2024年全国一卷数学新高考题型细分S4 创新大题3

2024年全国一卷新高考题型细分S4 ——创新大题3 1、 试卷主要是2024年全国一卷新高考地区真题、模拟题，合计202套。其中全国高考真题4套，广东47套，山东22套，江苏18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。 2、 题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。 3、 题型纯粹按照个人经验进行分类，没有固定的标准。 4、 《创新大题》大概58道。 创新大题3： 1. （2024年浙J39绍兴上虞调测）19．帕德近似是法国数学家亨利•帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，. 已知在处的阶帕德近似为.注：，，，，… (1)求实数的值；（[endnoteRef:2]） (2)当时，试比较与的大小，并证明； (3)定义数列：，，求证：. [2: 19．(1)，； (2)，证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据帕德近似定义，列式求解，即得答案. （2）由题意知只需比较与的大小，即比较比较1与的大小，从而构造函数，利用导数，即可求解； （3）结合题意得，令，结合（2）可得，进而推出，另一方面，令，利用导数，即可证明结论. 【详解】（1）由题意得，， ，故，， 解得，. （2）由上可得，要比较与的大小， ，只需比较1与的大小， 令，， 所以，从而可得在上单调递增， 所以，即，所以. （3）设，， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 故，即，当且仅当时等号成立； 由题意知，，， 则，故可得；   ，令，， 故该函数在上递减，故可得，即，可得； 一方面：由（2）可得， 又因为，所以可得，即，即， 即， 故，即，所以. 另一方面：， 令，， 所以在单调递增，所以，得证. 【点睛】难点点睛：本题考查了导数新定义问题，解答的关键是要理解导数的新定义，并由此取解决问题，难点在于（3）中不等式的证明，解答时要结合，进行放缩，并结合构造函数进行证明. ] 2. （2024年浙J38绍兴四月适）19．已知，集合其中. (1)求中最小的元素；（[endnoteRef:3]） (2)设，，且，求的值； (3)记，，若集合中的元素个数为，求. [3: 19．(1)7 (2)或10 (3) 【分析】（1）根据集合新定义，确定中最小的元素即可； （2）根据集合中的元素可得，设，，分别讨论当时，当时，当时，的取值情况，即可得结论； （3）设，则，其中，，所以，根据组合数的运算性质确定与的关系，即可求得的值. 【详解】（1）中的最小元素为. （2）由题得，设，. ①当时，或或或或或. 经检验，当时，，符合题意， 所以. ②当时，或或或. 经检验，当时，，符合题意， 所以. ③当时，不符合题意. 因此，或10. （3）设，则，其中， ，所以， 设，则. 因为， 所以 . 因为， 所以，所以， 又因为，所以. 【点睛】方法点睛：解决以集合为背景的新定义问题，注意两点： （1）根据集合定义式，确定集合中元素的特点，结合指数运算确定指数的取值情况从而得集合中的元素性质； （2）确定集合中的元素个数为时，结合组合数的运算性质确定与的关系. ] 3. （2024年浙J37宁波模拟）19．定义：对于定义在区间上的函数，若存在实数，使得函数在区间上单调递增（递减），在区间上单调递减（递增），则称这个函数为单峰函数且称为最优点.已知定义在区间上的函数是以为最优点的单峰函数，在区间上选取关于区间的中心对称的两个试验点，称使得较小的试验点为好点（若相同，就任选其一），另一个称为差点.容易发现，最优点与好点在差点的同一侧.我们以差点为分界点，把区间分成两部分，并称好点所在的部分为存优区间，设存优区间为，再对区间重复以上操作，可以找到新的存优区间，同理可依次找到存优区间，满足，可使存优区间长度逐步减小.为了方便找到最优点（或者接近最优点），从第二次操作起，将前一次操作中的好点作为本次操作的一个试验点，若每次操作后得到的存优区间长度与操作前区间的长度的比值为同一个常数，则称这样的操作是“优美的”，得到的每一个存优区间都称为优美存优区间，称为优美存优区间常数.对区间进行次“优美的”操作，最后得到优美存优区间，令，我们可任取区间内的一个实数作为最优点的近似值，称之为在区间上精度为的“合规近似值”，记作.已知函数，函数. (1)求证：函数是单峰函数；（[endnoteRef:4]） (2)已知为函数的最优点，为函数的最优点. （i）求证：； （ii）求证：. 注：. [4: 19．(1)证明见解析； (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析. 【分析】（1）根据单峰函数的定义，求导确定得单调性即可； （2）（i）令，则，令，根据为函数的最优点，为函数的最优点，可确定导函数的零点，根据导函数的零点验证结论即可；（ii）根据“合规近似值”的定义，结合函数单调性与不等式的性质证明结论即可. 【详解】（1）因为，令，则.， 因为，则，则在上单调递减， 又因为， 由零点存在定理知，存在唯一的，使得，且 时，，， 所以在上递增，上递减，所以为单峰函数. （2）（i）令，则，令， 因为为在上的最优点，所以为在的最优点，， 所以，结合最优点的定义知，为在区间上的唯一零点. 又由（1）知，在递增，递减，且. 所以由零点存在性定理知在区间存在唯一的，使得， 即，所以. （ii）第一次操作：取，由对称性不妨去掉区间， 则存优区间为，为好点； 第二次操作：为一个试验点，为了保证对称性， 另一个试验点与关于区间的中心对称，所以； 又因为前两次操作，每次操作后剩下的存优区间长度与操作前的比值为. 若，即，则（舍去）； 若，即，则，即，解得或（舍）. 则操作5次后的精度为. . 又， 所以. 所以，得证. 【点睛】关键点点睛：本题属于函数新定义问题，求解本题第二问得关键点在于对“单峰函数”、“优美存优区间常数”、“合规近似值”的理解，结合函数的单调性、绝对值不等式的进行结论的证明.考查学生的分析与计算，属于难题. ] 4. （2024年浙J35金华义乌三模）19．若函数满足以下三个条件，则称为函数.①定义域为；②对任意，；③对任意正整数，，当时，有.若给定函数某几个函数值，在满足条件①②③的情况下，可能的如果有种，分别为，，，. 那么我们记等于，，，的最大值.这样得到的称为的最大生成函数. (1)若为函数，且是在给定条件，下的的最大生成函数，求和的值；（[endnoteRef:5]） (2)若为函数，且满足，求数列的前10项和； (3)若为函数，且是在给定条件，下的的最大生成函数，求数列的前项和. [5: 19．(1)， (2)1024 (3) 【分析】（1）根据所给定义得到，结合所给条件求出，即可猜想，即可求出 （2）首先求出，，猜想，再由数学归纳法证明，再由等比数列求和公式计算可得； （3）首先求出的前几个数，猜想，利用数学归纳法证明，再分为偶数和为奇数，利用分组求和法计算可得. 【详解】（1）因为， 所以，所以. 但是若，则，又，这出现矛盾， 所以不成立，即， 此时，，所以或者. 若令，显然它是满足函数的3个条件的，不会出现矛盾. 所以. （2）由，则，若，则，，出现矛盾. 所以.同理求得，我们猜想 下面证明它.当，2，3时，的公式显然成立. 假设当时，的公式成立. 则当时， ， ， ， ， 显然，只能是. 所以得证. 可知，该公式给定的数列也满足函数的3个条件. 于是， 所以数列的前10项和为. （3）因为，，所以，， 因为，不妨取，则且， 所以，即. 我们猜想， 下面证明它. 当，2，3，4时，的公式显然成立. 假设当，2，3，4，，，时，的公式成立，则当时 即只需即可，所以. 又当时 即只有，所以， 所以得证. 可知，该公式给定的数列也满足函数的3个条件. 于是当为偶数时， ； 当为奇数时，； 所以数列的前项和为. 【点睛】关键点点睛：对于新定义型问题，关键是理解所给定义，对于直接证明比较困难的问题，先猜想，再利用数学归纳法证明. ] 5. （2024年浙J33东阳五月测）19．若正实数数列满足，则称是一个对数凸数列；若实数列满足，则称是一个凸数列.已知是一个对数凸数列，． (1)证明：；([endnoteRef:6]) (2)若，证明：； (3)若，，求的最大值． [6: 19．(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3)10. 【分析】（1）法一：由得到，，，，，累乘法得到； 法二：由得到； （2）法一：由题意得，从而得到，证明出； 法二：考虑反证法，假设，得到，进而推出，假设不成立； 法三：得到，且，利用累加法得到，证明出结论； （3）由可得，即，累加得，另外，故，故，化简得：，显然符合题意，此时，综上，的最大值为10． 【详解】（1）法一：由题意得：，∴， ∴，，，，， 将以上式子累乘得：，也即成立． 法二：由题意得：， ∴，∴成立． （2）法一：∵，∴， ∴， 则， ∴， ∴． 法二：考虑反证法，假设， 由得， ∴，∴， 同理：， ∴，∴， 同理可证：，，…，， 综上可得：，与条件矛盾， ∴假设不成立，∴成立． 法三：∵，∴，也即， 同时，由可得：， ∴，也即， ∴，，…，， 将以上式子累加得：， 也即，同理可得： ， ， …… ， 将以上式子累加得：， ∴，∴，∴成立． （3）由可得：， ∴，也即， ∴，，…，， 将以上式子累加得：，① 另外，，，…，， 将以上式子累加得：，② 结合①②式可得：， ∴，化简得：， 另外，显然有符合题意，此时， 综上，的最大值为10． 【点睛】思路点睛：数列的性质可参考这类下凸函数进行理解，不等式相当于函数图象上三条直线的斜率大小关系． ] 6. （2024年浙J32北斗星盟联考）19．莫比乌斯函数，由德国数学家和天文学家莫比乌斯提出，数学家梅滕斯首先使用作为莫比乌斯函数的记号，其在数论中有着广泛应用.所有大于1的正整数都可以被唯一表示为有限个质数的乘积形式：（为的质因数个数，为质数，，），例如：，对应，，，，，，.现对任意，定义莫比乌斯函数. (1)求，；（[endnoteRef:7]） (2)已知，记（为的质因数个数，为质数，，）的所有因数从小到大依次为，，…，. （ⅰ）证明：； （ⅱ）求的值（用（）表示）. [7: 19．(1)， (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）由，，根据所给定义计算可得； （2）（ⅰ）依题意只考虑，，…，中的若干个数的乘积构成的因数，从个质数中任选个数的乘积一共有种结果，再由组合数公式计算可得； （ⅱ）由（ⅰ）分析可知，因此的所有因数除之外，只考虑，，…，中的若干个数的乘积构成的因数，即可推导出，最后利用累乘法计算可得. 【详解】（1）因为，因为的指数，所以； 又，易知，，，，， 所以； （2）（ⅰ）的因数中如有平方数，根据莫比乌斯函数的定义，， 因此的所有因数除之外，只考虑，，…，中的若干个数的乘积构成的因数， 从个质数中任选个数的乘积一共有种结果， 所以 . （ⅱ）方法一：由（ⅰ）知，因此的所有因数除之外，只考虑，，…，中的若干个数的乘积构成的因数， 所以 . 令， 则（，）， 所以. 所以，. 因为，所以. 方法二： . 由展开式原理可知，的展开式即为上式所求. 【点睛】关键点点睛：本题关键是理解题干所给定义，得到的所有因数除之外，只考虑，，…，中的若干个数的乘积构成的因数. ] 7. （2024年浙J31五校联考）19．卷积运算在图象处理、人工智能、通信系统等领域有广泛的应用．一般地，对无穷数列，，定义无穷数列，记作，称为与的卷积．卷积运算有如图所示的直观含义，即中的项依次为所列数阵从左上角开始各条对角线上元素的和，易知有交换律．（[endnoteRef:8]） (1)若，，，求，，，； (2)对，定义如下：①当时，；②当时，为满足通项的数列，即将的每一项向后平移项，前项都取为0．试找到数列，使得； (3)若，，证明：当时，． [8: 19．(1)，，， (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据数列和数列的通项公式，分别求出这两个数列的前四项，再根据数列的定义求出，，，. （2）通过特例和前面的一些项来寻找规律及性质，有效转化特殊与一般. （3）思路一：由卷积运算的交换律，得，记的前n项和为，再利用求. 思路二：记的前n项和为，对所有对应项相加所得的数列为，易证卷积关于数列加法有分配律、卷积运算满足结合律，因此可得，，再利用求. 【详解】（1）因为，，所以，；，； ，；，. 因为，， 所以，，，. （2）， 对一般的，. （3）方法一： 记的前n项和为，由卷积运算的交换律有, 故， 因此，② ②－①得， 故当时，． 方法二： 记的前n项和为，常数列，注意      （Ⅰ） 易证卷积关于数列加法有分配律，将（Ⅰ）中所有数列对应项相加，得，注意      （Ⅱ） 注意是对所有对应项相加所得的数列，是对所有对应项相加所得的数列， 易知卷积运算有结合律，因此将（Ⅱ）中所有数列对应项相加， 得的通项即为， 故当时，． 注：以上论证可用符号语言说明如下： 定义数列加法：，其中． 容易验证卷积运算满足结合律：， 数列加法关于卷积满足分配律：． 因此. 【点睛】方法点睛： 本题主要考查数列新定义与卷积运算的综合问题，属于难题. 1、解决数列新概念问题时需注意: （1）读懂定义，理解新定义数列的含义； （2）通过特例列举前面的一些项来寻找规律及性质，以及新定义数列与已知数列的关系，进行求解. 2、卷积运算具有的性质 （1）交换律：. （2）结合律：. （3）分配律：. ] 8. （2024年浙J30嘉兴二模）19．已知集合，定义：当时，把集合中所有的数从小到大排列成数列，数列的前项和为.例如：时，，. (1)写出，并求；（[endnoteRef:9]） (2)判断88是否为数列中的项.若是，求出是第几项；若不是，请说明理由； (3)若2024是数列中的某一项，求及的值. [9: 19．(1)，； (2)88是数列的第30项； (3)，， 【分析】当时，此时，由集合新定义中的规则代入计算即可； 根据集合新定义，由，再列举出比它小的项即可； 方法一：由可得，再列举出比它小的项分别有以下7种情况，再求和；方法二：由可得，求得集合中的元素个数和最大的一个，可得，再求和可得. 【详解】（1）因为，此时， ， . （2）当时，， 是数列中的项， 比它小的项分别有个， 有个， 有个， 所以比88小的项共有个，故88是数列的第30项. （3）是数列中的项，故， 则当时，， 方法一：比它小的项分别有以下7种情况： ①个数字任取7个得个， ②，得个， ③，得个， ④，得个， ⑤，得个， ⑥，得个， ⑦，得个， 所以比2024小的项共有个， 其中 故2024是数列的第329项，即. 方法二：共有元素个， 最大的是，其次为， 所以2024是数列的第项，即. 在总共项中，含有的项共有个，同理都各有个，所以，则. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于解读集合的定义计算，并联想到和辅助思考. ] 9. （2024年苏J37苏锡常镇二调）19．如图所示数阵，第行共有个数，第m行的第1个数为，第2个数为，第个数为.规定：. (1)试判断每一行的最后两个数的大小关系，并证明你的结论； (2)求证：每一行的所有数之和等于下一行的最后一个数；（[endnoteRef:10]） (3)从第1行起，每一行最后一个数依次构成数列，设数列的前n项和为是否存在正整数k，使得对任意正整数n，恒成立？如存在，请求出k的最大值，如不存在，请说明理由. [10: 19．(1)相等，证明见解析 (2)证明见解析 (3)存在，3 【分析】（1）首先写出第1行和第2行的最后两个数，根据结论预测每一行最后2个数的大小关系，再利用组合数的性质和组合数的阶乘公式，即可证明； （2）首先写出第m（）行的个数之和，并利用组合数公式和性质进行化简，再根据（1）的结果，即可证明； （3）首先根据特殊值判断的最大值，再利用放缩法求数列的前项和的不等式，即可证明不等式. 【详解】（1）第1行最后两数，第2行的最后两数. 第m（）行的第m个数为，第个数为， 猜测：， 即证：， 法一：因为， 只要证明，该式显然成立， 所以， 所以每行最后两个数相等. 法二： 因为 ； 又因为 . 即：. 所以每一行的最后两个数相等. （2）第1行所有数之和为，第2行的最后一个数为， 此时结论成立. 因为， 第m（）行的个数之和为： . 而第行倒数第二个数为， 由（1）得每行最后两个相等，所以结论得证. （3）当，时，，，当时，此时显然不成立. 猜测：存在正整数k，使得恒成立，k的最大值为3. 下证：当时，恒成立. 由（1）知，，则， 因为 . 又，当时，. 当时，，所以. 综上：存在正整数k，k的最大值为3，使得恒成立. 【点睛】关键点点睛：本题前2问的关键是抽象出每行的组合数以及最后两个数的组合数，再利用组合数的性质和公式，即可证明，第3问的关键是利用迭代的方法证明. ] 10. （2024年苏J36七市三调）19．“熵”常用来判断系统中信息含量的多少，也用来判断概率分布中随机变量的不确定性大小，一般熵越大表示随机变量的不确定性越明显．定义：随机变量对应取值的概率为，其单位为bit的熵为，且．（当，规定．） (1)若抛掷一枚硬币1次，正面向上的概率为，正面向上的次数为，分别比较与时对应的大小，并根据你的理解说明结论的实际含义； (2)若拋郑一枚质地均匀的硬币次，设表示正面向上的总次数，表示第次反面向上的次数（0或1）．表示正面向上次且第次反面向上次的概率，如时，．对于两个离散的随机变量，其单位为bit的联合熵记为，且．（[endnoteRef:11]） （ⅰ）当时，求的值； （ⅱ）求证：． [11: 19．(1)答案见解析 (2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）根据定义代入计算，再比较大小即可； （2）（i）根据步骤列出分布列，再计算即可；（ii）当时，，再计算出时，，最后代入公式计算化简即可. 【详解】（1）时，， 时， 因为，所以，所以. 说明硬币质地均匀时，抛掷正面向上的不确定性更大. （2）（i）当时，的分布列： . （ii）当时，第次正面向上，前次中有次正面向上， 所以， 所以 . 当时，第次反面向上，前次中有次正面向上， 所以， 所以. 所以 . 由， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题第二问第一小问的关键是列出当时，的分布列，然后再计算相关值，第二小问的关键是对和的讨论，最后代入题目所给公式计算即可. ] 11. （2024年苏J38航附五月测）19．对于每项均是正整数的数列P：，定义变换，将数列P变换成数列：．对于每项均是非负整数的数列，定义，定义变换，将数列Q各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列． (1)若数列为2，4，3，7，求的值；（[endnoteRef:12]） (2)对于每项均是正整数的有穷数列，令，． （i）探究与的关系； （ii）证明：． [12: 19．(1)172； (2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）根据给定的数列及变换计算即得. （2）（i）根据给定的信息依次计算，再作差即得；（ii）是每项均为非负整数的数列，交换数列的第项与第项得到数列，利用已知证明，再结合（i）推理即得. 【详解】（1）依题意，，， . （2）（i）记， ， ， ， ，所以. （ii）设是每项均为非负整数的数列， 当存在，使得时，交换数列的第项与第项得到数列， 则， 当存在，使得时，若记数列为，则， 因此，从而对于任意给定的数列， 由，，由（i）知， 所以. 【点睛】关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决. ] 12. （2024年鄂J23荆州四适）19．对于数列，如果存在一个正整数，使得对任意，都有成立，那么就把这样的一类数列称作周期为的周期数列，的最小值称作数列的最小正周期，简称周期. (1)判断数列和是否为周期数列，如果是，写出该数列的周期，如果不是，说明理由. (2)设（1）中数列前项和为，试问是否存在，使对任意，都有成立，若存在，求出的取值范围，若不存在，说明理由.（[endnoteRef:13]） (3)若数列和满足，且，是否存在非零常数，使得是周期数列？若存在，请求出所有满足条件的常数；若不存在，请说明理由. [13: 19．(1)数列是周期数列，其周期为1；数列是周期数列，其周期为6 (2)存在， (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）根据周期数列的定义进行判断即可； （2）由（1）可知，是周期为的数列，得到数列，求出，通过讨论得到的取值范围； （3）假设存在非零常数，使得是周期为T的数列，推导出数列是周期为的周期数列，进一步得到数列的周期为，推断出，而该方程无解，所以，不存在非零常数，使得是周期数列. 【详解】（1）均是周期数列，理由如下： 因为， 所以数列是周期数列，其周期为1， 因为， 所以.则，所以， 所以数列是周期数列，其周期为6； （2）由（1）可知，是周期为的数列， 计算数列为：， 故， 当时，，故； 当时，，故； 当时，，故； 当时，，故； 当时，，故； 当时，，故； 综上所述：存在，且. （3）假设存在非零常数，使得是周期为T的数列， 所以，即， 所以，，即， 所以，，即， 所以数列是周期为的周期数列， 因为，即， 因为， 所以，，， 所以数列的周期为， 所以，即，显然方程无解， 所以，不存在非零常数，使得是周期数列. 【点睛】关键点点睛：（2）由（1）可知，是周期为的数列，求时要将分成六类，求的取值范围时也要分六类讨论；（3）先假设存在非零常数，使得是周期为T的数列，推导出数列的周期为，推断出，通过该方程无解，得到不存在非零常数，使得是周期数列. ] 13. （2024年鄂J21黄冈二模）19．第二十五届中国国际高新技术成果交易会（简称“高交会”）在深圳闭幕.会展展出了国产全球首架电动垂直起降载人飞碟.观察它的外观造型，我们会被其优美的曲线折服.现代产品外观特别讲究线条感，为此我们需要刻画曲线的弯曲程度.考察如图所示的光滑曲线上的曲线段，其弧长为，当动点从沿曲线段运动到点时，点的切线也随着转动到点的切线，记这两条切线之间的夹角为（它等于的倾斜角与的倾斜角之差）.显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以定义为曲线段的平均曲率；显然当越接近，即越小，就越能精确刻画曲线在点处的弯曲程度，因此定义（若极限存在）为曲线在点处的曲率.（其中，分别表示在点处的一阶､二阶导数） (1)已知抛物线的焦点到准线的距离为3，则在该抛物线上点处的曲率是多少？ (2)若函数，不等式对于恒成立，求的取值范围； (3)若动点的切线沿曲线运动至点处的切线，点的切线与轴的交点为.若，，是数列的前项和，证明.（[endnoteRef:14]） [14: 19．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）首先根据已知条件求出的值，再分别求出函数的一阶导数和二阶导数，代入公式求解即可； （2）根据的奇偶性和单调性得到，根据，的奇偶性和得到在处三角函数的曲率不大于曲线的曲率，代入公式求解即可； （3）首先求出在处的切线方程，进而得到与之间的关系，构造函数得到数列是等比数列，根据的通项公式得到和，适当放缩得到，进而得到. 【详解】（1）抛物线的焦点到准线的距离为3，， 即抛物线方程为，即，则，， 又抛物线在点处的曲率，则， 即在该抛物线上点处的曲率为； （2）， 在上为奇函数，又在上为减函数. 对于恒成立等价于对于恒成立. 又因为两个函数都是偶函数， 记，，则曲线恒在曲线上方， ，，又因为， 所以在处三角函数的曲率不大于曲线的曲率，即， 又因为，， ，，所以，解得：， 因此，的取值范围为； （3）由题可得， 所以曲线在点处的切线方程是， 即， 令，得，即， 显然，， 由，知，同理， 故，从而， 设，即，所以数列是等比数列， 故，即，从而， 所以，， ， 当时，显然； 当时，， ， 综上，. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点之一在于理解所给新定义平均曲率，利用新定义解决函数恒成立问题；关键点之二在于新定义平均曲率与数列结合，通过切线方程转化为数列相邻项之间的关系，再构造新数列求出通项公式，最后适当放缩求数列的前项和. ] 14. （2024年鄂J20黄冈浠水三模）19．如果函数的导数，可记为．若，则表示曲线，直线以及轴围成的“曲边梯形”的面积． (1)若，且，求；（[endnoteRef:15]） (2)已知，证明：，并解释其几何意义； (3)证明：，． [15: 19．(1) (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由基本函数的导数公式和题中定积分的含义得到. （2）先由定积分的预算得到，再分别构造函数和，利用导数分析单调性，证明结论；几何意义由题干中定积分的含义得到. （3）先由二倍角公式化简得到，再由定积分的意义得到，最后根据求导与定积分的运算得到，最后得证. 【详解】（1）当时，因为，所以设， 又，代入上式可得， 所以，当时，； 当时，设，同理可得， 综上，. （2）因为，所以， 设，则恒成立， 所以在上单调递增，所以，故，即； 设，， 则恒成立，所以在上单调递增，， 所以， 综上，. 几何意义：当时，曲线与直线（轴），以及轴围成的“曲边面积”大于直线（轴），以及轴，直线围成的矩形面积，小于（轴），以及轴，直线围成的矩形面积. （3）因为， 所以 ， 设，则， 所以， 故. 【点睛】关键点点睛：1、由题干得到求导与定积分互为逆运算；2、证明不等式时可作差构造函数，求导，利用导数分析其单调性；3、利用定积分的几何意义得到要证明的不等式间关系，再利用求导与定积分运算得出最后结果. ] 15. （2024年鄂J19黄冈八模）19．对于一个行列的数表，用表示数表中第行第列的数，其中，且数表满足以下两个条件：（[endnoteRef:16]） ①； ②，规定． (1)已知数表中，，．写出，，的值； (2)若，其中表示数集中最大的数．规定．证明：； (3)证明：存在，对于任意，有． [16: 19．(1)，， (2)证明见详解 (3)证明见详解 【分析】（1）根据题意解答即可； （2）令，根据题意找到的不等式即可； （3）本质是找到数表中某一行，满足该行的每一个数都小于等于0即可. 【详解】（1）， ， ； （2）令 由题意， 所以一定有，即， 所以，所以； （3）由题意，对任意均有，且类似于（2），令 ，其中， 而时，有 ， 有， 所以当时，可推出， 所以， 假设，则有 ，即， 所以， 由于，符合的取值，这样的递推存在， 所以，使得任意的均有 ， 即，即. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于理清题目条件，根据条件求解即可. ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$