m+l有且僅有兩個(gè)整數(shù)解，則m的取值范圍是.

例9.(2022?全國(guó)?高三專題練習(xí))不等式(/_1嚴(yán)】+/。。2+2/-1wo的解集為：

例10.(2022?四川遂寧?三模(文))德國(guó)大數(shù)學(xué)家高斯年少成名，被譽(yù)為數(shù)學(xué)屆的王子，19歲的高斯

得到了一個(gè)數(shù)學(xué)史上非常重要的結(jié)論，就是《正十七邊形尺規(guī)作圖之理論與方法》，在其年幼時(shí)，對(duì)1

+2+3+…+100的求和運(yùn)算中，提出了倒序相加法的原理，該原理基于所給數(shù)據(jù)前后對(duì)應(yīng)項(xiàng)的和呈

現(xiàn)一定的規(guī)律生成，因此,此方法也稱之為高斯算法，現(xiàn)有函數(shù)/Q)=」,設(shè)數(shù)列｛冊(cè)｝滿足冊(cè)=

2+V2

2

/(0)+/(/)+/(￡)+…+AD伍CN*),若存在nEN*使不等式n+4n-2kan+27W

0成立，則k的取值范圍是

【方法技巧與總結(jié)】

不等式問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)問(wèn)題是靜態(tài)轉(zhuǎn)化為動(dòng)態(tài)，常量轉(zhuǎn)化為變量，這體現(xiàn)了函數(shù)思想，并能用函數(shù)的

圖像及性質(zhì)解答.

題型三:函數(shù)中的創(chuàng)新題

例11.(2022?全國(guó)?高三專題練習(xí))定義兩個(gè)函數(shù)的關(guān)系：函數(shù)口3),打(①)的定義域分別為48,若對(duì)

任意的gCA,總存在gCB,使得小⑶)="㈤)，我們就稱函數(shù)小3)為打㈤的“子函數(shù)”.已知函

數(shù)/(c)=Vx+1—^-ln-y,g(c)=x4+ax3+bx2+ax+3,a,bER.

⑴求函數(shù)/Q)的單調(diào)區(qū)間；

⑵若f(x)為g(x)的一個(gè)“子函數(shù)”，求a?+〃的最小值.

例12.（2022.上海.高三專題練習(xí)）若存在常數(shù)>0）,使得對(duì)定義域D內(nèi)的任意為,22（4豐電），都

有Lf（g）—山—村成立，則稱函數(shù)/（力）在其定義域。上是"—利普希茲條件函數(shù)”.

（1）若函數(shù)/（⑹=府,（1</W4）是q-利普希茲條件函數(shù)”,求常數(shù)k的最小值；

（2）判斷函數(shù)/@）=k）g2力是否是“2—利普希茲條件函數(shù)”，若是,請(qǐng)證明，若不是,請(qǐng)說(shuō)明理由；

（3）若夕=/位）①CR）是周期為2的“1—利普希茲條件函數(shù)”，證明:對(duì)任意的實(shí)數(shù)如附都有

1/（◎）一/（互）|WL

例13.(2022.上海.高三專題練習(xí))對(duì)定義域Df,Dg的函數(shù)y=f(x),y=g(c)，規(guī)定：

f(x)g(x),xEDfC\Dg

函數(shù)八(i)=<f(x)9xEQ且力0Dg

g{x),x0且xEDg

(1)若函數(shù)/(i)=J1,g(/)=",寫出函數(shù)無(wú)(力)的解析式；

(2)求問(wèn)題(1)中函數(shù)從力)的值域；

(3)若g(力)=/(6+a),其中a是常數(shù)，且aG[0,兀],請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)一個(gè)定義域?yàn)镽的函數(shù)夕=/(7)，及一個(gè)

a的值,使得八(1)=cos4M并予以證明.

例14.（2022.上海.高三專題練習(xí)）對(duì)于函數(shù)/（力）（4G。），若存在正常數(shù)T,使得對(duì)任意的土C都

有/（re+T）>/（協(xié)成立，我們稱函數(shù)/（①）為"T同比不減函數(shù)”.

⑴求證:對(duì)任意正常數(shù)T,/（/）="都不是"T同比不減函數(shù)”；

⑵若函數(shù)/㈤=皿+simc是同比不減函數(shù)”,求k的取值范圍；

（3）是否存在正常數(shù)T,使得函數(shù)/（力）=/+上-1|—+1|為"T同比不減函數(shù)”，若存在，求T的取

值范圍;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.

【方法技巧與總結(jié)】

緊扣題目中所給的信息和對(duì)已知條件的解讀理解，將其轉(zhuǎn)化為已有的認(rèn)知結(jié)構(gòu)，然后利用函數(shù)性質(zhì)解

【過(guò)關(guān)測(cè)試】

一、^^8

1.（2022?全國(guó)?高三專題練習(xí)）已知函數(shù)加）=|?希—ac—小若對(duì)任意的實(shí)數(shù)a,b,總存在gC[-1,

2],使得成立，則實(shí)數(shù)小的取值范圍是（）

A.（一8,十]B.（—8,：]C.（―D.（―0°,1]

2.（2022?全國(guó)?高三專題練習(xí)）若定義在丘上的函數(shù)/（力）滿足/（/）+/（2a—,）=2b,則其圖象關(guān)于點(diǎn)

（a,b）成中心對(duì)稱.已知：函數(shù)則函數(shù)/（①）圖象的中心對(duì)稱點(diǎn)是（）

4+1

A.（0,1）B.（y,l）C.（1,0）D.（1,^）

歸一品,x<i

3.（2022.全國(guó)?高三專題練習(xí)）已知函數(shù)/（力）=<，若函數(shù)g（c）=—rc+m（m>0）與

log2（a:+y）,x>l

y=fa）的圖象相交于4,B兩點(diǎn)，且_A，8兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別記為判，電,則g+g的取值范圍是

A.B.[log23,1-）C.D.[log23,3]

4.（2022.全國(guó).高三專題練習(xí)（理））已知/位）是定義在7?上的奇函數(shù)，對(duì)任意兩個(gè)不相等的正數(shù)都

22

M（右）一口1/（。2）/（4°-）/（0.4）=434則

有V0,記a=4°-2,b

0一±2

A.cVbVaB.aVbVcC.a<c<feD.c<b<a

5.（2022.全國(guó)?高三專題練習(xí)）關(guān)于函數(shù)/（/）=sin|rc|+|sina;|有下述四個(gè)結(jié)論:

①/Q）是偶函數(shù)

③/（⑼在[—兀，兀]有4個(gè)零點(diǎn)④/3）的最大值為2

其中所有正確結(jié)論的編號(hào)是

A.①②④B.②④C.①④D.①③

6.（2022?全國(guó)?高三專題練習(xí)）已知函數(shù)/（豈）=2尤+十?，W2）的圖象上存在點(diǎn)P,函數(shù)。㈤=加

—3的圖象上存在點(diǎn)Q,且PQ關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）

A.[—4,0]B.C.[0,4]D.

7.（2022?天津一中模擬預(yù)測(cè)）已知a>1,且函數(shù)/（①）=2\x2—x+a\+\x2—4：x+a\.若對(duì)任意的xE

（l,a）不等式/位）>（a—1）久恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為

A.（1,9]B.（1,25]C.[4,25]D.[4,+<?）

8.（2022?全國(guó)?高三專題練習(xí)（文））設(shè)函數(shù)/（①）=e“（2t—1）—ac+a,其中a<l,若存在唯一的整數(shù)

使得/（g）<0,則a的取值范圍是（）

二、多選題

9.（2022?浙江嘉興?高二期中）對(duì)于定義域?yàn)?。的函?shù)/（c）,若存在區(qū)間[小,汨同時(shí)滿足下列條件:

①/（⑹在[m,n]上是單調(diào)的;②當(dāng)定義域是[m,n]時(shí)，/（/）的值域也是[巾，汨，則稱[m,n]為該函數(shù)

的“和諧區(qū)間”.下列函數(shù)存在“和諧區(qū)間”的是（）

A./(a?)=2xC.f(x)=X2—2XD.f(x)=In/+2

10.（2021?福建福州?高一期末）設(shè)計(jì)算機(jī)程序中的命令函數(shù)表示不超過(guò)①的最大整數(shù)，例

如：/NT（—2.1）=—3,/NT（1.2）=l.若函數(shù)/Q）=<P°g"',、”>°（a>0,且a￥1）,則下列說(shuō)法

[x-INT{x）,/40

正確的是（）

A./3）在區(qū)間（—8,0]上為單調(diào)函數(shù)

B.f（x）在區(qū)間（—8,0]上不存在最大值

C./Q）在區(qū)間[-4,4]上有5個(gè)零點(diǎn)

D.若/Q）的圖象上至少存在4對(duì)關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對(duì)稱的點(diǎn)，則0<aV

O

11.（2021?全國(guó)?高一單元測(cè)試）數(shù)學(xué)的對(duì)稱美在中國(guó)傳統(tǒng)文化中多有體現(xiàn)，譬如如圖所示的太極圖是由黑

白兩個(gè)魚(yú)形紋組成的圓形圖案,充分展現(xiàn)了相互轉(zhuǎn)化、對(duì)稱統(tǒng)一的和諧美.如果能夠?qū)A的周長(zhǎng)和面

積同時(shí)平分的函數(shù)稱為這個(gè)圓的，，優(yōu)美函數(shù)”，下列說(shuō)法正確的是（）

A.對(duì)于任意一個(gè)圓，其“優(yōu)美函數(shù)”有無(wú)數(shù)個(gè)

B./（，）="可以是某個(gè)圓的“優(yōu)美函數(shù)”

C.正弦函數(shù)夕=sine可以同時(shí)是無(wú)數(shù)個(gè)圓的“優(yōu)美函數(shù)”

D.函數(shù)y=/（c）是“優(yōu)美函數(shù)”的充要條件為函數(shù)y=/（c）的圖象是中心對(duì)稱圖形

12.（2020?重慶市秀山高級(jí)中學(xué)校高三階段練習(xí)）設(shè)[句表示不超過(guò)力的最大整數(shù)，給出以下命題,其中正

確的是（）

A.若:EiW電,則[刈]&[g]

B.[Igl]+[lg2]+[lg3]+...+[lg2020]=4953

C.若Q0,則可由陽(yáng)同=[￡|解得」的范圍是信,l）u哥，兀]

D.若/（⑼=-^―-4,，則函數(shù)[/（⑼]+"（—/）]的值域?yàn)閧-1,0}

1+22

2n

13.(2022.全國(guó)?高二課時(shí)練習(xí))已知函數(shù)/(力)=力(6一1)(①一2)…(X—n+1)=axx+a2x-\--\-anx,

2

g(x)=f(x)(x—n)=bi3+b2x-\■…+bec，其中nEN*,gGR(i=1,2,…,n),biG

2n-1

R(i=l,2,--,n+1)，則tti+a2H---Fan=，6i+nb2+nb3+--n6n=.

三、填空題

14.（2022?全國(guó)?高三專題練習(xí)）已知函數(shù)/（①）=,+1,給出下列命題:①存在實(shí)數(shù)a,使得函數(shù)0=/@）

+f（x—a）為奇函數(shù);②對(duì)任意實(shí)數(shù)a,均存在實(shí)數(shù)m,使得函數(shù)g（/）=/（/）+/Q—a）關(guān)于rr=m對(duì)

稱;③若對(duì)任意非零實(shí)數(shù)a,/（力）+f（x-a）＞k都成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為（-8,4］；④存在實(shí)數(shù)

k,使得函數(shù)沙=f（x）+/（T-a）-fc對(duì)任意非零實(shí)數(shù)a均存在6個(gè)零點(diǎn).其中的真命題是

.（寫出所有真命題的序號(hào)）

15.（2022?全國(guó)?高三專題練習(xí)）已知P是曲線G：y=2：3—KV—w毋）上的點(diǎn)，Q是曲線4上的點(diǎn)，

曲線G與曲線4關(guān)于直線夕=2/+4對(duì)稱，M為線段PQ的中點(diǎn)，。為坐標(biāo)原點(diǎn)，則|的最小值

為.

16.（2022?全國(guó)?高三專題練習(xí)）若,）=卜—a卜*3a|,且工€［0,1］上的值域?yàn)閯t實(shí)數(shù)a的

取值范圍是__________________

17.(2022?全國(guó)?高三專題練習(xí))設(shè)a,b,。為實(shí)數(shù)，/(力)=(x+a)(x2+bx+c),g(/)=

(ax+1)(ex2+bx+1),記集合S={x\f(x)=0,xER},T={x\g(x)=0,xGR},若|S|,|T|分別為

集合S,T的元素個(gè)數(shù)，則下列結(jié)論可能成立的是

18.(2022.全國(guó)?高三專題練習(xí))已知定義域?yàn)镽的奇函數(shù)/(%)滿足+1)=/(3—力)，當(dāng)/G(0,2］時(shí),

f(x)=一/+4,則函數(shù)g=/(力)—a(aER)在區(qū)間［—4,8］上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)最多時(shí)，所有零點(diǎn)之和為—

函數(shù)的綜合應(yīng)用

【考點(diǎn)預(yù)測(cè)】

高考中考查函數(shù)的內(nèi)容主要是以綜合題的形式出現(xiàn)，通常是函數(shù)與數(shù)列的綜合、函數(shù)與不等式的綜

合、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合及函數(shù)的開(kāi)放性試題和信息題，求解這些問(wèn)題時(shí)，著重掌握函數(shù)的性質(zhì)，把函數(shù)

的性質(zhì)與數(shù)列、不等式、導(dǎo)數(shù)等知識(shí)點(diǎn)融會(huì)貫通，從而找到解題的突破口，要求掌握二次函數(shù)圖像、最

值和根的分布等基本解法；掌握函數(shù)圖像的各種變換形式（如對(duì)稱變換、平移變換、伸縮變換和翻折變

換等）；了解反函數(shù)的概念與性質(zhì)；掌握指數(shù)、對(duì)數(shù)式大小比較的常見(jiàn)方法；掌握指數(shù)、對(duì)數(shù)方程和不等

式的解法；掌握導(dǎo)數(shù)的定義、求導(dǎo)公式與求導(dǎo)法則、復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則及導(dǎo)數(shù)的定義、求導(dǎo)公式與求導(dǎo)

法則、復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則及導(dǎo)數(shù)的幾何意義,特別是應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值等.

【題型歸納目錄】

題型一:函數(shù)與數(shù)列的綜合

題型二:函數(shù)與不等式的綜合

題型三:函數(shù)中的創(chuàng)新題

【典例例題】

題型一:函數(shù)與數(shù)列的綜合

1

例1.（2022.浙江.效實(shí)中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）已知數(shù)列｛飆｝滿足a】=1,e。向=2—（71CN+）,其中e是自然

冊(cè)+1

對(duì)數(shù)的底數(shù)，則（）

B，<a2022<

A.0<<12022(404340432022

C

-2(^2<a2022<l

D.1<&2022<2

【答案】B

【解析】利用不等式e”＞2+1可得2----p＞&i+i+1,即一-------—＞1,由累加法可得冊(cè)＜工，利

用不等式行★白二可得2-丁?。?，即—一—；＜2,同理用累加法可得冊(cè)＞鵬丁,

-

■1XCLnr1J-^n+1Q/i+1/幾工

則可J＜冊(cè)＜占,即可求解?

271—1TI

【詳解】

x

e^x+1(當(dāng)2=0時(shí)等號(hào)成立)，.?.6%+1>冊(cè)+1+1,

fln+1

當(dāng)時(shí)>0時(shí)，e=2---->1nan+1>0,即。i=l>0na九>0,

冊(cè)十J-

fln+1an+11

則e>a+1,e=2—>Qn+l+1,

n+1冊(cè)+1

整理得ca；1>an+i,即------；>1，

'J-0九+1CLn

口clIjl11、1

即------->1,-------->1,…，---------->1,

電Qi03電Gnan_1

將n個(gè)不等式相加得」---L>?i—1,即」->以Q九〈工，

Qia?in

令/O）=e"l一C）一1,則廣㈤=一跣，,

當(dāng)a?<0時(shí),—>0,當(dāng)力V0時(shí)，/（/）<0,

則/&）在（一8,0）上單調(diào)遞增，在（0,+8）上單調(diào)遞減，即/（力）在力=0出取得最大值,

于（X）4（0）=0,所以e"（l—/）—140（當(dāng)力=0時(shí)等號(hào)成立）,

當(dāng)nvi時(shí)，6y]]I（當(dāng)/=。時(shí)等號(hào)成立），

即當(dāng)幾>]時(shí)，ea,,+i<-z----,2-----J-T-<-----,1-----3TTV1—-----1,

-L—Cln+1Q”,十’—Qyi+1Qn十工1—QTZ+1

Qn—Qn+1072+1、1—^n+1口,11/G

I-i-i___,v*/,

。九十，J--a^i+iQ^+iQn+iQn

同理利用累加法可得」——L〈2（71—1）,即冊(cè)>0,

CLfiQ*i/77/J.

所以2n-l則4043<a-2022<2022,

故選：B.

例2.（2022?遼寧?東北育才學(xué)校二模）已知數(shù)列｛%｝滿足0<%<0.5,a“+i=an+ln（2-a?）,則下列說(shuō)法

正確的是（）

A.0VQ2022Vo,5B.0.5<Q2022Vl

C.1VQ2022Vl,5D.1.5VQ2022V2

【答案】B

［解析】利用Incw/一1可得MV1,且數(shù)列｛冊(cè)｝是單調(diào)遞增數(shù)列，得出0VQ九V1,利用導(dǎo)數(shù)可得

g（x）=C+ln（2—c）,0V/V1在（0,1）單調(diào)遞增，即可得出當(dāng)九>1時(shí)，ln2<an<1,即可求解.

【詳解】

令/（%）=Inx—x+l,rc>0,則/'（2）=1力力,

由f<x）>0得OVirVl,由f（x）V0得①>1,

所以/（力）在（0,1）單調(diào)遞增，在（1,+8）單調(diào)遞減，所以/（%）4/⑴=0,

所以\nx^x—1,

所以冊(cè)+i=%+ln（2—al<an+（2—an—1）=1,當(dāng)且僅當(dāng)an=1時(shí)等號(hào)成立，與已知矛盾，所以“

<1,

則冊(cè)+1—0九=ln（2—冊(cè)）>lnl=O,所以數(shù)列｛冊(cè)｝是單調(diào)遞增數(shù)列，所以0<為<1,

令g(6)—x-\-ln(2—c),0VrrV1,則g'(x)=1+—>0,

/x

所以g?在(0,1)單調(diào)遞增,則a2=g(aj>g(0)=ln2,

所以當(dāng)九>1時(shí)，hi2VQ九V1,因?yàn)閘n2>0.5,所以0.5V冊(cè)V1,所以0.5<Q2022V1.

故選：B.

例3.（2022.浙江紹興.模擬預(yù)測(cè)）已知數(shù)列｛%｝滿足/=苧，M+1+COSM—*=0,則下列說(shuō)法正確的是

（）

A之?兀

B.an+1—■去成>￡—1

A.an+1—an^^

C.a—2彳與—V2

n+1D.an+1--^-an>卷—1

兀27T2

【答案】D

【解析】將已知等式化為Q九+1一堂=5111@—爰），根據(jù)/（力）=x-sinx的單調(diào)性和/（。）=0,可得國(guó)

>|sinrr|,由此可化簡(jiǎn)得到田4“4牛;分別構(gòu)造函數(shù)①⑻=^--cosx—x>g2（x）=y—cosx—

42、g3（/）=^--cosx-g4（x）=］一COSN—W%,利用導(dǎo)數(shù)可求得各個(gè)函數(shù)在［千，亨］上

的單調(diào)性,進(jìn)而根據(jù)單調(diào)性得到最值,從而判斷出各個(gè)選項(xiàng)的正誤.

【詳解】

..I7T_c.兀____

?o^n+i+cosan—=0,..an+1—工=—cosan=sm

令于(x)=x—sinx,貝ijf'(x)=1—cosx>0,

（/）在R上單調(diào)遞增，又/（0）=0,\x\>|sinrc|,

71

??Qn+i冊(cè)一引,

7TI，|a-f兀|<|a-y7t一用《鼠T—當(dāng)7T

23222I'2r

冊(cè)一受|W卜］一=￡，解得：￡Wa”W苧;

2NIIN2I仕仕24fc

兀

對(duì)于A,an+1—dn~~2cos冊(cè)一冊(cè),

令S(c)="|—cosc—c,則g\(x)=sinc-1&0,，gi(力)在R上單調(diào)遞減,

《冊(cè)《普，，91(冊(cè)))9i(苧)一卷，入錯(cuò)誤;

對(duì)于8,an+1—■cosan一■,

2f

令§2(力)二5—cosx—^-x,則g2(a?)=sinre—x,

令M力)=g'(■,則hf(x)=cos6一140,

g'z（x）在R上單調(diào)遞減，又g’2（0）=0,

.?.當(dāng)ze（—8,0）時(shí)，g依）＞0;當(dāng)①e（o,+oo）時(shí),^（x）＜0；

；?。2（龍）在（-00,0）上單調(diào)遞增，在（O,+8）上單調(diào)遞減，

=

mWa“W當(dāng)，,g2（an）^~~~轟〈*-1,B錯(cuò)誤；

，+中c2叵_兀2V2_

對(duì)于。，an+1----cosan---an,

令g3（1）="|—cos力—2^^-力,貝ijg\（1）=sinx_2y,

令T7i（2）=g\（c）,貝"m!（x）=cos/,

當(dāng)力6［字專）時(shí),M㈤＞0；當(dāng)①￡傳,與］時(shí),加（力）＜0；

.?.成⑻在信受）上單調(diào)遞增，在管，當(dāng)］上單調(diào)遞減，

又正），等＞。,。若）=*T＜。,。代上浮等＜。，

-'-3xie傳奇），3曲管，普），使得g’3（g）=9'3（電）=0,

二弟㈤在［y,a;i）,（①2,普］上單調(diào)遞增，在（如62）上單調(diào)遞減,

-1?生⑶）＞例傳）=號(hào)-V2,,/春Wa^W苧，a”C如片），使得鼠外）＞等一鼻,C錯(cuò)誤；

，+中n2—兀2

對(duì)于。，an+1--an=y-cosan—-an,

令W（N）="-cosx—■力，則gZ（c）=sinx--1-,

當(dāng)力G［9,竽］時(shí)，sinxEAsimr-1＞0,即g‘4?＞0,

.?j⑺在［字苧］上單調(diào)遞增，

苧，g4gn）＞g（￡）=?！?1＞*-1,D正確.

故選：D.

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)最值的問(wèn)題，解題關(guān)鍵是能夠根據(jù)㈤＞忖也⑹的特

點(diǎn)，構(gòu)造不等式求得時(shí)的取值范圍，進(jìn)而可以通過(guò)構(gòu)造函數(shù)的方式，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值的求解問(wèn)

題,從而利用導(dǎo)數(shù)來(lái)進(jìn)行求解.

例4.（2022.浙江?慈溪中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）已知數(shù)列｛冊(cè)｝滿足：電=—4,且為+1=111（冊(cè)+1）—近11冊(cè),則下列

關(guān)于數(shù)列｛%｝的敘述正確的是（）

B.—^-<a<-]嗽2

A..a九〉*。九+1nC.冊(cè)+i>—_

Q九十2D.冊(cè)<^_2n-l

【答案】D

【解析】構(gòu)造函數(shù)/(力)=In(re+1)—sinx(—1W/V0),由導(dǎo)數(shù)確定其單調(diào)性,從而利用數(shù)學(xué)歸納法

證明一九V0,然后構(gòu)造函數(shù)。(2)=/(力)一/=ln(力+1)—sin/一力(一^■</<()),利用導(dǎo)數(shù)證

明gQ)>0,得/㈤>應(yīng)利用此不等式可直接判斷4對(duì)選項(xiàng)由數(shù)列｛QJ的單調(diào)性與有界性知其

極限存在，設(shè)lima=A,對(duì)數(shù)列的遞推關(guān)系求極值可得A=0,從而判斷8,對(duì)選項(xiàng)C,引入函數(shù)設(shè)p

7278n

3)=In(力+1)---竽萬(wàn)(一1V/V0),由導(dǎo)數(shù)證明p⑸V0,得ln(力+1)<(―1V1V0),從而

利用不等式性質(zhì)得出數(shù)列｛aJ的不等關(guān)系，判斷。，利用判斷選項(xiàng)。所得正確不等式變形，并換元引

入新數(shù)列b=--,得｛鼠｝前后項(xiàng)關(guān)系(求對(duì)數(shù)再變化)，類比等比數(shù)列的通項(xiàng)公式的方法得出結(jié)論

n源

后判斷Z).

【詳解】

首先我們證明：一Jw源vo,利用數(shù)學(xué)歸納法.

事實(shí)上，當(dāng)九=1時(shí)，一［WaiCO;

假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，一則當(dāng)n=k+1時(shí)，ak+1=ln(ak+1)—sinafc.

設(shè)函數(shù)/(力)=ln(c+l)—sin/(―gV0),則/'(2)=力；1一cosN>0,則于(x)在［―p0)上單

調(diào)遞增，

從而一+sin-1-=/(―^ak+1=f(ak)</(0)=0.

當(dāng)一V0時(shí)，設(shè)g(g)=f(x)—x—ln(x+1)—sin2——rr<0),

則g'(c)—cos力-1,設(shè)h{x)=g'(R)—cosx—1,

x+1x+1

1

hf(x)+sinre

(6+1)2

所以存在gG(-go),使得g'(g)=o,-y<x<xQ時(shí)，g'Q)>0,gVcV。時(shí)，g'3V0,

故g(c)在［—~^-,0)上先增后減，從而g?>min{g(0),g(一~^)}=0,從而/(1)>x.

對(duì)于A選項(xiàng)：由于一^-<an<0,an+i=ln(an+1)—sinan>an,故數(shù)列｛冊(cè)｝單調(diào)遞增，選項(xiàng)A錯(cuò)誤.

對(duì)于石選項(xiàng)，由于｛冊(cè)｝單調(diào)遞增且一?1■&&<(),從而岫Q九=_4存在，由an+i=ln(an+1)-sinan>

冊(cè)可得Z=lnG4+1)—sinA,故>1=0,從而liman=0.故選項(xiàng)B錯(cuò)誤.

TZ78

對(duì)于C選項(xiàng)，由于一1V2Vo時(shí)，

設(shè)0(/)=ln(x+1)—(―1<a?<0),p\x)=>0,

6+2力+i3+2)23+I)Q+2)2

所以0(力)是增函數(shù)，p(c)Vp(O)=0,所以ln(i+1)<(―1<rr<0),

0<￡C<1時(shí)，/>sin/,因此有sin力>%(1V/V0),

從而于(X)=ln(力+1)—5由為〈二^一/=二^7,故冊(cè)+i=ln(Q九+1)—sinan<―甥■，故選項(xiàng)C

錯(cuò)誤.

對(duì)于。選項(xiàng)，由于an+1<-V0,即。>J>—―[，令與=一；，則—'+1>bn—2次，即

tt

為十/n+iananan

bn+i<2b之—bn<2bl—b九+、■=2(b九一十)，其中24勾Vbn+1,故lnbn+1<ln2+21n(bn—:)<ln2+

21116,從而lnb+ln2<2(lnb+ln2),即lnfe+ln2<2kl(inbi+ln2),2b<4’,即——<4*

nn+1nnHQn

9

故冊(cè)V—為R.從而選項(xiàng)。正確.

42

故選：D.

【點(diǎn)睛】難點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查數(shù)列的性質(zhì)，難度很大，解題難點(diǎn)在于有關(guān)數(shù)列的不等關(guān)系，一是用數(shù)學(xué)歸

納法進(jìn)行證明，二是需引入函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，從而得出數(shù)列的不等關(guān)系，考查了學(xué)生

的邏輯能力，運(yùn)算求解能力，屬于困難題.

例5.(2022?遼寧?二模)已知等差數(shù)列｛an｝的前n項(xiàng)和為Sn，滿足sin(a3-l)+2a3-5=0,sin(a9-l)+

2a9+l=0,則下列結(jié)論正確的是()

A..Su=11,CL^QgB.Su=11,(z>3dgC.Su---22,Q3a。D.Su22,CL^'^>CLQ

【答案】B

【解析】把已知等式變形為sin(a3-1)+2(。3—1)—3=0,sin(l—a9)+2(1—西)-3=0,構(gòu)造函數(shù)

f(x)=sinc+26一3,可知。3—1和1一。9是函數(shù)/(2)的零點(diǎn)，故利用導(dǎo)數(shù)研究其/(1)單調(diào)性并研究

其零點(diǎn)，結(jié)合函數(shù)零點(diǎn)存在性定理求得的，。9的關(guān)系，再利用等差數(shù)列的性質(zhì)與求和公式即可求解.

【詳解】

—

sin(a31)+2a3—5=0,sin(a9—1)+2a9+1=0

:.sin(a,3—1)+2(03—1)—3=0,sin(l—QJ+2(1—CLQ)—3=0

令/(力)=sin6+2c—3,即g一1和1一。9是函數(shù)/(力)的零點(diǎn)

Vf(x)=cos/+2>0,故/(比)最多有一個(gè)零點(diǎn)

.*?Q3—1=1—Qg,。3+。9==2

,c_11(?+an)_ll(a3+a9)_

,,22工工

又,."(]_)=sinl—1<0,J(2)=sin2+1>0,

.二1VQ3—1=1—Q9V2,

2VQ3V3,-1VQ9V0,；?。3>Q9.

故選:B

例6.(2022.上海.高三專題練習(xí))若等差數(shù)列{%}的公差dV0,令函數(shù)力(，)=\x-a{\+a”g(x)=

min{/i(c),…九(土)},(其中i=1,2,…山)，則下列四個(gè)結(jié)論中：①g(z)=九(4)；②g(c+d)=gQ)+d；

③九(C+d)=九—13)+d；④OmaxQ)=；⑤OminQ)=%；錯(cuò)誤的序號(hào)是.

【答案】②④

【解析】不妨取出=-l,d=-1,則f<x)=上+i|—i過(guò)原點(diǎn)，且y=fn(x)在最下方，根據(jù)性質(zhì)逐項(xiàng)判

定，即可求解，得到答案.

【詳解】

不妨取ai=-l,d=-1,則力㈤=|c+i]-i過(guò)原點(diǎn)，且“=九㈤在最下方，

可得①中，函數(shù)g(x)=fn(z)是正確的；

②中,g(x+d)=fn(x—1)=|T—1+n|—n,g(x)+d=\x+n\—n—l,

所以g[x+d)Wg[x}+d,所以不正確；

③中,fn(x+d)=f(x—1)=|a;—1+n|—n,fn-^x)+d=|x+n—1|—(n—1)—1=|T—l+n|—n,

所以f<x+d)=于,“X)+d,所以是正確的；

④中，由g(H)=九(/)=也+卻一71,函數(shù)9(力)無(wú)最大值，所以9max㈤=%不正確；

⑤中，函數(shù)力(①)=|①+旬一71,所以當(dāng)2=一八時(shí)，函數(shù)/n(c)取得最小值一九=為，

即函數(shù)gminQ)=M，所以是正確的.

故答案為：②④.

【點(diǎn)睛】本題主要考查了等差數(shù)列的性質(zhì)，以及函數(shù)的基本行性質(zhì)的應(yīng)用，其中解答中認(rèn)真審題，合理

利用題設(shè)條件，構(gòu)造新函數(shù)，逐項(xiàng)判定是解答的關(guān)鍵，著重考查了分析問(wèn)題和解答問(wèn)題的能力，屬于中

檔試題.

【方法技巧與總結(jié)】

利用函數(shù)與數(shù)列知識(shí)的相互聯(lián)系、相似性質(zhì)：

(1)抽象函數(shù)的關(guān)系與數(shù)列遞推關(guān)系式類似.

(2)函數(shù)單調(diào)性與數(shù)列單調(diào)性的相似性.

(3)數(shù)列與不等式的綜合可以利用數(shù)列的形式構(gòu)造輔助函數(shù)，利用函數(shù)的性質(zhì)證明不等式，因此解決

數(shù)列問(wèn)題可轉(zhuǎn)化為函數(shù)問(wèn)題，用函數(shù)的知識(shí)或方法解決.

題型二:函數(shù)與不等式的綜合

例7.(2022?全國(guó)?模擬預(yù)測(cè))已知函數(shù)/(⑹是定義域?yàn)镽的函數(shù)，/(2+/)+/(—.)=0,對(duì)任意傷,

力2C[1,+8)(力1<g)，均有f(x2)—/(血)>0,已知a,b(aj^b)為關(guān)于x的方程/一2/+/―3=0的

兩個(gè)解，則關(guān)于t的不等式/(a)+/(&)+/(t)>0的解集為()

A.(-2,2)B.(-2,0)C.(0,1)D.(1,2)

【答案】D

【解析】由題可得函數(shù)/(，)關(guān)于點(diǎn)(1,0)對(duì)稱，函數(shù)/(力)在A上單調(diào)遞增,進(jìn)而可得/⑴>0=/(1),

利用函數(shù)的單調(diào)性即得.

【詳解】

由/(2+x)+/(—立)=0,得/(1)=0且函數(shù)/(土)關(guān)于點(diǎn)(1,0)對(duì)稱.

由對(duì)任意①1,X2E[1,+8)(/1〈電)，均有/(42)-/(◎)>0,

可知函數(shù)/(工)在[1,+°°)上單調(diào)遞增.

又因?yàn)楹瘮?shù)/(c)的定義域?yàn)镽,

所以函數(shù)f(6在R上單調(diào)遞增.

因?yàn)閍,b(a#b)為關(guān)于/的方程d—2/十廿一3=0的兩個(gè)解，

所以A=4—4(/一3)>0,解得-2〈力V2,

且0+6=2,即b=2—Q.

又/(2+工)+/(—*)=0,

令rr=-a,則/(a)+/(b)=0,

則由/(a)+f(&)+/(i)>0,得/⑺>0=/(1),

所以

綜上，力的取值范圍是(1,2).

故選：D.

(I]n(x_])I]3

例8.(2022.海南.模擬預(yù)測(cè))已知函數(shù)/(2)=111"，若關(guān)于/的不等式/+小</

[2團(tuán)—2,tW1

(⑼</+m+1有且僅有兩個(gè)整數(shù)解，則ni的取值范圍是.

【答案】[―3+ln2,-2)

【解析】令9(①)=/(①)一小討論9(立)的單調(diào)性，分析畫(huà)出函數(shù)的圖象，由—cc<?7z+l可知

—3+ln24TTIV—2.

【詳解】

關(guān)于力的不等式力+mV/(i)<x-\-m+l有且僅有兩個(gè)整數(shù)解，轉(zhuǎn)化為m<f(G—/Vm+l有且

―3x-2,化40

x—2,0V/W1

僅有兩個(gè)整數(shù)解，令g(/)=/(2)X—<

—In(a;-1)—0；,lVc42’

ln(rc—1)—x,2V/43

當(dāng)2V/W3,g(/)=ln(x-l)-x,g'(x)=一］=<0,所以g(2)在(2,3］上

?丁JU_LJUJ_=J:u二.L:

單調(diào)遞減，同理已知g(i)在(—8,0],(1,2]上單調(diào)遞減，在(0,1]上單調(diào)遞增，且g(0)=—2,g⑴=

—l,g(2)=—2,g(3)=ln2—3,g(x)的圖象如下圖，而y=m,y=m+1的距離為1,即在y=m,y=m

+1之間有且僅有兩個(gè)整數(shù)解，所以一3+ln2Wm<—2,則m的取值范圍是：［—3+ln2,-2).

故答案為：［—3+ln2,-2).

例9.(2022?全國(guó)?高三專題練習(xí))不等式(/_1)1。11+工2。。2+2/—iwo的解集為：

【答案］［—苧，掾］

【解析】將不等式化為(rc2)1011+x2<(1—/2)i°n+1一心構(gòu)造/(力)=dn+c根據(jù)其單調(diào)性可得力

1一求解即可.

【詳解】

不等式變形為("一l)1011+rr2-l+(x2)1011+d&0,

所以(a:2)1011+a;2<(1—rr2)1011+l-rr2,

令/(力)=+/,則有/(")</(1一x2),顯然/(2)在R上單調(diào)遞增，

則力2&1—22,可得224,解得—,《力V

故不等式的解集為

故答案為：［—卒，乎］

例10.(2022.四川遂寧.三模(文))德國(guó)大數(shù)學(xué)家高斯年少成名，被譽(yù)為數(shù)學(xué)屆的王子，19歲的高斯

得到了一個(gè)數(shù)學(xué)史上非常重要的結(jié)論，就是《正十七邊形尺規(guī)作圖之理論與方法》，在其年幼時(shí)，對(duì)1

+2+3+…+100的求和運(yùn)算中，提出了倒序相加法的原理，該原理基于所給數(shù)據(jù)前后對(duì)應(yīng)項(xiàng)的和呈

現(xiàn)一定的規(guī)律生成,因此,此方法也稱之為高斯算法，現(xiàn)有函