资源简介

资阳天立高二下数学期中复习卷一
一、单选题
1．数列中，，，则的值为（ ）
A． B． C．5 D．
2．斐波那契数列1，1，2，3，5，8，……，按此规律，则第9项为（ ）
A．13 B．21 C．34 D．55
3．已知数列满足，设的前项和为，则（ ）
A．1 B．0 C． D．2025
4.已知数列满足，且，则的值为（ ）
A． B． C．3 D．10
5．已知是可导的函数，且对于恒成立，则（ ）
A． B．
C． D．
6．已知对恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7..若对任意的正实数，，当时， 恒成立，则的取值范围（ ）
A． B． C． D．
8.若不等式对任意正实数x恒成立，则a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．使的最小正整数为12
D．的最小值为
10．下列命题正确的有（ ）
A．若数列为等比数列，为其前项和，则成等比数列；
B．若数列为等差数列，则为等比数列；
C．数列满足:，则
D．已知为数列的前项积，若，则数列的前项和
11.已知函数，下列结论中正确的有（ ）
A．是的极小值点 B．有三个零点
C．的极小值是 D．函数为奇函数
三、填空题
12．已知数列的前项和为，且满足，则 ．
13.已知数列是等差数列，其前项和分别为，且则
14．已知函数（且），曲线在处的切线与直线垂直，则 ．
四、解答题
15．已知函数．
(1)求的单调区间和极值；
(2)求在区间上的最值．
16．已知为数列的前n项和，，.
(1)求的通项公式；
(2)设数列的前n项的和为，，，求正整数的最小值.
17．已知数列的前项和为，．
(1)求数列的通项公式；
(2)令，求数列的前项和．
18.已知函数
(1)讨论的单调性；
(2)若函数恰有两个极值点、.
①求的取值范围；
②证明：
19.已知且，函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
参考答案
1.【答案】A
【详解】数列中，因为，所以，
数列周期为3，
则.故选：A.
2.【答案】C
【详解】根据题意，
，
，
.故选：C
3.【答案】A
【详解】由，得，即是周期为4的周期数列，
且，
所以．
故选：A
4.【答案】A
【详解】因为，故，所以，
所以数列是周期数列且周期为2，因为，故，所以，
所以.
故选：A.
5.【答案】A
【详解】设，，则，
可得在上单调递减，
所以，即，
所以.
故选：A.
6.【答案】A
【详解】设，则.
∵时，，，∴，故在上单调递增.
∵对恒成立，∴当时，，则有，
当时，可等价变形为.
∵在上单调递增，且，（），
∴由可得，即对恒成立.
设，则.
当时，， ，，故.
∴在上单调递减，
∴当时， .
∵对恒成立，
∴，即实数的取值范围是.
故选：A.
7.【答案】A
【详解】因为对任意的正实数，，当时， 恒成立，
所以对任意的正实数，，当时， 恒成立，
令，所以在上单调递减，
则，所以在上恒成立，
所以，解得，
所以的取值范围是，
故选：A
8.【答案】D
【详解】由，不等式，即，
即，即，
设，则上式为，
由，则在R上单调递增，可得，
由，得，令，则，
因此对任意正实数x恒成立，即对任意正实数t恒成立，
令，则，
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
所以时，取得最大值，则.
故选：D
9.【答案】BD
【详解】对于A，由，当时，，
当时，，
，故A错误；
对于B，
，故B正确；
对于C，由，即，解得，故C错误；
对于D，，时，，
因为函数在上单调递减，在上单调递增，
∴当或4时，取得最小值为，故D正确．
故选：BD.
10.【答案】BD
【详解】对于A：设等比数列的公比为，
若，则，可得，
则，，故不是等比数列，故A错误；
对于B：设等差数列公差为，则，
则是个常数，所以为等比数列，故B错误；
对于C：依题意，，它不满足，故C错误；
对于D：，当时，，即，解得，
当时，，于是，即，
数列是首项为3，公差为2的等差数列，
所以数列的前项和，故D正确.故选：BD.
11.【答案】ABC
【详解】对于A，求导：已知函数，可得，
令，即，解得或.
当时，函数在上单调递增.
当时，，函数在上单调递减.
当时，，函数在上单调递增.
x (-,-3) -3 (-3,1) 1 (1,+)
f′(x) + 0 - 0 +
f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小植 单调递增
根据极小值点的定义，在左侧函数单调递减，右侧函数单调递增，所以是的极小值点，故A正确.
对于C，根据极值点的定义， 是的极小值点，
.故C正确.
对于B，利用零点存在性定理：
因，，
.
因，故函数在内存在一个零点；
又因，故函数在内存在一个零点；
因，故函数在内存在一个零点.
综上，可知函数存在三个零点，故B正确.
对于D，由，即.
因，而，可得，故不是奇函数，故D错误. 故选：ABC.
12.【答案】
【详解】根据题意，数列满足，
当时，有；
当时，有，不符合，
故故答案为：
13.【详解】因为数列是等差数列，
所以，同理，
又因为，所以.
14.【答案】
【详解】因为（且），则，
因为直线的斜率为，
又因为曲线在处的切线与直线垂直，
所以，，解得.故答案为：.
15.【答案】(1)单调递减区间为,函数单调递增区间为．极小值为,无极大值；
(2)最小值为,最大值为2．
【详解】（1）函数的定义域为,
．
令得,或（舍去）,
当时,,函数单调递减；
当时,,函数单调递增,
所以函数单调递减区间为,函数单调递增区间为．
函数的极小值为,无极大值．
（2）由（1）知,函数在区间上单调递减,在区间上单调递增,
所以,,,
又因为,所以函数在区间的最小值为,最大值为2．
16.【答案】(1)
(2)24
【详解】（1）解：当时，，因为，
两式相减，可得，
所以，可得，
又因为，，…，，
累乘得，所以.
（2）解：由（1）知，可得，
所以，
所以，解得，故的最小值为24.
17.【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由，①
当时，，所以，
当时，，②
由①②得，即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以；
（2）由（1）得，
所以
.
18.【答案】(1)答案见解析
(2)①；②证明见解析.
【详解】（1）由题意知.
当时，，所以的增区间为，无减区间；
当时，令，解得，令，解得，
此时，函数的减区间为，增区间为.
综上所述，当时，函数的增区间为，无减区间；
当时，函数的减区间为，增区间为.
（2）①由题意知，
所以，
因恰有两个极值点、，所以方程，即方程有两不等正根，
所以，解得，即的取值范围为；
②由①知，，
所以，
所以，
令，其中，所以，
因为函数、在上均为增函数，
则函数在上单调递增，
又，，
所以，使得，即，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又在上单调递增，则，
所以，所以，所以.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
19.【答案】（1）上单调递增；上单调递减；（2）.
【详解】（1）当时，,
令得,当时，,当时，,
∴函数在上单调递增；上单调递减；
（2）[方法一]【最优解】：分离参数
,设函数,
则,令，得,
在内,单调递增；
在上,单调递减；
,
又，当趋近于时，趋近于0，
所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,
所以的取值范围是.
[方法二]：构造差函数
由与直线有且仅有两个交点知，即在区间内有两个解，取对数得方程在区间内有两个解．
构造函数，求导数得．
当时，在区间内单调递增，所以，在内最多只有一个零点，不符合题意；
当时，，令得，当时，；当时，；所以，函数的递增区间为，递减区间为．
由于，
当时，有，即，由函数在内有两个零点知，所以，即．
构造函数，则，所以的递减区间为，递增区间为，所以，当且仅当时取等号，故的解为且．
所以，实数a的取值范围为．
[方法三]分离法：一曲一直
曲线与有且仅有两个交点等价为在区间内有两个不相同的解．
因为，所以两边取对数得，即，问题等价为与有且仅有两个交点．
①当时，与只有一个交点，不符合题意．
②当时，取上一点在点的切线方程为，即．
当与为同一直线时有得
直线的斜率满足：时，与有且仅有两个交点．
记，令，有．在区间内单调递增；在区间内单调递减；时，最大值为，所以当且时有．
综上所述，实数a的取值范围为．
[方法四]：直接法
．
因为，由得．
当时，在区间内单调递增，不满足题意；
当时，，由得在区间内单调递增，由得在区间内单调递减．
因为，且，所以，即，即，两边取对数，得，即．
令，则，令，则，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以，所以，则的解为，所以，即．
故实数a的范围为．]

展开更多......

收起↑