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2024-2025 学年高二下学期第一次月考真题精选（压轴 50 题 10 类题型
专练）
【人教 A 版（2019）】
题型归纳
题型 1 两条切线平行、垂直、公切线问题（共 5小题）
1．（23-24 高二下·江苏南京·阶段练习）若直线 + + = 0是曲线 ( ) = 3 + 14与曲线 ( ) = 2 3ln
的公切线，则 = （ ）
A．26 B．23 C．15 D．11
2．（23-24 高二下·江西·阶段练习）若函数 ( ) = 3 + 1 3( > 0)的图象与函数 ( ) = e
的图象有公切
线 1，且直线 与直线 = 2 + 2互相垂直，则实数 = （ ）
A 1 B e2 C 1 2 D 1．e ． ．e或 e ．e或4 e
3．（23-24 高二下·河北石家庄·阶段练习）若两曲线 = 2 1与 = ln 1存在公切线，则正实数 a 的取值
可能是（ ）
A．1.2 B．4 C．5.6 D．2e
4．（23-24 高二下·广东中山·阶段练习）已知曲线 1： ( ) = e + 和曲线 2： ( ) = ln( + ) + 2
( , ∈ R)，若存在斜率为 1 的直线与 1， 2同时相切，则 b 的取值范围是 .
5．（23-24 高二下·江苏苏州·阶段练习）已知函数 ( ) = ( )2， ( ) = ( )2.
(1)当 = 1时，求曲线 = ( )在 = 0处的切线方程.
(2)若 + = 1，是否存在直线 与曲线 = ( )和 = ( )都相切？若存在，求出直线 的方程（若直线 的方
程含参数，则用 表示）；若不存在，请说明理由.
题型 2 利用导数研究函数零点（方程根）（共 5小题）
1．（23-24 高二下·江苏南京·阶段练习）已知函数 ( ) = ln + 1 有两个零点 1, 2，且 1 < 2，则下列
命题正确的是（ ）
A． > 1 B． 1 +
2
2 <
C． 1 2 < 1 D． 2 1 >
1
1
1
2 23-24 · · ( ) = e + 1, ≥ 0．（ 高二下 浙江嘉兴 阶段练习）已知函数 2 + 2 3, < 0 ，若 ( ) = ( ) + 1有
三个不等零点，则实数 的取值范围是（ ）
A 1． ,4 B．(e,3) C．(e,4) D 1． ,3
e e

3．（23-24 ln 高二下·山东·阶段练习）函数 ( ) = + +ln + （a， ∈ ），下列说法正确的是（ ）
A．当 = 0 1，不等式 ( ) ≤ 0恒成立，则 b 的取值范围是 ∞,
e
B．当 = 0，函数 ( ) 1有两个零点，则 b 的取值范围是 ,0
e
C．当 = 1 1，函数 ( )有三个不同的零点，则 b 的取值范围是 1 2 , 1e +e
2
D．当 = 1，函数 ( )有三个零点 1, 2, 3且 1 < <
ln ln ln
2 3，则
1 + 1 2 3
+ 1 + 1 的值为 1．1 2 3
( + 1)e , ≤ 0
4．（23-24 高二下·湖北武汉·阶段练习）已知函数 ( ) = ln , > 0 ，函数 ( ) = ( ( ) 2)( ( ) )，

若函数 ( )恰有三个零点，则 的取值范围是 ．
5．（23-24 高二下·福建龙岩·阶段练习）已知函数 ( ) = e , ( ) = ln ．
(1)是否存在实数 ，使得 ( )和 ( )在(0, + ∞)上的单调区间相同？若存在，求出 的取值范围；若不存在，
请说明理由．
(2)已知 1, 2是 ( )的零点， 2, 3是 ( )的零点．
①证明： > e，
②证明：1 < 1 2 33 < e ．
题型 3 导数中的不等式问题（共 5小题）
1．（23-24 1高二下·广东清远·阶段练习）已知 ( ) = ln + 22 ( > 0)，若对任意两个不等的正实数 1, 2，
( 1) ( 2)
都有 > 1恒成立，则 的取值范围是（ ）1 2
A 1． , + ∞ B 1． , + ∞ C． 0, 1 D 0, 1．
4 4 4 4
2
2．（23-24 高二下·河南·阶段练习）已知 > 0 + + 1, ≤ 0，设函数 ( ) = e , > 0 ，若存在 0，使得 ( 0)
< ，则 的取值范围是（ ）
A．(0,2 2 2) B．(0,2 2 2) ∪ (1, + ∞)
C．(1, + ∞) D．(2 2 2, + ∞)
3．（23-24 高二下· 1广东东莞·阶段练习）已知函数 ( ) = ln + 22 ，在其图象上任取两个不同的点
( ) ( )( 1, 1)， ( 2, 2)( 1 > 2)
1 2
，总能使得 1
> 2，则实数 a 的取值可以为（ ）
2
A 1．2 B．1 C
3
．2 D．2

4．（23-24 高二下·贵州毕节·阶段练习）设实数 > 0，若对任意的 ≥ e，不等式 2ln e ≥ 0恒成立，
则 的最大值是 .
5．（23-24 高二下·湖北孝感·阶段练习）已知函数 ( ) = e 1 22 1( ∈ ).
(1)若 ( ) ≥ 0在 ∈ [0, + ∞)上恒成立，求 的取值范围；
2
(2) > 0 证明：当 时，ln( + 1) > e 1.
题型 4 利用导数研究双变量问题（共 5小题）
1．（23-24 高二下·四川眉山·阶段练习）已知函数 ( ) = e + 有两个零点 1, 2，且 1 > 2，则下列说法
不正确的是（ ）
A． < e B． 1 + 2 > ln( 1 2) +2
C． 1 2 > 1 D． ( )有极小值点
2．（23-24 高二下·湖北黄冈·阶段练习）设函数 ( ) = ( ) (其中 e 为自然对数的底数)恰有两个极值
点 1, 2( 1 < 2)，则下列说法中正确的是( ）
A 0 < < 1． 3 B．0 < 2 < 1
C 1． 2 < (0) < 0 D． ( 1) + ( 2) > 0

3．（23-24 高二下·云南曲靖·阶段练习）已知函数 ( ) = 22 + ln ( ∈ )有两个极值点 1, 2，则下列说
法正确的是（ ）
A． 的取值范围是( ∞,0) ∪ (4, + ∞) B． 1 + 2 = 1
C 1． 1 2的取值范围是 0, D． ( 1) + ( 2)的取值范围是( ∞, 3 2ln2)4
4 23-24 · · ( )=ln ．（ 高二下 四川成都 阶段练习）已知函数 , ( )= e
，若存在 1∈(0,+∞), 2∈R，使得 ( 1)
= ( 2)= 成立，则下列命题正确的有 ．
①当 >0时， 1+ 2>1
②当 >0时，2< +e 1 2<2e
③当 <0时， 1+ 2<1

④当 <0 2时， e 1 的最小值为 1 e
5．（23-24 高二下·广东揭阳·阶段练习）设函数 ( ) = ln + 2 ( ∈ ).
(1)当 = 3时，求函数 ( )的单调区间；
(2)若函数 ( )有两个极值点 1, 2，且 1 ∈ (0,1]，求 ( 1) ( 2)的最小值.
题型 5 导数中的新定义问题（共 5小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·广平面东向量江线门性运·算阶的段坐标练表示习）给出定义：若函数 ( )在 上可导，即 ′( )存在，且导函数 ′( )在
上也可导，则称 ( )在 ′上存在二阶导函数，记 ″( ) = ′( ) .若 ″( ) < 0在 上恒成立，则称 ( )在 上
π
为凸函数.以下四个函数在 0, 上不是凸函数的是（ ）
2
A． ( ) = cos + sin B． ( ) = ln + 3
C． ( ) = e D． ( ) = 3 +4 8
2．（23-24 高二下·北京丰台·阶段练习）拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，其定理陈述如下：
如果函数 ( )在闭区间[ , ]上连续，在开区间( , )内可导，则在区间( , )内至少存在一个点 0 ∈ ( , )，使
得 ( ) ( ) = ′( 0)( ), = 0称为函数 = ( )在闭区间[ , ]上的中值点.若关于函数 ( ) = sin 在区
间[0,π]上的“中值点”的个数为 ，函数 ( ) = e 在区间[0,1]上的“中值点”的个数为 ，则有 + = （ ）
（参考数据：π ≈ 3.14,e ≈ 2.72.）
A．1 B．2 C．0 D．3
3．（23-24 高二下·浙江嘉兴·阶段练习）已知函数 ( )的导数为 ′( )，若存在 0，使得 ( 0) = ′( 0)，则称
0是 ( )的一个“巧值点”，则下列函数中，存在“巧值点”的是（ ）
A ( ) = 1． B． ( ) = ln
C． ( ) = tan D． ( ) = + 1
4．（23-24 高二下·黑龙江绥化·阶段练习）法国数学家拉格朗日 1797 年在著作《解析函数论》中给出一个
定理：如果函数 = ( )满足条件：
（1）在闭区间[ , ]是连续不断的；（2）在区间( , )上都有导数.
则在区间( , )上至少存在一个实数 ，使得 ( ) ( ) = ′( )( )，其中 称为“拉格朗日中值”．
函数 ( ) = 3 +2 + 3在区间[0,2]上的“拉格朗日中值” = ．
5．（23-24 高二下·云南楚雄·阶段练习）定义在区间 上的函数 ( )满足：若对任意 1, 2 ∈ ，且 1 > 2，
( 1) ( 2) > 1
2
都有 2 + ，则称 ( )是 上的“好函数”．1 2
(1)若 ( ) = 2是[1, + ∞)上的“好函数”，求 的取值范围．
(2)（ⅰ）证明： ( ) = ln 是(0, + ∞)上的“好函数”．
1 1 1 1
（ⅱ）设 ∈ N*，证明：ln(2 + 1) > 1 + 2 + 3 + 4 + + ．
题型 6 涂色问题（共 5小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·安平面徽向量合线肥性运·算阶的段坐标练表示习）春天来了，万物复苏，合肥六中乐之楼楼下的花坛里种了不同颜色
的花．如图，花坛内有五个花池，有五种不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内只能种同种颜色的花卉，
相邻两池的花色不同，则最多有几种栽种方案数有（ ）
A．180 B．240 C．360 D．420
2．（23-24 高二下·江苏镇江·阶段练习）给图中 A，B，C，D，E，F 六个区域进行染色，每个区域只染一
种颜色，且相邻的区域不同色，若有 4 种颜色可供选择，则不同的染色方案种数为（ ）
A．72 B．96 C．240 D．360
3．（23-24 高二下·浙江嘉兴·阶段练习）如图，用 种不同的颜色把图中 , , , , 五块区域涂上颜色，相邻
区域不能涂同一种颜色，则（ ）
A． ≥ 3
B．当 = 4时，若 , 同色，共有 48 种涂法
C．当 = 4时，若 , 不同色，共有 48 种涂法
D．当 = 5时，总的涂色方法有 420 种
4．（23-24 高二下·广东肇庆·阶段练习）某植物园要在如图所示的 5 个区域种植果树，现有 5 种不同的果树
供选择，要求相邻区域不能种同一种果树，则共有 种不同的方法．
5．（23-24 高二下·河北邢台·阶段练习）如图，某心形花坛中有 A，B，C，D，E5 个区域，每个区域只种
植一种颜色的花．
(1)要把 5 种不同颜色的花种植到这 5 个区域中，每种颜色的花都必须种植，共有多少种不同的种植方案？
(2)要把 4 种不同颜色的花种植到这 5 个区域中，每种颜色的花都必须种植，共有多少种不同的种植方案？
(3)要把红、黄、蓝、白 4 种不同颜色的花种植到这 5 个区域中，每种颜色的花都必须种植，要求相同颜色
的花不能相邻种植，且有两个相邻的区域种植红、黄 2 种不同颜色的花，共有多少种不同的种植方案？
题型 7 排列、组合综合（共 5小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·辽平面宁向量朝线阳性运·算阶的坐段标练表示习）甲 乙等 6 位同学去三个社区参加义务劳动，每个社区安排 2 位同
学，每位同学只去一个社区，则甲 乙到不同社区的不同安排方案共有（ ）
A．6 种 B．18 种 C．36 种 D．72 种
2．（23-24 高二下·山东·阶段练习）中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展
示了国际形象，增进了国际友谊，多次为祖国赢得了荣誉.现有 5 支救援队前往 A，B，C 等 3 个受灾点执行
救援任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排 1 支救援队，其中甲救援队只
能去 B，C 两个受灾点中的一个，则不同的安排方法数是（ ）
A．72 B．84 C．88 D．100
3．（23-24 高二下·广东东莞·阶段练习）为弘扬我国古代“六艺”文化，某研学旅行夏令营主办单位计划在暑
假开设“礼、乐、射、御、书、数”六门体验课程，若甲乙丙三名同学各只能体验其中一门课程．则（ ）
A．甲乙丙三人选择课程方案有 120 种方法
B．甲乙丙三人选择同样课程有 6 种方案
C．恰有三门课程没有被三名同学选中的选课方案有 120 种
D．若有 , , , , 五名教师教这 6 门课程，每名老师至少教一门，且 老师不教“数”，则有 1440 种排课
方式.
4．（23-24 高二下·山东·阶段练习）中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展
示了国际形象，增进了国际友谊，多次为祖国赢得荣誉．现有 6 支救援队（含甲、乙）前往 A，B，C 三个
受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中一个受灾点，且每个受灾点至少安排 1 支救援队，其中 A
受灾点至少需要 2 支救援队，且甲、乙 2 支救援队不能去同一个受灾点，则不同的安排方法种数是 ．
5．（23-24 高二下·北京东城·阶段练习）某学校举行男子乒乓球团体赛，决赛比赛规则采用积分制，两支决
赛的队伍依次进行三场比赛，其中前两场为男子单打比赛，第三场为男子双打的比赛，每位出场队员在决
赛中只能参加一场比赛. 某进入决赛的球队共有五名队员，现在需要提交该球队决赛的出场阵容，即三场比
赛的出场的队员名单.
(1)一共有多少种不同的出场阵容？
(2)若队员 A 因为技术原因不能参加男子双打比赛，则一共有多少种不同的出场阵容？
题型 8 利用二项式定理解决整除和余数问题（共 5小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·河北秦皇岛·阶段练习）985平面向量线性运算的坐标表示 +211被 10 除所得的余数为（ ）
A．1 B．2 C．0 D．9
2．（23-24 高二下·广东汕尾·阶段练习）今天是星期三，再过22025天是星期（ ）．
A．一 B．二 C．四 D．五
3．（23-24 高二下·黑龙江牡丹江·阶段练习）已知 ( ) = (2 )8 = 0 + 1 + 22 + + 88 ，则下列描
述正确的是（ ）
A． 0 + 1 + 2 + + 8 = 1 B． ( 1)除以5所得的余数是1
C．| 0| + | 1| + | 2| + | | = 388 D． 1 + 3 + + 7 = 1
4．（23-24 高二下·北京海淀·阶段练习）今天是星期四，经过 7 天后还是星期四，那么经过82024天后是星
期
．
5．（23-24 高二下·山东烟台·阶段练习）已知 ( ) = ( 2 + 2 + 3)8 = 20 + 1( + 1) + 2( + 1) + + 16
( + 1)16
(1)求 ( = 0,1,2, ,16)的最大值；
(2)求 (5) +5被 13 除的余数.
题型 9 二项式定理与数列求和（共 5小题）
平面向量线性运算的坐标表示
2 2 3
1．（23-24 高二下·天平面津向·量阶线性段运练算的 2 2习坐标）表已示 知(2 ) ( ≥ 2, ∈ )，展开式中 的系数为 ( )，则 (2) + (3) + (4)
2019
+ + 2 (2020)等于（ ）
A 2019 B 2019 C 1009 1009． 110 ． 505 ．1010 D． 505
6
2．（23-24 高二下·北京· 2 2 17阶段练习）设 = 0 0 + 1
1 + 2 2 + + 6 6，则 0 + 1 + 2
+ + 6 = （ ）
A．21 B．64 C．78 D．156
3．（23-24 高二下·浙江·阶段练习）我国南宋数学家杨辉 1261 年所著的《详解九章算法》就给出了著名的
杨辉三角，以下关于杨辉三角的猜想中正确的有（ ）
A．由“在相邻的两行中，除 1 以外的每一个数都等于它‘肩上’两个数的和”猜想：C 1 +1 = C + C
B．在杨辉三角第十行中，从左到右第 7 个数是 84
C．去除所有为 1 的项，依此构成数列2,3,3,4,6,4,5,10,10,5, ，则此数列的前 37 项和为 1014
D．由“111 = 11,112 = 121,113 = 1331”猜想115 = 15101051
4．（23-24 高二下·上海浦东新·阶段练习）对于 ∈ ，将 n 表示为 = 0 × 2 + 1 × 2 1 + 12 × 2 +
+ × 21 + × 20 1 ，当 = 0时， = 1.当1 ≤ ≤ 时， 为 0 或 1.记 ( )为上述表示中 为 0 的个数，

（例如1 = 1 × 20，4 = 1 × 22 +0 × 21 +0 × 20，故 (1) = 0， (4) = 2）.若 = 1 + 2 + + ，则
=1
127
2 ( ) = .
=1
5．（23-24 高二下·江苏宿迁·阶段练习）已知(1 + )2n = 0 + 1 + 2 2 + + 2 2n ．
(1)求 1 + 2 + 3 + + 2 的值
1
(2) ① = 2 +1 1 1证明：C 2 +2 + ，其中 = 1，2，3， ，2 ；2 C C +12 +1 2 +1
1 1 1 1 1 1
②利用①的结论求 + + +1 2 3 4 的值．2 1 2
题型 10 杨辉三角问题（共 5小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·黑平面龙向量江线哈性运尔算的滨坐标·阶表示段练习）“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发起一批又一
批数学爱好者的探究欲望．如图，由“杨辉三角”，下列叙述正确的是（ ）
A．C23 + C2 + C2 + + C24 5 9 = 120
B．第 2023 行中从左往右第 1013 个数与第 1014 个数相等
+1
C．记第 行的第 个数为 ，则 2 1 = 4
=1
D．第 20 行中第 8 个数与第 9 个数之比为8:13
2．（23-24 高二下·安徽滁州·阶段练习）习近平总书记在“十九大”报告中指出：坚定文化自信，推动社会主
义文化繁荣兴盛．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在中国南宋数学家杨
辉 1261 年所著的《详解九章算法》一书中出现．欧洲数学家帕斯卡在 1654 年才发现这一规律，比杨辉要
晩近四百年．“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发起一批又一批数学爱好者的探究欲望．如图，
由“杨辉三角”，下列叙述正确的是（ ）
A．C2+C2+C2+ +C23 4 5 9 = 120
B．第 2023 行中从左往右第 1013 个数与第 1014 个数相等
+1
C．记第 n 行的第 个数为 ，则 2i 1 = 4
=1
D．第 20 行中第 8 个数与第 9 个数之比为8:13
3．（23-24 高二下·广东佛山·阶段练习）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列．从第 1 行开
始，第 n 行从左到右的数字之和记为 ，如 1 = 1 + 1 = 2， 2 = 1 + 2 + 1 = 4，…，{ }的前 n 项和记为
，则下列说法正确的是（ ）
A．在“杨辉三角”第 10 行中，从左到右第 8 个数字是 120
B． 9 = 2046
C．在“杨辉三角”中，从第 2 行开始到第 n 行，每一行从左到右的第 3 个数字之和为C3
D 2 n 1 1． 的前 项和为2 2 +2 +1 2
4．（23-24 高二下·广西河池·阶段练习）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学
家杨辉于 1261 年所著的《详解九章算法》一书中.“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何
排列规律（如图所示），则“杨辉三角”中第 30 行中第 12 个数与第 13 个数之比为 .
5．（23-24 高二下·广东梅州·阶段练习）我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，他提出的杨辉三角是我
国古代数学重大成就之一.图为杨辉三角的部分内容.设杨辉三角中第 n 行的第 r 个数为C 1 ，观察题图可知，
相邻两行中三角形的两个腰都是由数字 1 组成的，其余的数都等于它肩上的两个数相加.
(1)用公式表示出题目中叙述的规律，并加以证明.
(2)在杨辉三角中是否存在某一行，使该行中三个相邻的数之比为3:8:14？若存在，试求出这三个数；若不存
在，请说明理由.2024-2025 学年高二下学期第一次月考真题精选（压轴 50 题 10 类题型
专练）
【人教 A 版（2019）】
题型归纳
题型 1 两条切线平行、垂直、公切线问题（共 5小题）
1．（23-24 高二下·江苏南京·阶段练习）若直线 + + = 0是曲线 ( ) = 3 + 14与曲线 ( ) = 2 3ln
的公切线，则 = （ ）
A．26 B．23 C．15 D．11
【解题思路】先由 ( ) = 2 3ln ，利用切线斜率为-1 求得切点，再将切点代入切线方程求得 a，然后设切
线与 ( )的切点为( , 3 + 14)，利用切线斜率为-1 和切点在切线上求解.
【解答过程】解：因为 ( ) = 2 3ln ，
3 3 3
所以 ′( ) = 2 ，由2 = 1，解得 = 1或 = 2（舍去），
所以切点为(1,1)，
因为切点在切线 + + = 0上，解得 = 2，
所以切线方程为 + 2 = 0，
′( ) = 3 2 + 设切点为( , 3 + 14)，
3 2
+ = 1 = 13
由题意得 + 3 + 14 2 = 0 ，解得 = 2 ，
所以 = 11，
故选：D.
2．（23-24 高二下·江西·阶段练习）若函数 ( ) = 3 + 1 3( > 0)的图象与函数 ( ) = e
的图象有公切
线 ，且直线 与直线 = 12 + 2互相垂直，则实数 = （ ）
A 1．e B
1 1
．e2 C．e或2 e D．e或4 e
【解题思路】根据垂直性质可得 = 2，再求导根据导数的几何意义可得切线 的方程为 = 2 1，再设函
数 ( ) = e 与直线 切于点( 0, 0)，列式求解即可
【解答过程】由题知， = 2，令
1
′( ) = 3 2 = 2，又 > 0，解得 = 1，因为 (1) = 1，所以切线 的方程
为 = 2 1. ′( ) = ( + 1)e ，
设函数 ( ) = e 与直线 切于点( 0, 0)，
2 1
2 1 = e
0
0 = e 0
所以 0 0 ，故 02 = ( 2 ，0 + 1)e 0 = e 0
0+1
1
2 0 1 2 = 1
即 2 = +1，2 0 0 1 = 0
0
，解得 1 或 0
=
= 2 .0 0 e = 4 e
故选：D.
3．（23-24 高二下·河北石家庄·阶段练习）若两曲线 = 2 1与 = ln 1存在公切线，则正实数 a 的取值
可能是（ ）
A．1.2 B．4 C．5.6 D．2e
【解题思路】分别设切点分别为 ( 1, 1)， ( 2, 2)，由导数的几何意义分别写出切线方程，由题意切线方
程相同，从而可得出 = 4 22(ln 2 1)，设 ( ) = 4 2 4 2ln 由导数求出其值域即可.

【解答过程】由 = 2 1，则 ′ = 2 ，由 = ln 1，则 ′ =
设切线与曲线 = 2 1相切于点 ( 1, 1)，则斜率为2 1，
所以切线方程为 21 1 = 2 1( 1)，即 = 2 1 1
2
1 ①

设切线与曲线 = ln 1相切于点 ( 2, 2)，则斜率为： ， 2

则切线方程为 ( ln 2 1) = ( 2)，即 = 2 + ln 2 1，②2
2 1 =

根据题意方程①，②表示同一条直线，则 2
ln 2 = 21
所以 = 4 22(ln 2 1)，令 ( ) = 4 2 4 2ln （ > 0），
则 ′( ) = 4 (1 2ln )，所以 ( )在(0, e)上单调递增，在( e, + ∞)上单调递减， ( )max = ( e) = 2 ，由
题意 ∈ (0,2e].
故选：ABD.
4．（23-24 高二下·广东中山·阶段练习）已知曲线 1： ( ) = e + 和曲线 2： ( ) = ln( + ) + 2
9
( , ∈ R)，若存在斜率为 1 的直线与 1， 2同时相切，则 b 的取值范围是 ( ∞,4] .
【解题思路】分别求出两函数的导函数，再分别设直线与两曲线的切点的横坐标，由于斜率为 1 即导数值
为 1 分别求出切点横坐标，可得切线方程，再根据切线方程系数相等得与的关系式，再根据二次函数性质
可求出 b 的取值范围．
1
【解答过程】由题意得 ′( ) = e ， ′( ) = + ，
设斜率为 1 的切线在 1， 2上的切点横坐标分别为 1， 2，
1
所以e 1 = + = 1，则 1 = 0， 2 = 1 ，2
两点处的切线方程分别为 (1 + ) = ， 2 = (1 )，
2
所以 + 1 = 2 1 + ，即 = 2 + 2 = 1 + 9 ≤ 92 4 4，
9
所以 b 的取值范围为( ∞,4].
9
故答案为：( ∞,4].
5．（23-24 高二下·江苏苏州·阶段练习）已知函数 ( ) = ( )2， ( ) = ( )2.
(1)当 = 1时，求曲线 = ( )在 = 0处的切线方程.
(2)若 + = 1，是否存在直线 与曲线 = ( )和 = ( )都相切？若存在，求出直线 的方程（若直线 的方
程含参数，则用 表示）；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）根据导数的几何意义，先求导数得到切线的斜率，利用点斜式可得方程；
（2）先求两个函数的导数，利用公切线建立等量关系，求解方程可得答案.
【解答过程】（1）当 = 1时， ′( ) = 2( 1)， (0) = 1， ′(0) = 2.
曲线 = ( )在 = 0处的切线方程为 (0) = ′(0)( 0)，即 = 2 + 1.
（2）设直线 与曲线 = ( )相切于点 ( 1, 1)，与曲线 = ( )相切于点 ( 2, 2)， ′( ) = 2( )， ′( )
= 2( ).
曲线 = ( )在点 A 处的切线为 ( 21 ) = 2( 1 )( 1)，
与曲线 = ( )相切于点 ，
则 2( 2 ) = 2( 1 )且 ( )22 ( 1 )2 = 2( 1 )( 2 1)（*），
由 1 + 2 = + = 1，则 1 = ( 2 )，
代入（*）得 ( 1 )2 = ( 1 )( 2 1)，
解得 1 = 或 2 = .
当 1 = 时，直线 : = 0.当 2 = 时， 1 = 1 ，直线 : = 2(1 2 ) + 2 1.
故存在直线 与曲线 = ( )和 = ( )都相切，直线 的方程为 = 0或 = 2(1 2 ) + 2 1.
题型 2 利用导数研究函数零点（方程根）（共 5小题）
1．（23-24 高二下·江苏南京·阶段练习）已知函数 ( ) = ln + 1 有两个零点 1, 2，且 1 < 2，则下列
命题正确的是（ ）
A． > 1 B． 1 + 2 <
2

C < 1 D > 1． 1 2 ． 2 1 1
ln +1
【解题思路】根据零点可将问题转化为 = ，构造 =
ln +1
( ) ，求导即可根据函数的单调性得函数的大
2
致图象，即可根据图象求解 A，根据极值点偏移，构造函数 ( ) = ( )，结合函数的单调性即可

求解 B，根据 + > 21 2 可得ln( 1 2) > 0，即可求解 C，根据不等式的性质即可求解 D.
= 0 = ln +1【解答过程】由 ( ) 可得 ，令 ( ) =
ln +1
，其中 > 0，
则直线 = 与函数 ln ( )的图象有两个交点， ′( ) = 2 ，
由 ′( ) > 0可得0 < < 1，即函数 ( )的单调递增区间为(0,1)，
由 ′( ) < 0可得 > 1，即函数 ( )的单调递减区间为(1, + ∞)，
0 < < 1 = ln +1 1 ln +1且当 e时， ( ) < 0，当 > e时， ( ) = > 0， (1) = 1，
如下图所示：
由图可知，当0 < < 1时，直线 = 与函数 ( )的图象有两个交点，故 A 错误；
1
由图可知，e < 1 < 1 < 2，
= 1 = 1 > 0 0 < < 1 1因为 ′( ) ，由 ′( ) 可得 ，由 ′ ( ) < 0可得 > ，
1 1 1
所以，函数 ( )的增区间为 0, ，减区间为 , + ∞ ，则必有0 < <
1
< 2，
1 2
所以，0 < 1 < ，则 1 >
1
，
( ) = 2令 ( ) = ln 2 2 ln +
1
，其中0 < < ，

1 21 1 2
则 ′( ) = 2 +2 =

2 < 0，则函数 ( )
1
在 0, 上单调递减，


( ) > 1 2所以， 1 = 0，即 1 ( 1) > 0
2
，即 ( 1) < ， 1
又 ( 2) = ( 1) = 0，可得 ( 2) <
2
1
，
1 2 2
因为函数 ( )的单调递减区间为 , + ∞ ，则 2 > 1，即 1 + 2 > ，故 B 错误；
1 = ln 1 + 1 + = ln( 1 2)+2 > 2由 2 = ln 2 + 1 ，两式相加整理可得 1 2 ，
所以，ln( 1 2) > 0，可得 1 2 > 1，故 C 错误；
1 1 1
由图可知e < 1 < 1 < 2，则 1 > 1，又因为 2 > ，所以， 2 1 > 1，故 D 正确.
故选：D.
1
2 23-24 · · ( ) = e + 1, ≥ 0．（ 高二下 浙江嘉兴 阶段练习）已知函数 2 + 2 3, < 0 ，若 ( ) = ( ) + 1有
三个不等零点，则实数 的取值范围是（ ）
A 1． ,4 B．(e,3) C．(e,4) D 1． ,3
e e
【解题思路】先将问题转化为 ( ) + 1 = 0有三个不等的实数根，分两种情况讨论：当 < 0时，
= 1( 1) 1 +4，令 ( ) = ( 1)
1 +4，结合单调性讨论根的情况；当 ≥ 0时，e 1 1 = ( 1)，当 = 0
2 1
时，方程无实根；当 ≠ 0时，令 ′( ) = e 1 , ≥ 0，利用导数研究函数的性质，作出函数的图像，数形结合
得到结果.
【解答过程】若 ( ) = ( ) + 1有三个不等零点，等价于 ( ) + 1 = 0有三个不等的实数根，
当 < 0时， ( ) = 2 +2 3，
由 ( ) + 1 = 0得 2 +2 4 = ( 1)，
2
= +2 4
2
= ( 1) +4( 1) 1 = 1即 1 1 ( 1) 1 +4，
令 ( ) = ( 1)
1
1 +4，由复合函数的单调性可得，
当 < 0时， ( )单调递增，故 ( ) < (0) = 4，
故当 ≥ 4 1时，方程 = ( 1) 1 +4无实根；
当 < 4 1时，方程 = ( 1) 1 +4在 ∈ ( ∞,0)上有一个实根；
当 ≥ 0时， ( ) = e 1 +1，由 ( ) + 1 = 0得e 1 = ( 1)，
当 = 0时，显然方程无实根；
1 1 1
当 ≠ 0时， = e 1，令 ( ) = e 1, ≥ 0，则 ′( ) =
2 1
e 1 , ≥ 0，
当0 < < 2时， ′( ) > 0， ( )单调递增；
当 > 2时， ′( ) < 0， ( )单调递减；
即当 = 2时， = 1( )取得极大值 (2) e，，
(0) = e, (1) = 0，当0 < < 1时， ( ) < 0；当 > 1时， ( ) > 0，
作出图像如下：
要使 ( ) + 1 = 0有三个不等的实数根，
需满足：在 ∈ ( ∞,0)上有一个实数根，在[0, + ∞)上有两个实数根，
1 1 1
由图可知 = 与 ( )有两个交点时，0 < < e > e，
综上，e < < 4，即实数 的取值范围是(e,4)，
故选：C.

3．（23-24 ln 高二下·山东·阶段练习）函数 ( ) = + +ln + （a， ∈ ），下列说法正确的是（ ）
A 1．当 = 0，不等式 ( ) ≤ 0恒成立，则 b 的取值范围是 ∞,
e
B．当 = 0，函数 ( ) 1有两个零点，则 b 的取值范围是 ,0
e
C 1．当 = 1，函数 ( )有三个不同的零点，则 b 的取值范围是 1 2 , 1e +e
2
D．当 = 1，函数 ( )有三个零点 1, 2,
ln ln ln
3且 1 < 2 < 3，则 1 + 1 2 + 1
3 + 1 的值为 1．
1 2 3
ln
【解题思路】构造函数 ( ) = ，，利用导数求出其单调区间及最值，作出函数大致图象，进而可判断
1
AB ln ln ln ；当 = 1， ( ) = + +ln + = + 1+ ln + ，令 = 1 + ，结合 A 选项，可得出 与 的对应关系，
= + 1构造函数 ( ) ，作出其大致图象，结合图象进而可判断 CD.
ln
【解答过程】对于 AB，当 = 0， ( ) = + ，
ln ln
令 ( ) = + = 0，则 = ，
令 ( ) =
ln 1 ln
，则 ′( ) = 2 ，
当0 < < e时， ′( ) > 0，当 > e时， ′( ) < 0，
所以函数 ( )在(0,e)上单调递增，在(e, + ∞)上单调递减，
1
所以 ( )max = (e) = e，
不等式 ( ) ≤ 0恒成立，即 ( ) ≤ 恒成立，
所以 ≥ 1 1e，所以 ≤ e，
1
所以 b 的取值范围是 ∞, ，故 A 错误；
e
当 →0时， ( )→ ∞，当 → + ∞时， ( ) > 0且 ( )→0，
如图，作出函数 ( )的大致图象，
由图可知 ∈ 0, 1 1，所以 b 的取值范围是 ,0 ，故 B 正确；
e e
1
对于 C，当 = 1 ( ) = ln + ln ， +ln + = + 1+ ln + ，
令 = 1 + ln ，
ln
由上可知函数 = 1 + 在(0,e)上单调递增，在(e, + ∞)上单调递减，
ln
如图，作出函数 = 1 + 的大致图象，
≤ 1 = 1由图可知，当 或 e +1时， 与 一一对应，
当1 < < 1e +1时，1个 对应2个 ，
令 = + 1 1 + 1 = 0，则 + = 1 ，
1 1 1 2
令 ( ) = + ′ , ∈ ( ∞,0) ∪ 0, + 1 ，则 ( ) = 1
1
e 2
= ，
当 < 1或1 < < 1e +1时， ′( ) > 0，当 1 < < 0或0 < < 1时， ′( ) < 0，
1
所以函数 ( )在( ∞, 1), 1, + 1 上单调递增，在( 1,0),(0,1)上单调递减，
e
= 2, = 2, 1 = 1又 ( 1) (2) + 1
e e2+e
+2，
如图，作出函数 ( )的大致图象，
由图可知，要使函数 ( )有三个不同的零点，
则函数 = ( ), = 1 的图象有两个交点，
其中一个在 ∈ (0,1)上，另一个在 ∈ 1, 1 + 1 上，
e
1 1
所以2 < 1 < e2+e +2，所以 1 e2+e < < 1，故 C 正确；
对于 D，由 C 1选项知，函数 ( )由两个零点 1, 2， 1 ∈ (0,1), 2 ∈ 1, + 1 ，e
而函数 ( )有三个零点 1, 2, 3且 1 < 2 < 3，
ln 1
所以 1 = +1, =
ln 2 ln 3
2
1
+1 = +1，2 3
ln 2
则 1 + 1 ln 2 + 1 ln 3 + 1 = ( )2 1 2 ，1 2 3
1 1 1 1
而 1 + = 2 +
1 2
，所以 1 1 2 2 = = ，所以 = 1，2 1 1 2 1 2
ln 2
所以 1 + 1 ln 2 + 1
ln 3 + 1 = ( 2
1
2) = 1，故 D 正确.
1 2 3
故选：BCD.
( + 1)e , ≤ 0
4．（23-24 高二下·湖北武汉·阶段练习）已知函数 ( ) = ln , > 0 ，函数 ( ) = ( ( ) 2)( ( ) )，

( ) 1 1若函数 恰有三个零点，则 的取值范围是 ,0 ∪ 0, ．
e2 e
【解题思路】利用导数法，作出函数 ( )的大致图象，令( ( ) 2)( ( ) ) = 0， ( ) = 或 ( ) = 2，由
( ) = 2没有解，得到( ( ) 2)( ( ) ) = 0的解的个数与方程 ( ) = 解的个数相等求解.
【解答过程】解：当 ≤ 0时， ( ) = ( + 1)e ，所以 ′( ) = ( + 2)e ，
当 < 2时， ′( ) < 0，函数 ( )在( ∞, 2)上单调递减，
当2 < < 0时， ′( ) > 0，函数 ( )在( 2,0)上单调递增，
1且 (0) = 1， ( 2) = e2， ( 1) = 0，
当 < 1时， ( ) < 0，当 1 < ≤ 0时， ( ) > 0，
当 → ∞时，与一次函数 = + 1相比，函数 = e 增长更快，
= ( +1)从而 ( ) e →0，
> 0 = ln = 1 ln 当 时， ( ) ，所以 ′( ) 2 ，
当0 < < e时， ′( ) > 0，函数 ( )在(0,e)上单调递增，
当e < < + ∞时， ′( ) < 0，函数 ( )在(e, + ∞)上单调递减，
1且 (e) = e， (1) = 0，
当 > 1时， ( ) > 0，当0 < < 1时， ( ) < 0，
当 → + ∞时，与对数函数 = ln 相比，一次函数 = 增长更快，
= ln 从而 ( ) →0
当 > 0 ln ，且 →0时， ( ) = → ∞，
根据以上信息，可作出函数 ( )的大致图象：
令( ( ) 2)( ( ) ) = 0，
得 ( ) = 或 ( ) = 2，由图象可得 ( ) = 2没有解，
所以方程( ( ) 2)( ( ) ) = 0的解的个数与方程 ( ) = 解的个数相等，
而方程 ( ) = 的解的个数与函数 = ( )的图象与函数 = 的图象的交点个数相等，
1 1
由图可知：当 ∈ ,0 ∪ 0, 时，函数 = ( )的图象与函数 = 的图象有 3 个交点．
2
∈ 1故答案为： 2 ,0 ∪ 0,
1 .
e e
5．（23-24 高二下·福建龙岩·阶段练习）已知函数 ( ) = e , ( ) = ln ．
(1)是否存在实数 ，使得 ( )和 ( )在(0, + ∞)上的单调区间相同？若存在，求出 的取值范围；若不存在，
请说明理由．
(2)已知 1, 2是 ( )的零点， 2, 3是 ( )的零点．
①证明： > e，
②证明：1 < 31 2 3 < e ．
【解题思路】（1）结合导数与函数单调性的关系，分 ≤ 0与 > 0进行讨论即可得；
（2）①利用导数得到 ( )的单调性后，借助零点的存在性定理可得 (ln ) = ln < 0，解出即可得；

② e构造函数 ( ) = ( > 0), ( ) = ln ( > 1)，结合导数得到函数的单调性，画出相应图象，可得从而得到
1 = ln 2， 3 = e 2，从而可得 1 32 3 = 2，结合 2的范围即可得解.

【解答过程】（1）由题意得 ∈ (0, + ∞), ′( ) = e , ′( ) = 1 = ，
当 ≤ 0时， ′( ) ≥ 0, ′( ) ≥ 0，所以 ( )和 ( )在(0, + ∞)上都单调递增，符合题意；
当 > 0时，若 ( )和 ( )在(0, + ∞)上的单调区间相同，
则 ( )和 ( )有相同的极值点，即ln = ，
令 ( ) = ln ，则 ′( ) =
1
1 =
1
，
当 ∈ (0,1)时， ′( ) > 0，当 ∈ (1, + ∞)时， ′( ) < 0，
所以 ( )在(0,1)上单调递增，在(1, + ∞)上单调递减，则 ( ) ≤ (1) = 1，
所以ln = 无解，
综上，当 ∈ ( ∞,0]时， ( )和 ( )在(0, + ∞)上的单调区间相同；
（2）①由题意， ( )有两个零点， ′( ) = e ，
若 ≤ 0，则 ′( ) ≥ 0，所以 ( )在 上单调递增，不符合题意，
若 > 0，则当 ∈ ( ∞,ln )时， ′( ) < 0, ( )单调递减，
当 ∈ (ln , + ∞)时， ′( ) > 0, ( )单调递增，
且当 → ∞时， ( )→ ∞，当 → + ∞时， ( )→ + ∞，
所以 (ln ) = ln < 0，解得 > e，得证；
e

②令 ( ) = 0, ( ) = 0，得e = , = ln ，即 = > 0,ln = > 0，
e ln 1
令 ( ) = ( > 0), ( ) = ln ( > 1)，则 ′( ) =
e ( 1)
′
2 , ( ) = (ln )2，
当 ∈ (0,1)时， ′( ) < 0, ( )单调递减，
当 ∈ (1, + ∞)时， ′( ) > 0, ( )单调递增，
当 ∈ (1,e)时， ′( ) < 0, ( )单调递减，
当 ∈ (e, + ∞)时， ′( ) > 0, ( )单调递增，
e
在同一坐标平面内作出函数 ( ) = ( > 0)与函数 ( ) = ln ( > 1)的图象，
它们有公共点 ( 2, 2)，如图，
1 2
故0 < 1 < 1 < 2 < e <
e e 2 3
3，且有 = = ln = ln ，1 2 2 3
e 1 2 e 1 eln = 2由 ln ，得 = ln ，即 ( 1) = (ln 2)，又0 < ln 2 < 1，所以 1 = ln 2，1 2 1 2
e 2 3 e 2
由 = ，得 = 3 ，即 (e 2 ln lne ln ) = ( 3)，又e
2 > e，所以
3 2 3 3 = e
2，
2
e 2 2
由 2 2 2 =2 ln ，得 2 2 = e ln 2 = 3 1，即 1 3 = 2，
故 31 2 3 = ∈ (1,e32 ).
题型 3 导数中的不等式问题（共 5小题）
1 23-24 · · = ln + 1．（ 高二下 广东清远 阶段练习）已知 ( ) 2
2( > 0)，若对任意两个不等的正实数 1, 2，
( 1) ( 2)
都有 > 1恒成立，则 的取值范围是（ ）1 2
A 1． , + ∞ B 1． , + ∞ C 0, 1． D 1． 0,
4 4 4 4
1 1
【解题思路】令 ( ) = ( ) = ln + 22 ( > 0)，由已知可得 ( ) = ( ) = ln +
2
2 ( > 0)为

(0, + ∞)上的增函数，从而可得 ′( ) = + 1 ≥ 0( > 0, > 0)恒成立，参变分离可求 的取值范围.
( 1) ( 2)
【解答过程】根据 > 11 2
( 1) 1 [ ( 2) 2]
可知 > 0，1 2
令 ( ) = ( ) = ln +
1 22 ( > 0)，
可得 ( ) = ( ) = ln +
1 2
2 ( > 0)为(0, + ∞)上的增函数，

所以 ′( ) = + 1 ≥ 0( > 0, > 0)恒成立，分离参数得 ≥ (1 )，
+(1 ) 2 1
而当 > 0时， (1 ) ≤ [ ] =2 4，
当且仅当 = 1 1 1 1，即 = 2时取等号，故 (1 )最大值为4，所以 ≥ 4，
1
所以 的取值范围是[4, + ∞).
故选：A.
2
2 23-24 · · > 0 ( ) = + + 1, ≤ 0．（ 高二下 河南 阶段练习）已知 ，设函数 e , > 0 ，若存在 0，使得 ( 0)
< ，则 的取值范围是（ ）
A．(0,2 2 2) B．(0,2 2 2) ∪ (1, + ∞)
C．(1, + ∞) D．(2 2 2, + ∞)
2
【解题思路】当 ≤ 0时， ( ) 的最小值为 = 1 4 ，然后分 是否大于 1，讨论 ( )在 > 0时的最小值，2
由此分别列出不等式即可求解.
2
【解答过程】当 ≤ 0时，易知 ( )的最小值为 = 1 4 ，2
当 > 0时， ′( ) = e ，令 ′( ) = 0，解得 = ln ，
若0 < ≤ 1，则 ( )在(0, + ∞)上单调递增，且 →0时，e →1，

2
所以只需 = 1 4 < ，解得 > 2 2 2或 < 2 2 2，2
又0 < ≤ 1，所以2 2 2 < ≤ 1，
若 > 1，则 ( )在(0,ln )上单调递减，在(ln , + ∞)上单调递增，
(ln ) = ln < 成立，所以 > 1符合题意，
综上， 的取值范围是(2 2 2, + ∞).
故选：D.
3．（23-24 高二下·广东东莞·阶段练习）已知函数 ( ) = ln +
1
2
2，在其图象上任取两个不同的点
( ) ( )
( 1, 1)， ( 2, 2)( 1 > )
1 2
2 ，总能使得 > 2，则实数 a 的取值可以为（ ）1 2
A 1 B 1 C 3．2 ． ．2 D．2
( 1) ( 2)
【解题思路】根据 > 2结合 1 > 2 > 0，可得出 ( 1) 2 1 > ( 2) 2 2，可知函数 ( ) = ( ) 2 1 2
在(0, + ∞)上为增函数，可得出 ′( ) ≥ 0，结合参变量分离法可求得实数 的取值范围.
( 1) ( 2)
【解答过程】由 > 2以及 1 > 2 > 0， ∴ ( 1) ( 1 2 2) > 2 1 2 2，
所以 ( 1) 2 1 > ( 2) 2 2，
构造函数 ( ) = ( ) 2 = ln +
1
2
2 2 ，则 ( 1) > ( 2)，
所以函数 ( )在(0, + ∞)上为增函数，

由于 ′( ) = + 2，则 ′( ) ≥ 0对任意的 ∈ (0, + ∞)恒成立，

由 ′( ) = + 2 ≥ 0，可得 ≥
2 +2 ，
当 > 0时，则 = 2 +2 = ( 1)2 +1 ≤ 1，当且仅当 = 1时，等号成立，
所以， ≥ 1，因此实数 的取值范围是[1, + ∞).
故 A 错误，BCD 正确.
故选：BCD.

4．（23-24 高二下·贵州毕节·阶段练习）设实数 > 0，若对任意的 ≥ e，不等式 2ln e ≥ 0恒成立，
则 的最大值是 e .

【解题思路】不等式 2ln ≥ e 恒成立等价于(ln )eln ≥ e ，构造函数g( ) = e
，易得g( )在(0, + ∞)上

单调递增，故原问题等价于ln ≥ 在 ≥ e时恒成立，从而易得 的范围.

【解答过程】对任意的 ≥ e，不等式 2ln e ≥ 0恒成立，整理可得(ln )eln ≥ e ，
设 ( ) = e , > 0，则 ′( ) = (1 + )e > 0
可知g( )在(0, + ∞)上单调递增，

又因为 ≥ e， > 0，且ln > 0, > 0，

则ln ≥ 在 ≥ e时恒成立，

设 ( ) = ln , ≥ e，则
1
′( ) = + 2 > 0

可知 ( )在[e, + ∞)上单调递增，则 ( )的最小值为 (e) = 1 e，

则1 e ≥ 0，解得 ≤ e，
所以 的最大值是e.
故答案为：e.
5 1．（23-24 高二下·湖北孝感·阶段练习）已知函数 ( ) = e 2
2 1( ∈ ).
(1)若 ( ) ≥ 0在 ∈ [0, + ∞)上恒成立，求 的取值范围；
2
(2)证明：当 > 0时，ln( + 1) > e 1.
1 2 1 2
【解题思路】（1） ( ) ≥ 0在 ∈ [0, + ∞) + +1 + +1上恒成立，可以转化为 ≥ 2 ，设新的函数 ( ) = 2 ，
e e
求导解出极值，根据不等式性质即可得解；
2 2 2 2
（2）要证ln( + 1) > e 1，只需要证ln( + 1) > +2，而只需证 +2 > e 1，然后设一个新的函数 ( ) = ln
( + 1) 2 +2，求导解出单调区间，找到极值，即可证明.
1 2+ +1
【解答过程】（1） ( ) ≥ 0，即 ≥ 2 .
e
1 2+ +1 1 2
令 ( ) = 2 ，所以 ′( ) = 2 ≤ 0在 ∈ [0, + ∞)上恒成立，
e e
所以 ( )在[0, + ∞)上单调递减，所以 ( )max = (0) = 1，
所以 ≥ 1，即 的取值范围为[1, + ∞)；
（2 1）由（1）可知当 > 0时，e 1 > 22 + ，
2
e 1 > +
2 2= +2
2
即 2 2 ，所以e 1 <
2
2+2 = ，
2 +2
2
所以要证ln( + 1) > 2 e 1，只需证ln( + 1) > +2.
2
令 ( ) = ln( + 1) 2 ′ +2， > 0，所以 ( ) = ( +1)( +2)2 > 0，
所以 ( )在(0, + ∞)上单调递增，即在 0 时取最小值，
所以 ( ) > (0) = 0，故ln( + 1) > 2 +2，
2
所以当 > 0 时，ln( + 1) > e 1.
题型 4 利用导数研究双变量问题（共 5小题）
1．（23-24 高二下·四川眉山·阶段练习）已知函数 ( ) = e + 有两个零点 1, 2，且 1 > 2，则下列说法
不正确的是（ ）
A． < e B． 1 + 2 > ln( 1 2) +2
C． 1 2 > 1 D． ( )有极小值点
【解题思路】求得函数的导数，得到函数的单调区间，确定函数的极小值，根据极小值小于 0，判断 A；根
据方程，指对互化，判断 B；根据极值点的位置，结合 (0) > 0，即可判断 C；根据 A 的判断，即可判断
D.
【解答过程】由题意，函数 ( ) = e + ，则 ′( ) = e + ，
当 ≥ 0时， ′( ) = e + > 0在R上恒成立，所以函数 ( )单调递增，不符合题意；
当 <0时，令 ′( ) = e + > 0，解得 > ln( )，令 ′( ) = e + < 0，解得 < ln( )，
所以函数 ( )在( ∞,ln( ))上单调递减，在(ln( ), + ∞)上单调递增，
因为函数 ( ) = e + 有两个零点 1, 2且 1 > 2，
对 A，则 (ln( )) = eln( ) + ln( ) = + ln( ) = (1 ln( )) < 0，且 <0，
所以1 ln( ) < 0，解得 < e，所以 A 正确；
对 B， < e，且e 1 + 1 = 0，e 2 + 2 = 0，故 1 = ln( 1)， 2 = ln( 2)，
所以 1 + 2 = ln( 2 1 2) = 2ln( ) + ln( 1 2) > 2 + ln( 1 2)，所以 B 正确；
对 C，由 (0) = 1 > 0，且由 A 可知， < e，ln( ) > 1，则0 < 2 < 1，但 1 2 > 1不能确定，
所以 C 不正确；
对 D，由函数 ( )在( ∞,ln( ))上单调递减，在(ln( ), + ∞)上单调递增，
所以函数的极小值点为 0 = ln( )，所以 D 正确；
故选：C.
2．（23-24 高二下·湖北黄冈·阶段练习）设函数 ( ) = ( ) (其中 e 为自然对数的底数)恰有两个极值
点 1, 2( 1 < 2)，则下列说法中正确的是( ）
A．0 < < 13 B．0 < 2 < 1
C． 12 < (0) < 0 D． ( 1) + ( 2) > 0
【解题思路】据题意，对函数 ( )求导数，得出导数有两不等变号零点，转化为两函数有两个不同变号交点
2+1
的问题，结合图象即可得出 、 2、 (0)的取值范围,可知 , 错误， 正确；根据 = 2 1 +1 对 ( 1) + ( 1 2)
进行转化，可知 2 ∈ (0,1]时， ( 1) + ( 2) ≤ 0，故 D 错误.
【解答过程】解： ∵ 函数 ( ) = ( )，
∴ ′( ) = ( + 1 2 · ) ，
由于函数 ( )的两个极值点为 1， 2，
即 1， 2是方程 ′( ) = 0即方程 + 1 2 = 0的两不等实根，
当 = 0时， = 1，不满足两个根，
故当 ≠ 0时，
+1
2 =
；
= +1设 1 2 ( ≠ 0)， 2 =
，
= +11 2 ( ≠ 0)过定点( 1,0)，
过点( 1,0)做 2 = 的切线 ，设切点( 0, 0)，
0
则 =
0 0
0 ( 1)
= ′| = 0 = , 0 = 0,则 = 1，
在同一坐标系内画出这两个函数的图象，如图所示：
1 > 0
应满足 2 1 ，> 1
2
解得0 < < 12，
所以 1的取值范围是 0, ，故 错误；
2
结合图象，易知 1 < 1 < 0 < 2，故 错误；
(0) = 0(0 0) = ∈ 1 ,0 ，故 正确；
2
由 1， 2是方程 ′( ) = 0即方程 + 1 2 = 0的两不等实根，可得
1 + 1 = 2 1...① ② : 2
+1
可知 = 2 1 2 + 1 = 2 2...② ① 1+1
则 ( 1) + ( 2) = 1( 2 1 1) + ( 2 2)
1 + 1 2 + 1= 1 1 + 22 2 2
1 1 1= 1 2 +
2 22
1 1 2 1= 1 + 2 12 2
=
1 1 2 + 1 2 1
1
2 + 1 + 1
2
(
2
1 1) + ( 22 1)= 1 2( 1 + 1)
∵ 1 < 1 < 0
∴ ( 21 1) < 0
当 2 ∈ (0,1]时， ( 1) + ( 2) ≤ 0.故 错误；
故选：C．

3．（23-24 高二下·云南曲靖·阶段练习）已知函数 ( ) = 2
2 + ln ( ∈ )有两个极值点 1, 2，则下列说
法正确的是（ ）
A． 的取值范围是( ∞,0) ∪ (4, + ∞) B． 1 + 2 = 1
C． 1 12的取值范围是 0, D． ( 1) + ( 2)的取值范围是( ∞, 3 2ln2)4
【解题思路】函数 ( )极值点问题转化为 ′( ) = 0方程根的问题研究.A 项转化为二次方程有两不等正根求
参数范围；BC 项由韦达定理与参数范围可得；D 项，先将所求式子整理变形，再利用韦达定理将 1 + 2, 1
+ 2整体代入消元，转化为求解函数 ( )的范围即可.

【解答过程】A 项，函数 ( ) = 22 + ln ( ∈ )有两个极值点 1, 2，
则 ′( ) = 0至少有两正根.
′( ) = + 1 =
2 +1
， > 0，
设 ( ) = 2 + 1，
当 = 0时， ( ) = 1，即 ′( ) = 0没有实数根，不符合题意；
当 ≠ 0时，由题意知方程 ( ) = 0有两不等正根，设两根为 1, 2，
1
则有 1
2 = > 0 ，解得 > 4.
Δ = 2 4 > 0
即 的取值范围是为(4, + ∞)，故 A 错误；
BC 项，因为 21, 2是方程 + 1 = 0的两个不同的实数根，
+ 1 1所以 1 2 = 1， 1 2 = ∈ 0, ，故 BC 正确；4

D 项， ( 1) + ( 2) = 22 1 1 + ln 1 + 2
2
2 2 + ln 2
2 1
= 2 ( 1 + 2)
2 2 1 2 ( 1 + 2) + ln 1 2 = 2 1 + ln

= ln 2 1，

设 ( ) = ln 2 1, > 4，
因为 ( )在(4, + ∞)上单调递减，所以 ( ) < (4) = 3 2ln2.
且当 → + ∞, ( )→ ∞，故 ( ) ∈ ( ∞, 3 2ln2).
即 ( 1) + ( 2) ∈ ( ∞, 3 2ln2)，故 D 正确．
故选：BCD．
4．（23-24 ln 高二下·四川成都·阶段练习）已知函数 ( )= , ( )= e
，若存在 1∈(0,+∞), 2∈R，使得 ( 1)
= ( 2)= 成立，则下列命题正确的有 ①③④ ．
①当 >0时， 1+ 2>1
②当 >0时，2< 1+e 2<2e
③当 <0时， 1+ 2<1

④当 <0 2时， e 1 的最小值为 1 e
【解题思路】根据 ′( )可求得 ( )在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，则可画出 ( )的图像；利用

同构可知 ( 1)= ( )=
ln 1
2 等价于 =
lne 2
e = ，结合图像则可判断① ②③；当 <0时，可得 =e

1 2，
1 2
1
∈(0,1)，构造函数可判断④．
【解答过程】解：① ′( )=1 ln 2 ( >0)，
令 ′( )>0得0< 令 ′( )<0得 >e， ( )在(e,+∞) 1上递减，且值域(0,e)；
作图如下：
当 >0时，由 (1)=0知：若 1∈(0,+∞)，使得 ( 1)= ，则 1>1，
当 <0时，若 1∈(0,+∞)，使得 ( 1)= ，则0< 1<1，
由 ( )= e ( )=1 得： ′ e ，
令 ′( )>0得 <1， ( ) 1在( ∞,1)上递增，且值域( ∞,e)；
令 ′( )<0得 >1， ( )在(1,+∞) 1上递减，且值域(0,e)；
作出 ( )图象如下：
当 >0时，由 (0)=0知：若 2∈R使得 ( 2)= ，则 2>0，
当 <0时， 若 2∈R使得 ( 2)= ，则 2<0，
∴当 >0时， 1+ 2>1．故①正确．
>0 ln 1

②当 时，由 ( 1)= ( 2)= 得： =
ln 1 lne 2
2e 2，即 = ，1 1 e 2
∴ ,e ln 1 2可看成 = 的两零点，
ln
作出 = 的图象如下：
由图象易知： 1或e 2均可趋向于+∞，故②错误；
③当 <0时，由①的讨论知： 2<0，0< 1<1，
∴ 1+ 2<1．故③正确；
④当 <0时，此时 1∈(0,1)，由②知： =e 1 2，

∴ 22=ln 1，则 =
ln 1
= ，1 1

∴ 2要求 e 的最小值即求 e 的最小值即可，1
令 ( )= e ( <0)，则 ′( )=e + e =(1+ )e ，
令e + e =0，解得： = 1，易知 = 1为极小值点，故 ( )的最小值为 ( 1)= 1e．故④正确．
故答案为：①③④．
5．（23-24 高二下·广东揭阳·阶段练习）设函数 ( ) = ln + 2 ( ∈ ).
(1)当 = 3时，求函数 ( )的单调区间；
(2)若函数 ( )有两个极值点 1, 2，且 1 ∈ (0,1]，求 ( 1) ( 2)的最小值.
【解题思路】（1）求导后，根据 ′( )的正负可确定单调区间；
（2）根据函数有两个极值点可得方程2 2 + 1 = 0在(0, + ∞)上有两个不等实根 1, 2，由此可得韦达定
1
理的结论，将 ( 1) ( 2)表示为关于 21的函数的形式，构造函数 ( ) = 2ln + 4 2 + ln2(0 < ≤ 1)，
利用导数求得 ( )min即可.
1 2 2 3 +1
【解答过程】（1）当 = 3时， ( ) = ln + 2 3 ，则 ( )定义域为(0, + ∞)， ′( ) = +2 3 =
= (2 1)( 1) ，
∴ 当 ∈ 0, 1 ∪ (1, + ∞) 1时， ′( ) > 0；当 ∈ ,1 时， ′( ) < 0；
2 2
∴ ( ) 1的单调递增区间为 0, ，(1, + ∞) 1；单调递减区间为 ,1 .
2 2
2
（2） ∵ 1( )定义域为(0, + ∞) ′( ) = +2 = 2 +1， ，
∴ ( )有两个极值点 1, 22等价于2 + 1 = 0在(0, + ∞)上有两个不等实根 1, 2，
1
∴ 1 + 2 = 2，
1
1 2 = 2， ∴ = 2( 1 + 2)， 2 = 2 ，1
2 2 2 1 1 +
1
∴ ( 1) ( 2) = ln 1 + 1 1 ln 2 2 + 2 = ln 1 + 1 2 1 1 + + ln(2 1) +
1 2
2 2
1 = 2ln
1 4 1 1
1
1 21 + 4 2 + ln2(0 < 1 ≤ 1)；1
设 ( ) = 2ln 2 +
1
4 2 + ln2(0 < ≤ 1)，
= 2 1′( ) 2 = 4
2 4 4 1 (2 2 1)2
则 2 3 2 3 = 2 3 ≤ 0，
∴ 1 3( )在(0,1]上单调递减， ∴ ( ) ≥ (1) = 0 1 + 4 + ln2 = ln2 4，
2 1 = 2ln + + ln2 ≥ ln2 3即 ( 1) ( 2) 1 1 4 2 ，1 4
∴ ( 1) ( 2)的最小值为ln2
3
4.
题型 5 导数中的新定义问题（共 5小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·广平面东向量江线门性运·算阶的段坐标练表示习）给出定义：若函数 ( )在 上可导，即 ′( )存在，且导函数 ′( )在
′上也可导，则称 ( )在 上存在二阶导函数，记 ″( ) = ′( ) .若 ″( ) < 0在 上恒成立，则称 ( )在 上
π
为凸函数.以下四个函数在 0, 上不是凸函数的是（ ）
2
A． ( ) = cos + sin B． ( ) = ln + 3
C． ( ) = e D． ( ) = 3 +4 8
【解题思路】根据凸函数的定义，分别对各选项求二阶导，然后判断 ″( )是否小于 0，从而得到符合题意
选项．
【解答过程】对于 A， ( ) = cos + sin ′( ) = 2cos sin ″( ) = 3cos cos
∈ 0, π当 时， ″( ) < 0恒成立，故 A 为凸函数；
2
对于 B 1 1，对于 ( ) = ln + 3 ， ′( ) = +3，
″( ) = 2，
当 ∈ 0, π 时， ″( ) < 0恒成立，故 B 为凸函数；
2
对于 C，对于 ( ) = e ， ′( ) = ( + 1)e ， ″( ) = ( + 2)e ，
当 ∈ 0, π 时， ″( ) > 0恒成立，故 C 不是凸函数.
2
对于 D，由 ( ) = 3 +4 8，得 ′( ) = 3 2 +4，所以 ″( ) = 6 ，
因为 ∈ 0, π ，所以 ″( ) = 6 < 0恒成立，故 D 为凸函数；
2
故选：C.
2．（23-24 高二下·北京丰台·阶段练习）拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，其定理陈述如下：
如果函数 ( )在闭区间[ , ]上连续，在开区间( , )内可导，则在区间( , )内至少存在一个点 0 ∈ ( , )，使
得 ( ) ( ) = ′( 0)( ), = 0称为函数 = ( )在闭区间[ , ]上的中值点.若关于函数 ( ) = sin 在区
间[0,π]上的“中值点”的个数为 ，函数 ( ) = e 在区间[0,1]上的“中值点”的个数为 ，则有 + = （ ）
（参考数据：π ≈ 3.14,e ≈ 2.72.）
A．1 B．2 C．0 D．3
【解题思路】利用拉格朗日中值定理结合方程解的个数即可判断出结论．
【解答过程】对于函数 ( ) = sin ，设 0 ∈ (0,π)为函数 = ( )在闭区间[ , ]上的中值点，
π
′( ) = cos ，则sinπ sin0 = (π 0)cos 0， ∴ cos 0 = 0，解得 0 = 2， ∴ = 1．
对于函数 ( ) = e ，设 1 ∈ (0,1)为函数 ( )在区间[0,1]上的“中值点”，
则 ′( ) = e ， ∴ e 1 = e 1(1 0)， ∴ 1 = ln(e 1) ∈ (0,1)，因此 = 1．
则有 + = 2，
故选：B．
3．（23-24 高二下·浙江嘉兴·阶段练习）已知函数 ( )的导数为 ′( )，若存在 0，使得 ( 0) = ′( 0)，则称
0是 ( )的一个“巧值点”，则下列函数中，存在“巧值点”的是（ ）
A． ( ) = 1 B． ( ) = ln
C． ( ) = tan D． ( ) = + 1
【解题思路】结合“巧值点”的定义，逐个求解 ( 0) = ′( 0)是否有解即可
1 1 1
【解答过程】对于 A， ′( ) = 2，令 = 2，得 = 1，有“巧值点”；
1 1
对于 B， ′( ) = ，令ln = ，
如图，作出函数 = ln 1， = 的图象，
结合 = ln = 1 1， 的图象，知方程ln = 有解，有“巧值点”；
C ′( ) = sin
′
= cos
2 +sin2 1
对于 ， cos cos2
= cos2 ，
tan = 1 sin 1令 cos2 ，即cos = cos2 ，得sin2 = 2，无解，无“巧值点”；
对于 D 1 1 1， ′( ) = 1 3 2 2，令 + = 1 2，得 + + 1 = 0，
( ) = 3 2 + + 1 ′( ) = 3 2 2 + 1 = 3 1
2
令 ，则 + 23 3 > 0，
所以函数 ( )在R上为增函数，
又 ( 1) = 2 < 0, (0) = 1 > 0，
所以函数 ( )在( 1,0)上有唯一零点，
即方程 + 1 = 1
1
2在( 1,0)上有解，
即 ( ) = + 1 有“巧值点”.
故选：ABD.
4．（23-24 高二下·黑龙江绥化·阶段练习）法国数学家拉格朗日 1797 年在著作《解析函数论》中给出一个
定理：如果函数 = ( )满足条件：
（1）在闭区间[ , ]是连续不断的；（2）在区间( , )上都有导数.
则在区间( , )上至少存在一个实数 ，使得 ( ) ( ) = ′( )( )，其中 称为“拉格朗日中值”．
( ) = 3 +2 + 3 [0,2] “ ” = 2 3函数 在区间 上的 拉格朗日中值 ．3
【解题思路】先求导，然后根据“拉格朗日中值”定义得到等式，最后解方程即可.
【解答过程】因为 ( ) = 3 +2 + 3，所以 ′( ) = 3 2 +2,
“ ” = (2) (0)结合 拉格朗日中值 定义可得 ′( ) 2 0 = 6,
所以 ′( ) = 3 2 +2 = 6 2 3，又因为0＜ ＜2，所以 = ,3
2 3
故答案为: .
3
5．（23-24 高二下·云南楚雄·阶段练习）定义在区间 上的函数 ( )满足：若对任意 1, 2 ∈ ，且 1 > 2，
(
都有 1
) ( 2) > 1
2
2 1+ ，则称 ( )是 上的“好函数”．2
(1)若 ( ) = 2是[1, + ∞)上的“好函数”，求 的取值范围．
(2)（ⅰ）证明： ( ) = ln 是(0, + ∞)上的“好函数”．
（ⅱ）设 ∈ N*，证明：ln(2 + 1) > 1 +
1 + 1 12 3 + 4 + +
1
．
【解题思路】（1）利用给定定义结合分离参数法求解即可.
（2）（ⅰ）利用给定定义结合导数证明即可.（ⅱ）利用给定定义结合裂项相消法证明即可.
( ) ( ) 1 2
【解答过程】（1）由题可知任意 1, 2 ∈ [1, + ∞)，且 1 > 2, 1 22 > ，1+ 2
21 2 2 > 1
2 2
即 2 1+ ，解得 >2 ( 1+ 2)2．
1 1
因为 1 + 2 ∈ (2, + ∞)，所以 ≥ 2，即 的取值范围为 , + ∞ ．2
（2）（ⅰ）证明：设 1, 2 ∈ (0, + ∞)，
1
( 1) ( 2) 1
2 = ln 1 ln 2

1 2 ln
1

1
则 22 1+ 2 2 1+ = 2 2 1 ．2 +12

令 = 1 ，且 ∈ (1, + ∞), ( ) = ln
2( 1)
+1 , ∈ (1, + ∞)，2
4 2
则 = 1 ( 1)′( ) ( +1)2 = ( +1)2 > 0，则 ( )在(1, + ∞)上单调递增，
( ) > (1) = 0 ( 1) ( 2)
1 2
所以 ，即 2 > + ，1 2
所以 ( ) = ln 是(0, + ∞)上的“好函数”．

（ⅱ ln 1 ln 2 1 2）证明：由（ⅰ）可知，当 ∈ (1, + ∞)时， 2 > 1+ ，2
令 1 = 2 + 1, 2 = 2 1, ∈ N*
ln(2 +1) ln(2 1)
，则 2 >
1
2 ，
即ln 1(2 + 1) ln(2 1) > ．
故ln3 ln1 + ln5 ln3 + + ln 1 1 1 1(2 + 1) ln(2 1) > 1 + 2 + 3 + + ，
化简可得ln(2 + 1) > 1 +
1 1 1 1
2 + 3 + 4 + + ．
题型 6 涂色问题（共 5小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·安平面徽向量合线肥性运·算阶的段坐标练表示习）春天来了，万物复苏，合肥六中乐之楼楼下的花坛里种了不同颜色
的花．如图，花坛内有五个花池，有五种不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内只能种同种颜色的花卉，
相邻两池的花色不同，则最多有几种栽种方案数有（ ）
A．180 B．240 C．360 D．420
【解题思路】依次求出 5 个花池栽了 5 种颜色的花卉，栽了 4 种颜色的花卉，栽了 3 种颜色的花卉的方法
种数，再相加即得所求．
【解答过程】若 5 个花池栽了 5 种颜色的花卉，方法有A55种，
若 5 个花池栽了 4 种颜色的花卉，则 2、4 两个花池栽同一种颜色的花，
或者 3、5 两个花池栽同一种颜色的花，方法有2A45种，
若 5 个花池栽了 3 种颜色的花卉，方法有A35种，
所以最多有A5 +2A45 5 + A35 = 420种栽种方案.
故选：D.
2．（23-24 高二下·江苏镇江·阶段练习）给图中 A，B，C，D，E，F 六个区域进行染色，每个区域只染一
种颜色，且相邻的区域不同色，若有 4 种颜色可供选择，则不同的染色方案种数为（ ）
A．72 B．96 C．240 D．360
【解题思路】通过分析题目给出的图形，可知要完成给图中 、 、 、 、 、 六个区域进行染色，最少需
要 3 种颜色，即 同色， 同色， 同色，由排列知识可得该类染色方法的种数；也可以 4 种颜色全部用
上，即 ， ， 三组中有一组不同色，同样利用排列组合知识求解该种染法的方法种数，最后利用分类
加法求和．
【解答过程】要完成给图中 、 、 、 、 、 六个区域进行染色，染色方法可分两类，
第一类：仅用三种颜色染色，
即 同色， 同色， 同色，
则相当于从四种颜色中取三种颜色染三个区域有A34 = 24种染法；
第二类：用四种颜色染色，即 ， ， 中有一组不同色，
则有 3 种方案( 不同色或 不同色或 不同色），
先从四种颜色中取两种染同色的两组区域有A24 = 12种染法，
剩余两种染在不同色区有A22种染法，共有3 × 12 × 2 = 72种染法．
所以，由分类加法原理得总的染色种数为24 + 72 = 96种．
故选：B．
3．（23-24 高二下·浙江嘉兴·阶段练习）如图，用 种不同的颜色把图中 , , , , 五块区域涂上颜色，相邻
区域不能涂同一种颜色，则（ ）
A． ≥ 3
B．当 = 4时，若 , 同色，共有 48 种涂法
C．当 = 4时，若 , 不同色，共有 48 种涂法
D．当 = 5时，总的涂色方法有 420 种
【解题思路】根据 , 同色或者 , 不同色，即可结合选项，根据分步乘法计数原理求解.
【解答过程】对于 A，由于区域 , , 两两相邻，所以至少需要三种及以上的颜色才能保证相邻区域不同色，
故 A 正确，
对于 B，当 = 4时，此时按照 的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有4 × 3 × 2 = 24种涂法，
涂 时，由于 , 同色（D 只有一种颜色可选），所以只需要从剩下的颜色或者与 同色的两种颜色中选择一
种涂 ，
故共有24 × 2 = 48种涂法，B 正确；
对于 C，当 = 4时，涂 有4 × 3 × 2 = 24种，
当 , 不同色（D 只有一种颜色可选），此时 四块区域所用颜色各不相同，涂 只能用与 同色，此时
共有 24 种涂法，C 错误；
对于 D，当 = 5时，此时按照 的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有5 × 4 × 3 = 60种涂法，
涂 时，当 , 同色（D 只有一种颜色可选），所以只需要从剩下的两种颜色中或者与 同色的颜色中选择一
种涂 ，
故共有60 × 3 = 180种涂法，
当 , 不同色，此时 四块区域所用颜色各不相同，共有5 × 4 × 3 × 2 = 120，
只需要从剩下的颜色或者与 同色的两种颜色中选择一种涂 此时共有5 × 4 × 3 × 2 × 2 = 240种涂法，
综上可知，总的涂色方法有 420 种，故 D 正确，
故选：ABD.
4．（23-24 高二下·广东肇庆·阶段练习）某植物园要在如图所示的 5 个区域种植果树，现有 5 种不同的果树
供选择，要求相邻区域不能种同一种果树，则共有 420 种不同的方法．
【解题思路】利用分类计数原理求解，按 2 与 4 两区域种植果树是否相同进行分类即可.
【解答过程】分两类情况：
第一类：2 与 4 种同一种果树，
第一步种 1 区域，有 5 种方法；
第二步种 2 与 4 区域，有 4 种方法；
第三步种 3 区域，有 3 种方法；
最后一步种 5 区域，有 3 种方法，
由分步计数原理共有5 × 4 × 3 × 3 = 180种方法；
第二类：2 与 4 种不同果树，
第一步在 1234 四个区域，从 5 种不同的果树中选出 4 种果树种上，
是排列问题，共有A45 = 120种方法；
第二步种 5 号区域，有 2 种方法，
由分步计数原理共有120 × 2 = 240种方法.
再由分类计数原理，共有180 + 240 = 420种不同的方法.
故答案为：420.
5．（23-24 高二下·河北邢台·阶段练习）如图，某心形花坛中有 A，B，C，D，E5 个区域，每个区域只种
植一种颜色的花．
(1)要把 5 种不同颜色的花种植到这 5 个区域中，每种颜色的花都必须种植，共有多少种不同的种植方案？
(2)要把 4 种不同颜色的花种植到这 5 个区域中，每种颜色的花都必须种植，共有多少种不同的种植方案？
(3)要把红、黄、蓝、白 4 种不同颜色的花种植到这 5 个区域中，每种颜色的花都必须种植，要求相同颜色
的花不能相邻种植，且有两个相邻的区域种植红、黄 2 种不同颜色的花，共有多少种不同的种植方案？
【解题思路】（1）由全排列公式求出答案；
（2）先选出两个区域种植同一种颜色的花，再考虑其他三种颜色的花，利用分步乘法计数原理得到答案；
（3）对 区域种植的花的颜色分类讨论，求出各种情况的种植方案数，相加后得到答案.
【解答过程】（1）由全排列可得，共有A55 = 120种不同的种植方案．
（2）第一步，先将 5 个区域选出 2 个区域种植一种相同颜色的花，共有C2C15 4 = 40种方案；
第二步，再将剩余的 3 种颜色的花种植到剩下的 3 个区域，共有A33 = 6种方案．
所以共有40 × 6 = 240种不同的种植方案．
（3）要把 4 种不同颜色的花分别种植到这 5 个区域中，则必然有 2 个区域种植相同颜色的花．
第一类， 区域种植红色的花， , , , 4 个区域中有 2 个区域种植其他相同颜色的花，
则相同颜色的花必然种植在 , 或 , 区域，共有1 × A1A1A23 2 2 = 12种方案．
第二类， 区域种植黄色的花，同理可得，共有1 × A1A13 2A22 = 12种方案．
第三类， 区域种植蓝色的花，若有 2 个区域种植白色的花，
则没有两个相邻的区域种植红、黄 2 种不同颜色的花，所以不可能有 2 个区域种植白色的花，
故 2 个区域种植的相同颜色的花是红色或黄色的花，共有1 × A1A1A22 2 2 = 8种方案．
第四类， 区域种植白色的花，同理可得，共有1 × A1A12 2A22 = 8种方案．
综上，共有12 × 2 + 8 × 2 = 40种不同的种植方案．
题型 7 排列、组合综合（共 5小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·辽平面宁向量朝线阳性运·算阶的坐段标练表示习）甲 乙等 6 位同学去三个社区参加义务劳动，每个社区安排 2 位同
学，每位同学只去一个社区，则甲 乙到不同社区的不同安排方案共有（ ）
A．6 种 B．18 种 C．36 种 D．72 种
【解题思路】按照分步计数原理并利用平均分配的计算方法，即可计算得出结果.
【解答过程】根据题意，分成两步进行分析：
C2C2C2 C2C2
第一步，将 6 位同学分成 3 组，要求甲、乙不到同一组，有 6 4 2 4 2A3 A2 = 12种分组方法，3 2
第二步，将分好的 3 组全排列，安排到三个不同的社区，有A33 = 6种情况，
则共有12 × 6 = 72种不同的安排方法.
故选：D.
2．（23-24 高二下·山东·阶段练习）中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展
示了国际形象，增进了国际友谊，多次为祖国赢得了荣誉.现有 5 支救援队前往 A，B，C 等 3 个受灾点执行
救援任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排 1 支救援队，其中甲救援队只
能去 B，C 两个受灾点中的一个，则不同的安排方法数是（ ）
A．72 B．84 C．88 D．100
【解题思路】由题意可知，若甲去 点，则剩余 4 人，可只去 , 两个点，也可分为 3 组去 , , 3 个点.分别
求出安排种法，相加即可得出甲去 点的安排方法.同理，即可得出甲去 点的安排方法，即可得出答案.
【解答过程】若甲去 点，则剩余 4 人，可只去 , 两个点，也可分为 3 组去 , , 3 个点.
当剩余 4 人只去 , 两个点时，人员分配为1,3或2,2，
C2 C2
此时的分配方法有C34 C1 2
4 2 2
1 A2 + A2 A2 = 14；2
当剩余 4 人分为 3 组去 , , 3 个点时，先从 4 人中选出 2 人，即可分为 3 组，然后分配到 3 个小组即可，
此时的分配方法有C24 A33 = 36，
综上可得，甲去 点，不同的安排方法数是14 + 36 = 50.
同理，甲去 点，不同的安排方法数也是50，
所以，不同的安排方法数是50 + 50 = 100.
故选：D.
3．（23-24 高二下·广东东莞·阶段练习）为弘扬我国古代“六艺”文化，某研学旅行夏令营主办单位计划在暑
假开设“礼、乐、射、御、书、数”六门体验课程，若甲乙丙三名同学各只能体验其中一门课程．则（ ）
A．甲乙丙三人选择课程方案有 120 种方法
B．甲乙丙三人选择同样课程有 6 种方案
C．恰有三门课程没有被三名同学选中的选课方案有 120 种
D．若有 , , , , 五名教师教这 6 门课程，每名老师至少教一门，且 老师不教“数”，则有 1440 种排课
方式.
【解题思路】根据分步计数原理即可求解 A，根据分类加法计数原理可求解 B，根据排列组合，结合分类即
可求解 CD.
【解答过程】对于 A，甲乙丙三人每人都有 6 种选择，共有6 × 6 × 6 = 216种，故 A 错误，
对于 B, 甲乙丙三人选择同样课程有 6 种方案，故 B 正确，
对于 C,恰有三门课程没有被三名同学选中即 3 名学生选择了不同的三门，故有A36=120种方案，故 C 正确，
对于 D，若 老师教 2 门课程，则有C2A45 4 = 240种，
若 老师教 1 门课程，且教 2 门课的老师教“数”，则有C14C1 45A4 = 480种，
若 老师教 1 门课程，且教 2 门课的老师不教“数”，则有C1 2 1 34C5C3A3 = 720种，
因此一共有240+480+720=1440种方案，故 D 正确，
故选：BCD．
4．（23-24 高二下·山东·阶段练习）中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展
示了国际形象，增进了国际友谊，多次为祖国赢得荣誉．现有 6 支救援队（含甲、乙）前往 A，B，C 三个
受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中一个受灾点，且每个受灾点至少安排 1 支救援队，其中 A
受灾点至少需要 2 支救援队，且甲、乙 2 支救援队不能去同一个受灾点，则不同的安排方法种数是 266 ．
【解题思路】这是一道有限制的分配问题，先将 6 支救援队分成三组，再分到 A，B，C 三个受灾点，利用
排列、组合进行计算求解，再减去不满足的情况数.
【解答过程】若将 6 支救援队分成 1，1，4 三组，再分到 A，B，C 三个受灾点，
C16C1C4共有 5 4A2 A
2
2 = 30种不同的安排方法，
2
其中甲、乙去同一个地方的有C24 A22 = 12种，
所以有 N1＝30－12＝18 种不同的安排方法；
若将 6 支救援队分成 1，2，3 三组，再分到 A，B，C 三个受灾点，
共有C1 26C5C3C1 23 2A2 = 240种不同的安排方法，
其中甲、乙去同一个地方的有 C14+C1 1
1 2
4C3 C2A2 = 64种，
所以有 N2＝240 一 64＝176 种不同的安排方法；
若将 6 支救援队分成 2，2，2 三组，再分到 A，B，C 三个受灾点，
C16C2C2共有 4 2A3 A
3
3 = 90种不同的安排方法，
3
C2C2
其中甲、乙去同一个地方的有 4 2 A3A2 3 = 18种，2
所以有 N3＝90－18＝72 种不同的安排方法．
故共有 N＝N1＋N2＋N3＝266 种不同的安排方法．
故答案为：266.
5．（23-24 高二下·北京东城·阶段练习）某学校举行男子乒乓球团体赛，决赛比赛规则采用积分制，两支决
赛的队伍依次进行三场比赛，其中前两场为男子单打比赛，第三场为男子双打的比赛，每位出场队员在决
赛中只能参加一场比赛. 某进入决赛的球队共有五名队员，现在需要提交该球队决赛的出场阵容，即三场比
赛的出场的队员名单.
(1)一共有多少种不同的出场阵容？
(2)若队员 A 因为技术原因不能参加男子双打比赛，则一共有多少种不同的出场阵容？
【解题思路】（1）根据分步计数原理，先安排前两场比赛人员，再安排第三场的比赛人员；
（2）从队员 A 上场和不上场来分类，分别求解，再利用分类加法原理可得答案.
【解答过程】（1）出场阵容可以分两步确定：
第 1 步，从 5 名运动员中选择 2 人，分别参加前两场男单比赛，共有A25种；
第 2 步，从剩下的 3 名运动员中选出两人参加男双比赛，共有C23种，
根据分步乘法计数原理，不同的出场阵容种数为 = A2 25 × C3 = 60.
（2）队员 A 不能参加男子双打比赛，有两类方案：
第 1 类方案是队员 A 不参加任务比赛，即除了队员 A 之外的 4 人参加本次比赛，只需从 4 人中选出两人，
分别取参加前两场单打比赛，共有A24种，剩余人员参加双打比赛；
第 2 类方案是队员 A 参加单打比赛，可以分 3 个步骤完成：
第 1 步，确定队员 A 参加的是哪一场单打比赛，共 2 种；
第 2 步，从剩下 4 名队员中选择一名参加另一场单打比赛，共 4 种；
第 3 步，从剩下的 3 名队员中，选出两人参加男双比赛，共有C23种，
根据分步乘法计数原理，队员 A 参加单打比赛的不同的出场阵容有2 × 4 × C23种；
根据分类加法计数原理，队员 A 不参加男子双打比赛的不同的出场阵容种数为 = A2 24 +2 × 4 × C3 = 36.
题型 8 利用二项式定理解决整除和余数问题（共 5小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·河平面北向量秦线皇性运岛算的·阶段练习）985坐标表示 +211被 10 除所得的余数为（ ）
A．1 B．2 C．0 D．9
【解题思路】显然 211 被 10 除所得的余数为 1，故只需由二项式定理求得985被 10 除所得的余数即可.
【解答过程】985 = (10 1)85
= C0 1085 ( 1)0 + C1 1084 ( 1)1 + + C84 10 ( 1)81 + C85 10 ( 1)84 8585 85 85 85 + C85 100 ( 1)85，
因为C0 85 085 10 ( 1) + C1 108485 ( 1)1 + + C84 10 ( 1)8485 能被 10 整除，
所以985被 10 除所得的余数 9；
因为 211 被 10 除所得的余数为 1，所以985 +211被 10 除所得的余数为 0．
故选：C.
2．（23-24 高二下·广东汕尾·阶段练习）今天是星期三，再过22025天是星期（ ）．
A．一 B．二 C．四 D．五
【解题思路】利用22025 = 8675 = (7 + 1)675结合二项式定理可得结论.
【解答过程】所以22025 = 8675 = (7 + 1)675 = C0 675 1 674 6746757 + C6757 + + C6757 + 1
=7(C0 7674675 + C16757673 + + C674675) + 1，
所以22025除以7的余数为1，
今天是星期三，再过22025天是星期四.
故选：C．
3．（23-24 高二下·黑龙江牡丹江·阶段练习）已知 ( ) = (2 )8 = + + 2 + + 80 1 2 8 ，则下列描
述正确的是（ ）
A． 0 + 1 + 2 + + 8 = 1 B． ( 1)除以5所得的余数是1
C．| 0| + | 1| + | 82| + | 8| = 3 D． 1 + 3 + + 7 = 1
【解题思路】由 ( ) = (2 )8 = 0 + 21 + 2 + + 8 8，令 = 1即可判断选项A； ( 1) = 38 =
(10 1)4，由(10 1)4的二项展开式即可判断选项B；由(2 )8的二项展开式的通项即可得偶数项的系数为
负数，令 = 1即可判断选项C；由 0 + 1 + 2 + + 8 = (2 1)8 = 1， 80 1 + 2 + 8 = (2 + 1) =
38，两式相减即可判断选项D.
【解答过程】对于A，由 ( ) = (2 )8 = 0 + 1 + 22 + + 88 ，
令 = 1得， 80 + 1 + 2 + + 8 = (2 1) = 1，故选项A正确；
对于B， ( 1) = 38 = (5 2)8 = C058 + C157( 2)1 +… + C751( 2)7 + C88 8 8 8( 2)8
= C0858 + C1578 ( 2)1 + + + C751( 2)78 +256，
前面 8 项均为 5 的倍数，最后一项为 256，除以 5 的余数为 1，
所以 ( 1)除以5所得的余数是1，故选项B正确；
对于C，(2 )8的二项展开式的通项为 8 8 +1 = C82 ( ) = C8( 1) 2 ，
由通项可知，(2 )8的二项展开式中偶数项的系数为负数，
| 0| + | 1| + | 2| + | 8| = 0 1 + 2 + 8，
由 ( ) = (2 )8 = 0 + 1 + 2 82 + + 8 ，
令 = 1得， 0 1 + 2 + 8 88 = (2 + 1) = 3 ，故选项C正确；
对于D，由 0 + 1 + 2 + + 8 = (2 1)8 = 1， 0 + 8 81 2 + 8 = (2 + 1) = 3 ，
8
两式相减可得2( 1 + + + ) = 1 383 7 ，所以
1 3
1 + 3 + + 7 = 2 ，
故选项D不正确.
故选：ABC.
4．（23-24 高二下·北京海淀·阶段练习）今天是星期四，经过 7 天后还是星期四，那么经过82024天后是星
期
五 ．
【解题思路】利用二项展开式求出82024除以 7 的余数为 1 可得所求结果.
【解答过程】因为82024 = (7 + 1)2024 = C0 720242024 + C1 2023 202320247 + + C20247 + 1,
故82024除以 7 的余数为 1，故经过82024天后是星期五，
故答案为：五.
5．（23-24 高二下·山东烟台·阶段练习）已知 ( ) = ( 2 + 2 + 3)8 = 0 + 1( + 1) + 2( + 1)2 + + 16
( + 1)16
(1)求 ( = 0,1,2, ,16)的最大值；
(2)求 (5) +5被 13 除的余数.
8
【解题思路】（1）根据二项式定理得( 2 + 2 + 3)8 = 2 + ( + 1)2 的展开式，确定其通项公式，再结合
不等式求出最大系数即可；
（2）根据二项式定理展开式的应用即可得余数.
2 8 2 8【解答过程】（1）因为( + 2 + 3) = 2 + ( + 1) = 0 + 1( + 1) + ( + 1)2 + + ( + 1)162 16 ,

所以 = C 28 ( + 1)2 = C 28 ( + 1)2 +1 8 8 , = 0,1,2, ,8，
所以 1 = 3 = = 8 15 = 0, 2 = C82 , = 0,1,2, ,8，
C 28 ≥ C +127
令 8 8C 28 ≥ C 1 9 ，解得2 ≤ ≤ 3，8 8 2
所以 的最大值为 4 = 6 = 1792.
（2）因为 (5) +5 = 388 +5 = (39 1)8 +5
= C0398 + C1 7 7 78 839 ( 1) + + C839( 1) + 1 + 5
= C08398 + C1 7839 ( 1) + + C7 7839( 1) + 6
所以 (5) +5被 13 除的余数为 6.
题型 9 二项式定理与数列求和（共 5小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·天平面津向·量阶线性段运练算的习坐标）表已示 知(2 )
2 2 3
( ≥ 2, ∈ )，展开式中 的系数为
2 2
( )，则 (2) + (3) + (4)
+ + 2
2019
(2020)等于（ ）
A 2019 2019 1009 1009． 110 B． 505 C．1010 D． 505
【解题思路】由题知 ( ) = 2 2 2，进而整理化简，并根据裂项求和法计算即可得答案.
【解答过程】∵(2 ) ( ≥ 2, ∈ )，展开式中 的系数为 ( ) = 2 2 2，
2 2 3 2019 2 3 2019
∴则 (2) +
2 2 2 2
(3) + (4) + + (2020) = 1 +
2 2
2 2 + 2 22 + +
2
23 4 2020 22018
2 2 2 2 2 2
= 2 + 2 + 2 + + 2 = 2 +
4 4 4
3×2 + 4×3 + + 2000×2019 = 2 + 3×2 + 4×3 + + 2020×2019 = 2 + 4 ×3 4 2020 2 2 2
1 1 + 1 1 + + 1 1
2 3 3 4 2019 2020
= 2 + 4 × 1 2019 1 = ，
2 2020 505
故选：B．
6
2．（23-24 17高二下·北京·阶段练习）设 2 2 = 0 0 + 1 1 + 2 2 + + 6 6，则 0 + + 1 2
+ + 6 = （ ）
A．21 B．64 C．78 D．156
【解题思路】首先写出展开式的通项，再根据等差数列前 项和公式计算可得；
17 6
【解答过程】解： 2 2 的展开式的通项为 = C 26 ( 17) 12 3 +1 6 ， = 0,1,2, ,6 ，
(1+6)×6
所以 0 + 1 + 2 + + 6 = 12 × 7 3 × (1 + 2 + + 6) = 84 3 × 2 = 21.
故选：A.
3．（23-24 高二下·浙江·阶段练习）我国南宋数学家杨辉 1261 年所著的《详解九章算法》就给出了著名的
杨辉三角，以下关于杨辉三角的猜想中正确的有（ ）
A．由“在相邻的两行中，除 1 以外的每一个数都等于它‘肩上’两个数的和”猜想：C = C 1 +1 + C
B．在杨辉三角第十行中，从左到右第 7 个数是 84
C．去除所有为 1 的项，依此构成数列2,3,3,4,6,4,5,10,10,5, ，则此数列的前 37 项和为 1014
D．由“111 = 11,112 = 121,113 = 1331”猜想115 = 15101051
【解题思路】根据组合数和二项式系数的性质，结合杨辉三角的定义和等比数列等差数列的前 项和公式逐
一判断即可.
【解答过程】对于 A，由组合数的性质可得C 1 +1 = C + C ，故 A 正确；
对于 B，在杨辉三角第十行中，从左到右第 7 个数是C69 = 84，故 B 正确；
对于 C，由题意，去除所有为 1 的项，
即为从杨辉三角的第3行开始，除去首尾两个1的数依此构成数列，
( ≥ 3) (1+ 2)( 2) = ( 1)( 2)则 行，这个数列共有 2 2 项，
(10 1)(10 2) = 36 < 37,(11 1)(11 2)因为 2 2 = 45 > 37，
所以此数列的前 37 项在杨辉三角的第11行，
且第37项为C110 = 10，
由杨辉三角和二项式系数可得杨辉三角中第 行所有数之和为2 1，
1×(1 210)
所以杨辉三角中前10行所有数之和为 1 2 = 1023，
所以此数列的前 37 项和为1023 (2 × 10 1) +10 = 1014，故 C 正确；
对于 D，115 = (10 + 1)5 = C0105 + C1104 + C21035 5 5 + C3 2 4 5510 + C510 + C5
= 100000 + 50000 + 10000 + 1000 + 50 + 1 = 161051，故 D 错误.
故选：ABC.
4．（23-24 高二下·上海浦东新·阶段练习）对于 ∈ ，将 n 表示为 = 0 × 2 + × 2 1 + 11 2 × 2 +
+ 1 0 1 × 2 + × 2 ，当 = 0时， = 1.当1 ≤ ≤ 时， 为 0 或 1.记 ( )为上述表示中 为 0 的个数，

（例如1 = 1 × 20，4 = 1 × 22 +0 × 21 +0 × 20，故 (1) = 0， (4) = 2）.若 = 1 + 2 + + ，则
=1
127
2 ( ) = 1093 .
=1
【解题思路】将 分为 = 127，64 ≤ ≤ 126，32 ≤ ≤ 63，…， = 1等 7 种情况，由组合数的性质，分
析其中 ( )的取值情况，与二项式定理结合，可转化为等比数列的前 7 项和，计算可得答案．
【解答过程】127 = 1 × 26 +1 × 25 +1 × 24 +1 × 23 +1 × 22 +1 × 21 +1 × 20，
设64 ≤ ≤ 126，且 为整数，
则 = 1 × 26 + 51 × 2 + 2 × 24 + 3 × 23 + 4 × 22 + × 215 + 6 × 20，
1, 2, 3, 4, 5, 6中 6 个数都为 0 或 1，
其中没有一个为 1 时，有C06种情况，即有C06个 ( ) = 6；
其中有一个为 1 时，有C1 16种情况，即有C6个 ( ) = 5；
其中有 2 个为 1 时，有C26种情况，即有C26个 ( ) = 4；
…
127
故 2 ( ) = C0 × 266 + C16 × 25 + C26 × 24 + C3 × 23 + C4 × 22 + C5 × 216 6 6 +1 = (2 + 1)6 = 36，同理可得：
=64
63
2 ( ) = 35，
=32
…
3
2 ( ) = 31，
=2
2 (1) = 1,
127 7
则 2 ( ) = 1 + 3 + 32 + + 36 = 3 1
=1 3 1
= 1093.
故答案为:1093．
5．（23-24 高二下·江苏宿迁·阶段练习）已知(1 + )2n = 0 + 1 + 2 2 2 + + 2n ．
(1)求 1 + 2 + 3 + + 2 的值
1
(2) ① 2 +1 1 1证明：C = 2 +2 + ，其中 = 1，2，3， ，2 ；2 C +12 +1 C2 +1
1 1 1 1 1 1
②利用①的结论求 + + + 的值．1 2 3 4 2 1 2
【解题思路】（1）赋值 = 0和 = 1，即可求解系数的和；
1 1
2 2 +1 1 1（ ）①利用组合数的阶乘公式，即可证明；②首先由①可得C

C +1 =2 2 2 +2 ，再根据 = CC C +2 2 2 +1 2 +1
, = 1,2,3 2 ，利用裂项相消法求和.
【解答过程】（1） ∵ 令 = 0，得 0 = 1，
令 = 1，得 2 0 + 1 + 2 + + 2 = 2 ，
∴ 2 1 + 2 + 3 + + 2 = 2 1;
（2）① 证明： ∵ = C 2 , = 1,2,3, ,2 ，
1 1 !(2 +1 )! ( +1)!(2 )!
∴ C + +1 =2 +1 C2 +1 (2 +1)! + (2 +1)!
!(2 )!(2 + 2)
= (2 + 1)!
2 +2
= (2 +1)C ，2
1 1
∴ 2 +1 1 1 2 +1 1 1C = + ; +1 = + ;2 2 +2 C +1 C2 +1 C2 +1 2 2 +2 C +12 +1 C +22 +1
1 1
② ∵ ① 2 +1 1 1解： 由 得：C C +1 = 2 +2 ，2 2 C C +22 +1 2 +1
= C 2 , = 1,2,3 2 ，
1 1 1 1 1 1
∴ + + + ，1 2 3 4 2 1 2
= 2 +1 1 1 1 1 1 12 +2 1 + + ，C2 +1 C3 C3 C5 2 1 2 +12 +1 2 +1 2 +1 C2 +1 C2 +1
= 2 +1 1 12 +2 C1 2 +1 ，2 +1 C2 +1
= 2 +1 12 +2 1 ，2 +1

= +1．
题型 10 杨辉三角问题（共 5小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·黑平面龙向量江线哈性运尔算的滨坐标·阶表示段练习）“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发起一批又一
批数学爱好者的探究欲望．如图，由“杨辉三角”，下列叙述正确的是（ ）
A．C23 + C24 + C25 + + C29 = 120
B．第 2023 行中从左往右第 1013 个数与第 1014 个数相等
+1
C．记第 行的第 个数为 ，则 2 1 = 4
=1
D．第 20 行中第 8 个数与第 9 个数之比为8:13
【解题思路】根据二项式定理和二项式系数的性质判断各选项的对错.
【解答过程】由图知，第 行的第 个数为 ，则 = C 1 ，
对于 A，由C 1 + C = C ，得C2 + C2 + C2 + + C2 = C3 + C2 2 2 2 +1 3 4 5 9 3 3 +C4 + C5 + + C9 1
= C3+C2 2 24 4 + C5 + + C9 1 = C
3
10 1 = 119，故 A 错误；
对于 B，第 2023 行有 2024 项，从左往右第 1013 个数与第 1014 个数分别为C10122023,C1013，所以C1012 10132023 2023 > C2023，
故 B 错误；
+1
对于 C，第 行的第 个数为 ，则 2 1 0 = 2 1 + 21 + 222 3 + + 2 +1，
=1
+1
∴ 2 1 = C0 20 + C121 + C2 2

2 + + C 2 = (1 + 2) = 3 ，故 C 错误；
=1
D 20 8 9 C7 :C8 = 20! 20!对于 ，第 行中，第 个数与第 个数的比为 20 20 7!13!:8!12! = 8:13，故 D 正确.
故选：D.
2．（23-24 高二下·安徽滁州·阶段练习）习近平总书记在“十九大”报告中指出：坚定文化自信，推动社会主
义文化繁荣兴盛．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在中国南宋数学家杨
辉 1261 年所著的《详解九章算法》一书中出现．欧洲数学家帕斯卡在 1654 年才发现这一规律，比杨辉要
晩近四百年．“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发起一批又一批数学爱好者的探究欲望．如图，
由“杨辉三角”，下列叙述正确的是（ ）
A．C2+C2+C23 4 5+ +C29 = 120
B．第 2023 行中从左往右第 1013 个数与第 1014 个数相等
+1
C．记第 n 行的第 个数为 ，则 2i 1 = 4
=1
D．第 20 行中第 8 个数与第 9 个数之比为8:13
【解题思路】根据题意，归纳可得：第 行的第 个数为C 1 ，由组合数的性质依次分析选项是否正确，综
合可得答案．
【解答过程】根据题意，由数表可得：第 行的第 个数为C 1 ，
由此分析选项：
对于 A，C23+C24 +…… + C2=C3+C2+C2 +…… + C29 3 3 4 9=C310 1 = 119，A 错误；
对于 B，第 2023 行中从左往右第 1013 个数为C1012 10132023，第 1014 个数为C2023，两者不相等，B 错误；
+1 +1
对于 C，记第 行的第 个数为 ，则 = C 1，则 2 1 = 2 1C 1 = (1 + 2) = 3 ，C 错误；
=1 =1
对于 D，第 20 20! 8!×12!行中第 8 个数为C7 820，第 9 个数为C20，则两个数的比为C720:C820 = 7!×13! × 20! = 8:13，D 正
确．
故选：D．
3．（23-24 高二下·广东佛山·阶段练习）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列．从第 1 行开
始，第 n 行从左到右的数字之和记为 ，如 1 = 1 + 1 = 2， 2 = 1 + 2 + 1 = 4，…，{ }的前 n 项和记为
，则下列说法正确的是（ ）
A．在“杨辉三角”第 10 行中，从左到右第 8 个数字是 120
B． 9 = 2046
C．在“杨辉三角”中，从第 2 行开始到第 n 行，每一行从左到右的第 3 个数字之和为C3
D 2 1 1． 的前 n 项和为
+2 +1 2 2 2
【解题思路】根据题意结合组合数运算求解可判断 A；根据题意结合等差数列求和计算可判断 B；根据杨辉
三角性质C = C 1 1 + C 1计算即可判段 C；根据题意结合等比数列以及裂项相消法计算可判断 D.
【解答过程】对 A，在“杨辉三角”第 10 行中，从左到右第 8 个数字为C710 = 120，故 A 正确；

对 B，由题意可得 = 2 = 2(1 2 )， +1 10 1 2 = 2 2，则 9 = 2 2 = 1022，故 B 错误；
对 C，由杨辉三角，从第 2 行开始到第 n 行，每一行从左到右的第 3 个数字之和为C22 + C23 + C2 24 + + C
因为C2 = C3 2 3，C = C 1 1 + C 1，
所以上式 = C3 2 2 2 3 2 2 3 3 33 + C3 + C4 + + C = C4 + C4 + + C = C5 + + C = = C +1，故 C 错误；
2 2 +1 2 1 1 1
对 D，因为 = +1 (2 +1 2)(2 +2 2) = 2(2 1)(2 +1 1) = 2 ，2 1 2 +1 1
2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以数列 的前 n 项和为2 1 + + + = 2 1 = 2 2 +2 2，故 D 正确． +1 3 3 7 2 1 2 +1 1 2 +1 1
故选：AD.
4．（23-24 高二下·广西河池·阶段练习）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学
家杨辉于 1261 年所著的《详解九章算法》一书中.“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何
排列规律（如图所示），则“杨辉三角”中第 30 行中第 12 个数与第 13 个数之比为 12:19 .
【解题思路】利用二项式系数表示第 30 行第 12 和第 13 个数，再根据组合数公式，即可求解.
【解答过程】第 30 行中第 12 个数与第 13 个数之比为
C11 12 30×29× ×20 12×11× ×130:C30 = 11×10× ×1 × 30×29× ×20×19 = 12:19.
故答案为：12:19.
5．（23-24 高二下·广东梅州·阶段练习）我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，他提出的杨辉三角是我
国古代数学重大成就之一.图为杨辉三角的部分内容.设杨辉三角中第 n 行的第 r 个数为C 1 ，观察题图可知，
相邻两行中三角形的两个腰都是由数字 1 组成的，其余的数都等于它肩上的两个数相加.
(1)用公式表示出题目中叙述的规律，并加以证明.
(2)在杨辉三角中是否存在某一行，使该行中三个相邻的数之比为3:8:14？若存在，试求出这三个数；若不存
在，请说明理由.
【解题思路】（1）写出C 1 = C 1 + C 1，利用组合公式进行证明；
（2）在第 n 行存在连续三项C 1 ，C ，C +1 ，得到方程组，求出 = 3， = 10，得到答案.
【解答过程】（1）观察得到C = C 1 1 + C 1．
1 ( 1)! ( 1)! ( 1)! !利用组合相关公式证明如下：C 1 + C 1 = ( 1)!( )! + !( 1 )! = !( )![ + ( )] =

!( )! = C ，
故原式得证.
（2）存在，理由如下：
设在第 n 行存在连续三项C 1，C ，C +1，其中 ∈ N 且 ≥ 2， ∈ N 且 ≥ 2，
C 1
有
3 C 8 3 +1 8
C = 8且C +1 = 14，化简得 +1 = 8且 = 14，
3 + 3 = 11
即 22 8 + 14 = 0 ，解得 = 3， = 10，
故三个数依次是 45，120，210.

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