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【期末专项押题卷】填空+解答题核心考点-2024-2025学年高二数学下学期人教A版（2019）选择性必修第二册
一．填空题（共20小题）
1．（2025春 安徽月考）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1+a2+a3＝3，若ak+ak﹣1+ak﹣2＝27，Sk＝150，则k＝ 　 　 ．
2．（2025春 咸阳校级月考）等比数列{an}的前n项和为Sn，S10+31S5＝0，S3＝3，则a4+a2＝ 　 　 ．
3．（2025 浦东新区校级模拟）数列{an}的通项公式是an＝2n﹣41，{an}的前n项和为Sn，则Sn取得最小值时n＝　 　 ．
4．（2025 沙市区校级模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且{nSn}为等差数列，若S6+a4+a5+a6＝1，则 　 　 ．
5．（2025 保山校级模拟）在共有2023项的等比数列{an}中，有等式成立，类比上述性质，在共有2023项的等差数列{bn}中，相应的有等式 　 　 成立．
6．（2025 山东校级模拟）记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3+a7＝10，a5a9＝65，则 　 　 ．
7．（2025 市中区校级二模）数列{2n﹣1}和数列{3n﹣2}的公共项从小到大构成一个新数列{an}，数列{bn}满足：，则数列{bn}的最大项等于 　 　 ．
8．（2025 曲靖模拟）已知a1，a2，a3是公比不为1的等比数列，将a1，a2，a3调整顺序后可构成一个等差数列，则满足条件的一组a1，a2，a3的值依次为 　 　 ．
9．（2025 道里区校级四模）等比数列{an}的公比为2，若3a1，a2+3，a3成等差数列，设Sn为{an}的前n项和，则S5＝ 　 　 ．
10．（2025 随州三模）已知数列{an}的通项公式为，数列{bn}是首项为1，公比为q的等比数列，若bk＜ak＜bk+1，其中k＝1，2，…，10，则公比q的取值范围是 　 　 ．
11．（2025 湖南模拟）曲线在点（e，e）处的切线方程为 　 　 ．
12．（2025 兰州模拟）已知函数f（x）＝x2﹣4x+（x﹣2）cosx﹣sinx在x＝a处取得最小值m，则m+a＝　 　 ．
13．（2025 通许县校级模拟）若函数f（x）＝（x2+mx）ex在上存在单调递减区间，则m的取值范围是 　 　 ．
14．（2025 聊城模拟）函数f（x）＝|x+3|+2|x+2|+e﹣x的最小值为 　 　 ．
15．（2025春 惠山区校级月考）已知f（x）＝x ex+1，过点（9，m）作f（x）的切线，若切线斜率为1，则m＝　 　 ．
16．（2025春 福州期中）“朗博变形”是借助指数运算或对数运算，将x化成x＝lnex，x＝elnx（x＞0）的变形技巧，已知函数f（x）＝xex，g（x），若f（x1）＝g（x2）＞0，则的最小值为　 　 ．
17．（2025春 金安区校级期中）若M是曲线f（x）＝2x2﹣lnx上任意一点，则点M到直线y＝3x﹣6的最小距离为 　 　 ．
18．（2025春 张家口月考）已知函数f（x）满足，则的值为 　 　 ．
19．（2025春 张家口月考）吹气球时，气球的半径r（单位：dm）与体积V（单位：L）之间的函数关系是，估计时，气球的瞬时膨胀率为 　 　 ．
20．（2025春 张家口月考）已知f′（x）是函数f（x）的导函数，且对任意实数x都有f′（x）﹣f（x）＝ex（2x﹣1），且f（0）＝1，则不等式f（x）＜2ex的解集为 　 　 ．
二．解答题（共10小题）
21．（2025 五华区校级模拟）已知正项等差数列{an}的公差为2，{an}的前n项和为Sn，且S1+1，S2，S3+1成等比数列．
（1）求数列{an}的通项公式an；
（2）设，求数列{bn}的前10项和T10．
22．（2025 河北模拟）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a2+a6＝14，S10＝100．
（1）求{an}的通项公式．
（2）在{an}中是否存在am，ak，ap（m＜k＜p）成等比数列？若存在，求出一个这样的3项；若不存在，请说明理由．
23．（2025 武功县校级模拟）已知数列{an}是各项均不为0的等差数列，Sn为其前n项和，且满足，数列{bn}的前n项和为Tn．
（1）求数列{an}的通项公式及数列{bn}的前n项和Tn．
（2）是否存在正整数m，n（1＜m＜n），使得T1，Tm，Tn成等比数列？若存在，求出所有的n的值；若不存在，请说明理由．
24．（2025 西安模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，且，t为常数，记．
（1）若数列{bn}为等差数列，求{bn}的公差．
（2）设t＝﹣1．
①求{an}的通项公式；
②记数列{bn}的前n项和为Tn，证明：．
25．（2025 甘肃校级模拟）已知m（m≥4）为正整数，数列a1，a2，a3， ，am是公差为d（d＞0）的等差数列．若从中随机取出若干项后，对于剩余项始终有aj﹣ai＞d（1≤i＜j≤m），则称取出的项按从小到大顺序排成的数列为a1，a2，a3， ，am的“间子列”．
（1）直接写出数列a1，a2，a3，a4所有的间子列；
（2）证明：存在数列a1，a2，a3， ，am+1的一个间子列，其也为数列a1，a2，a3， ，am的间子列；
（3）从数列a1，a2，a3， ，am中随机取出l（0≤l≤m）项，记将这l项按从小到大顺序排成的新数列为a1，a2，a3， ，am的间子列的概率为Pm，证明：．
26．（2025 卓尼县校级模拟）已知函数．
（1）若k＝1，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）求函数f（x）的单调递增区间；
（3）若k＝1，方程f（x）＝c有三个不相等的实数根x1，x2，x3且x1＜x2＜x3，证明：x1﹣x3＞﹣4．
27．（2025 天津模拟）已知函数f（x）＝xln（kx+1），其中k＞0．
（Ⅰ）当k＝1时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）求证：f（x）在（0，+∞）上单调递增；
（Ⅲ）求证： x1，x2∈（0，+∞）且x1＞x2，（x1﹣x2）（f′（x1）+f′（x2））＜2（f（x1）﹣f（x2））．
28．（2025 保山校级模拟）已知f（x）＝x3+ax2﹣a2x+2，a∈R．
（1）当a＜0时，求函数y＝f（x）的单调减区间；
（2）当a＝0时，曲线y＝f（x）在相异的两点A，B点处的切线分别为l1和l2，l1和l2的交点位于直线x＝2上，证明：A，B两点的横坐标之和小于4；
（3）当a＞0时，如果对于任意x1，x2，x3∈[0，1]，总存在以f（x1），f（x2），f（x3）为三边长的三角形，求a的取值范围．
29．（2025 沈河区校级模拟）已知函数f（x）＝ex﹣ax（a∈R）．
（1）若a＝e，求f（x）在x＝0处的切线方程；
（2）讨论g（x）＝（f（x）+ax）（x﹣a﹣1）﹣（x﹣a）2的单调性；
（3）若时，xf（x）≥2x﹣xcosx，求a的取值范围．
30．（2025 沙坪坝区校级模拟）已知函数．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）已知函数g（x）＝ax﹣f（x）（a＞0且a≠1）．
（i）若a≥e，求证：当x∈（0，1）时，g（x）＞0；
（ii）若a≥2，函数g（x）在区间（0，1）上存在唯一零点，求a的取值范围．
【期末专项押题卷】填空+解答题核心考点-2024-2025学年高二数学下学期人教A版（2019）选择性必修第二册
参考答案与试题解析
一．填空题（共20小题）
1．（2025春 安徽月考）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1+a2+a3＝3，若ak+ak﹣1+ak﹣2＝27，Sk＝150，则k＝ 　30　 ．
【解答】解：根据题意，数列{an}是等差数列，由于a1+ak＝a2+ak﹣1＝a3+ak﹣2，
而已知a1+a2+a3＝3，ak+ak﹣1+ak﹣2＝27，
两式相加可得3（a1+ak）＝30，变形可得a1+ak＝10，
故，解得k＝30．
故答案为：30．
2．（2025春 咸阳校级月考）等比数列{an}的前n项和为Sn，S10+31S5＝0，S3＝3，则a4+a2＝ 　﹣10　 ．
【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，
若q＝1，由S10+31S5＝0，得10a1+31×5a1＝0，解得a1＝0，不满足题意，故q≠1，
由S10+31S5＝0，得，整理得q10+31q5﹣32＝0，
即（q5+32）（q5﹣1）＝0，解得q5＝﹣32或q5＝1（舍去），故q＝﹣2，
又S3＝3，得，所以，
所以a4＝a1q3＝﹣8，a2＝a1q＝﹣2，
所以a4+a2＝﹣8﹣2＝﹣10．
故答案为：﹣10．
3．（2025 浦东新区校级模拟）数列{an}的通项公式是an＝2n﹣41，{an}的前n项和为Sn，则Sn取得最小值时n＝　20　 ．
【解答】解：根据题意，数列{an}的通项公式是an＝2n﹣41，
则数列{an}是公差为2的等差数列，是递增数列，
由an＝2n﹣41≤0可得且n∈N*，故当n＝20时，Sn取最小值．
故答案为：20．
4．（2025 沙市区校级模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且{nSn}为等差数列，若S6+a4+a5+a6＝1，则 　﹣63　 ．
【解答】解：根据题意，{nSn}为等差数列，设其公差为d，
由于a1＝2，则其首项1S1＝2，
又由S6+a4+a5+a6＝1，则2S6﹣S3＝1，变形可得6S6﹣3S3＝3，
则有3d＝3，即d＝1，
则nSn＝2+（n+1）×1＝n+1，变形可得Sn，
则63．
故答案为：﹣63．
5．（2025 保山校级模拟）在共有2023项的等比数列{an}中，有等式成立，类比上述性质，在共有2023项的等差数列{bn}中，相应的有等式 　（b1+b3+b5+ +b2023）﹣（b2+b4+b6+ +b2022）＝b1012　 成立．
【解答】解：相应的有等式为：（b1+b3+b5+ +b2023）﹣（b2+b4+b6+ +b2022）＝b1012，
证明：设等差数列{bn}的公差为d，
则（b1+b3+b5+ +b2023）﹣（b2+b4+b6+ +b2022）
＝b1+（b3﹣b2）+（b5﹣b4）+ +（b2023﹣b2022）＝b1+1011d＝b1012．
故答案为：（b1+b3+b5+ +b2023）﹣（b2+b4+b6+ +b2022）＝b1012．
6．（2025 山东校级模拟）记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3+a7＝10，a5a9＝65，则 　n﹣4　 ．
【解答】解：在等差数列{an}中，2a5＝a3+a7＝10，解得a5＝5，而a5a9＝65，则a9＝13，
因此等差数列{an}的公差，a1＝a5﹣4d＝﹣3，
于是Sn＝﹣3n+n（n﹣1）＝n2﹣4n，
所以．
故答案为：n﹣4．
7．（2025 市中区校级二模）数列{2n﹣1}和数列{3n﹣2}的公共项从小到大构成一个新数列{an}，数列{bn}满足：，则数列{bn}的最大项等于 　　 ．
【解答】解：根据题意，数列{2n﹣1}和数列{3n﹣2}的公共项从小到大构成一个新数列为：1，7，13，…，
分析可得：该数列为首项为1，公差为6的等差数列，则an＝6n﹣5，
所以，
因为
所以当n≥2时，bn+1﹣bn＜0，即b2＞b3＞b4＞ ，
又b1＜b2，
所以数列{bn}的最大项为第二项，其值为．
故答案为：．
8．（2025 曲靖模拟）已知a1，a2，a3是公比不为1的等比数列，将a1，a2，a3调整顺序后可构成一个等差数列，则满足条件的一组a1，a2，a3的值依次为 　1，﹣2，4（答案不唯一）　 ．
【解答】解：因为a1，a2，a3是公比不为1的等比数列，
设这三个数分别为a，aq，aq2，
将a1，a2，a3调整顺序后可构成一个等差数列，
考虑其中一种情况，比如：aq，a，aq2成等差数列，
则2a＝aq+aq2，
因为q≠1，
解得q＝﹣2，
则符合题意的一组数据为1，﹣2，4（答案不唯一）．
故答案为：1，﹣2，4（答案不唯一）．
9．（2025 道里区校级四模）等比数列{an}的公比为2，若3a1，a2+3，a3成等差数列，设Sn为{an}的前n项和，则S5＝ 　62　 ．
【解答】解：∵3a1，a2+3，a3构成等差数列，
∴2（a2+3）＝3a1+a3，即2（a1q+3）＝3a1+a1q2，
又∵q＝2，
∴4a1+6＝3a1+4a1，解得a1＝2，
∴S562．
故答案为：62．
10．（2025 随州三模）已知数列{an}的通项公式为，数列{bn}是首项为1，公比为q的等比数列，若bk＜ak＜bk+1，其中k＝1，2，…，10，则公比q的取值范围是 　（2，）　 ．
【解答】解：k＝1，2，…，10，
∵ak＜bk+1，∴2k＜qk，∴q＞2，
∵bk＜ak，∴2k＞qk﹣1，∴（）k﹣1＜2，
∵q＞2，∴，∴（）9＜2，∴q，
∴2．
∴公比q的取值范围为（2，）．
故答案为：（2，）．
11．（2025 湖南模拟）曲线在点（e，e）处的切线方程为 　2x+y﹣3e＝0　 ．
【解答】解：因为曲线，所以f′（x），
所以f′（e）＝﹣2，
所以所求切线方程为y﹣e＝﹣2（x﹣e），即为2x+y﹣3e＝0．
故答案为：2x+y﹣3e＝0．
12．（2025 兰州模拟）已知函数f（x）＝x2﹣4x+（x﹣2）cosx﹣sinx在x＝a处取得最小值m，则m+a＝　﹣2﹣sin2　 ．
【解答】解：函数f（x）＝x2﹣4x+（x﹣2）cosx﹣sinx，
可得f′（x）＝（x﹣2）（2﹣sinx），
因为2﹣sinx＞0，
当x＜2时，f′（x）＜0；
当x＞2时，f′（x）＞0；
从而m＝f（x）min＝f（2）＝﹣4﹣sin2，
即a＝2，m＝﹣4﹣sin2，
∴m+a＝﹣2﹣sin2．
故答案为：﹣2﹣sin2．
13．（2025 通许县校级模拟）若函数f（x）＝（x2+mx）ex在上存在单调递减区间，则m的取值范围是 　{m|m}　 ．
【解答】解：因为函数f（x）＝（x2+mx）ex在上存在单调递减区间，
所以f′（x）＝[x2+（m+2）x+m]ex≤0在上有解，
故m（x+1）在上有解，
令t＝x+1，则t，
因为y＝﹣（x+1）t在[]上单调递减，
故t，即x时，函数取得最大值，
所以m．
故答案为：{m|m}．
14．（2025 聊城模拟）函数f（x）＝|x+3|+2|x+2|+e﹣x的最小值为 　10﹣3ln3　 ．
【解答】解：当x≤﹣3，f（x）＝﹣x﹣3﹣2（x+2）+e﹣x＝﹣3x﹣7+e﹣x单调递减，
故f（x）≥f（﹣3）＝2+e3；
当﹣3＜x＜﹣2时，f（x）＝x+3﹣2x﹣4+e﹣x＝﹣x﹣1+e﹣x当递减，
故1+e2＜f（x）＜2+e3；
当x≥﹣2时，f（x）＝x+3+2x+4+e﹣x＝3x+7+e﹣x，
则f′（x）＝3﹣e﹣x，
令f′（x）＝0可得x＝﹣ln3，
当﹣2≤x＜﹣ln3时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x＞﹣ln3时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
故f（x）≥f（﹣ln3）＝10﹣3ln3，
综上，函数的最小值为10﹣3ln3．
故答案为：10﹣3ln3．
15．（2025春 惠山区校级月考）已知f（x）＝x ex+1，过点（9，m）作f（x）的切线，若切线斜率为1，则m＝　10　 ．
【解答】解：设切点为（x0，y0），则，
f（x）＝x ex+1，
所以f′（x）＝ex+xex＝（x+1）ex，
所以，
若x0≤﹣1，f′（x0）≤0，矛盾，
设g（x）＝（x+1）ex，x∈（﹣1，+∞），则g′（x）＝ex+（x+1）ex＞0，
所以函数g（x）＝（x+1）ex在（﹣1，+∞）上单调递增，又g（0）＝1，
所以当x＞0时，g（x）＞1，当﹣1＜x＜0时，g（x）＜1，
所以的解为x0＝0，所以，
所以切线方程为y﹣1＝x，又（9，m）在切线上，
所以m﹣1＝9，即m＝10．
故答案为：10．
16．（2025春 福州期中）“朗博变形”是借助指数运算或对数运算，将x化成x＝lnex，x＝elnx（x＞0）的变形技巧，已知函数f（x）＝xex，g（x），若f（x1）＝g（x2）＞0，则的最小值为　1　 ．
【解答】解：依题意：f（x1）＝g（x2），即，
因为，则，
设f（x）＝xex，则f'（x）＝ex+xex＞0在（0，+∞）恒成立，
所以函数f（x）＝xex在（0，+∞）上单调递增，则，
所以，
令t＝x1+lnx1，显然t＝x1+lnx1在（0，+∞）上单调递增，t∈R，
设h（t）＝et﹣t，h′（t）＝et﹣1＝0，解得t＝0，
所以h（t）在区间（﹣∞，0）上单调递减，在区间（0，+∞）上单调递增，
h（t）min＝h（0）＝1．
故答案为：1．
17．（2025春 金安区校级期中）若M是曲线f（x）＝2x2﹣lnx上任意一点，则点M到直线y＝3x﹣6的最小距离为 　　 ．
【解答】解：函数f（x）＝2x2﹣lnx的定义域为{x|x＞0}，求导可得，
当时，f′（x）＞0，当时，f′（x）＜0，
则f（x）在上单调递增，在上单调递减，且，
则作出f（x）＝2x2﹣lnx，x＞0和y＝3x﹣6图像如图：
则曲线f（x）＝2x2﹣lnx上任意一点M到直线y＝3x﹣6的最小距离，
即为斜率为3的切线的切点到直线y＝3x﹣6的距离；
设与直线y＝3x﹣6平行的直线y＝3x+m与曲线相切于点M（x0，y0），
因为，所以，即，
解得x0＝1或（舍去），
所以f（1）＝2，即切点为M（1，2），
所以切点到直线y＝3x﹣6的距离为．
故答案为：．
18．（2025春 张家口月考）已知函数f（x）满足，则的值为 　　 ．
【解答】解：因为，
由题意可得，
所以，
解得．
故答案为：．
19．（2025春 张家口月考）吹气球时，气球的半径r（单位：dm）与体积V（单位：L）之间的函数关系是，估计时，气球的瞬时膨胀率为 　　 ．
【解答】解：吹气球时，气球的半径r（单位：dm）与体积V（单位：L）之间的函数关系是，
由可得：，
当时，．
故答案为：．
20．（2025春 张家口月考）已知f′（x）是函数f（x）的导函数，且对任意实数x都有f′（x）﹣f（x）＝ex（2x﹣1），且f（0）＝1，则不等式f（x）＜2ex的解集为 　{x|x}　 ．
【解答】解：由题意，
令，则f（x）＝ex （x2﹣x+c），
再由f（0）＝1得：c＝1，
所以f（x）＝ex （x2﹣x+1），
所以不等式f（x）＜2ex的解集等价于x2﹣x+1＜2，
解得，
所以不等式f（x）＜2ex的解集为．
故答案为：．
二．解答题（共10小题）
21．（2025 五华区校级模拟）已知正项等差数列{an}的公差为2，{an}的前n项和为Sn，且S1+1，S2，S3+1成等比数列．
（1）求数列{an}的通项公式an；
（2）设，求数列{bn}的前10项和T10．
【解答】解：（1）由正项等差数列{an}的公差为2，
S1+1，S2，S3+1成等比数列，可得（S1+1）（S3+1），
即有（2a1+2）2＝（a1+1）（3a1+7），
化为2a1﹣3＝0，解得a1＝3（﹣1舍去），
则an＝3+2（n﹣1）＝2n+1；
（2）由，
可得数列{bn}的前10项和T10＝（3+7+11+15+19）（...）
＝55（）＝55．
22．（2025 河北模拟）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a2+a6＝14，S10＝100．
（1）求{an}的通项公式．
（2）在{an}中是否存在am，ak，ap（m＜k＜p）成等比数列？若存在，求出一个这样的3项；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
由a2+a6＝14，S10＝100，得，
化简得，解得．
∴an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1；
（2）在{an}中，取a1＝1，a2＝3，a5＝9，满足a1，a2，a5成等比数列，
故在{an}中存在am，ak，ap（m＜k＜p）成等比数列，可取a1＝1，a2＝3，a5＝9成等比数列．
23．（2025 武功县校级模拟）已知数列{an}是各项均不为0的等差数列，Sn为其前n项和，且满足，数列{bn}的前n项和为Tn．
（1）求数列{an}的通项公式及数列{bn}的前n项和Tn．
（2）是否存在正整数m，n（1＜m＜n），使得T1，Tm，Tn成等比数列？若存在，求出所有的n的值；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）因为数列{an}是各项均不为0的等差数列，所以an≠0，
所以，
所以an＝2n﹣1．
因为，
所以Tn＝b1+b2+b3+ +bn
．
（2）若存在正整数m，n（1＜m＜n），使得T1，Tm，Tn成等比数列，
则，所以，
即3m2（2n+1）＝n（4m2+4m+1），即（﹣2m2+4m+1）n＝3m2，
所以，解得：，
又因为m＞1且m∈N*，所以m＝2，n＝12，
所以存在正整数m＝2，n＝12，使得T1，Tm，Tn成等比数列．
24．（2025 西安模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，且，t为常数，记．
（1）若数列{bn}为等差数列，求{bn}的公差．
（2）设t＝﹣1．
①求{an}的通项公式；
②记数列{bn}的前n项和为Tn，证明：．
【解答】（1）解：∵，
∴n﹣2，则b1＝t﹣1，，，
∵数列{bn}为等差数列，∴2b2＝b1+b3，即t＝t﹣1+1，
解得t＝0，则{bn}的公差为d＝b2﹣b1＝1；
（2）①解：t＝﹣1，．
当n＝1时，a1＝S1＝﹣2．
当n≥2时，2n﹣3．
故数列{an}的通项公式为；
②证明：当n＝1时，T1＝b1＝﹣2，满足，
当n≥2时，n﹣2，
则Tn＝b1+b2+...+bn＝﹣2+（22）+（32）+...+（n）
＜﹣2+（2﹣2）+（3﹣2）+...+（n﹣2）＝（2+3+...+n）﹣2n．
综上，Tn．
25．（2025 甘肃校级模拟）已知m（m≥4）为正整数，数列a1，a2，a3， ，am是公差为d（d＞0）的等差数列．若从中随机取出若干项后，对于剩余项始终有aj﹣ai＞d（1≤i＜j≤m），则称取出的项按从小到大顺序排成的数列为a1，a2，a3， ，am的“间子列”．
（1）直接写出数列a1，a2，a3，a4所有的间子列；
（2）证明：存在数列a1，a2，a3， ，am+1的一个间子列，其也为数列a1，a2，a3， ，am的间子列；
（3）从数列a1，a2，a3， ，am中随机取出l（0≤l≤m）项，记将这l项按从小到大顺序排成的新数列为a1，a2，a3， ，am的间子列的概率为Pm，证明：．
【解答】解：（1）由题可得数列a1，a2，a3，a4的间子列为a1，a3；a2，a4；a2，a3；
证明：（2）当m为奇数，取a1，a2，a3， ，am+1的一个间子列，a2，a4，a6 ，am，
则此数列对于a1，a2，a3， ，am的剩余项为a1，a3，a5 ，am﹣1，对于 i，j（1≤i＜j≤m），
满足aj﹣ai≥a3﹣a1＝2d＞d，则a2，a4，a6 ，am也是a1，a2，a3， ，am的间子列；
当m为偶数，取a1，a2，a3， ，am+1的一个间子列，a1，a3，a5 ，am，
则此数列对于a1，a2，a3， ，am的剩余项为a2，a4，a6 ，am﹣1，对于 i，j（2≤i＜j≤m﹣1），
满足aj﹣ai≥a4﹣a2＝2d＞d，则a1，a3，a5 ，am也是a1，a2，a3， ，am的间子列；
综上，存在数列a1，a2，a3， ，am+1的一个间子列，其也为数列a1，a2，a3， ，am的间子列；
证明：（3）考虑取出间子列后剩余的数列，记剩余的项按原顺序排成的数列为“剩余列”，
因为间子列和剩余数列互补成原数列，因而它们成一一对应的关系，
即“拟取到间子列”的概率和“抽取到剩余列”的概率相同，
设Q（m）为数列a1，a2，a3， ，am的剩余列数量，
其中，记f（m）为不含有am的剩余列数量，t（m）为含有am的剩余列数量，
则有Q（m）＝f（m）+t（m），
对于数列a1，a2，a3， ，am+1，由（2）中的结论可知，
对于不含am的非双项剩余列，其数量与含am+1的非双项剩余列数量相同；
并且对于a1，a2，a3， ，am+1的含am+1的双项剩余列，
其由am前的每一项和am+1的组合而成，即有f（m）+m﹣1＝t（m+1），
因为Q（m）＝f（m）+t（m）＝f（m+1），
所以f（m+1）＝f（m）+f（m﹣1）+m﹣2，
即Q（m）＝Q（m﹣1）+Q（m﹣2）+m﹣2，
故Q（m+1）＝Q（m）+Q（m﹣1）+（m﹣1），
故Q（m+1）＝2Q（m）+1﹣Q（m﹣2），
当m≥6时，Q（m﹣2）＞1，
故Q（m+1）＜2Q（m），
每个取出的新数列均按照从小到大的顺序排列，取出的总方法数共有（种）；
故，
故，
故，
故当m＞6时，Pm＜Pm﹣1＜ ＜P6，
又Q（4）＝3，Q（5）＝7，Q（6）＝14，
故，
故P4＜P5＝P6，
故当m≥4时，．
26．（2025 卓尼县校级模拟）已知函数．
（1）若k＝1，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）求函数f（x）的单调递增区间；
（3）若k＝1，方程f（x）＝c有三个不相等的实数根x1，x2，x3且x1＜x2＜x3，证明：x1﹣x3＞﹣4．
【解答】解：（1）函数，
若k＝1，则，定义域为（0，+∞），
∵（x＞0），
∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线的斜率为k＝f′（1）＝0，
∵，
∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为；
（2）∵，
∴（x＞0），且k＞0．
令f′（x）＝0，则x2﹣4kx+3＝0．
当Δ＝16k2﹣4×3＞0，即时，
由x2﹣4kx+3＝0解得或，
∵x1+x2＝4k＞0，x1x2＝3＞0，∴x2＞x1＞0，
当x∈（0，x1）∪（x2，+∞）时，f′（x）＞0；当x∈（x1，x2）时，f′（x）＜0，
因此f（x）在（0，x1），（x2，+∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减．
当Δ＝16k2﹣4×3≤0，即时，x2﹣4kx+3≥0在（0，+∞）上恒成立，且等号不恒成立，
即f′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，且等号不恒成立，因此f（x）在（0，+∞）上单调递增．
综上，当时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞）；
当时，f（x）的单调递增区间为，．
（3）证明：由（2）可知，当k＝1时，在（0，1），（3，+∞）上单调递增，在（1，3）上单调递减．
∵f（x1）＝f（x2）＝f（x3）＝c，x1＜x2＜x3，∴0＜x1＜1＜x2＜3＜x3．
令g（x）＝f（x）﹣f（2﹣x），
则在（0，1）上恒成立，
∴g（x）在（0，1）上单调递增，则当x∈（0，1）时，g（x）＜g（1）＝0，
∴f（x）＜f（2﹣x）在（0，1）上恒成立．
∵0＜x1＜1，∴f（x1）＝f（x2）＜f（2﹣x1），且1＜2﹣x1＜2，1＜x2＜3．
由于f（x）在（1，3）上单调递减，∴2﹣x1＜x2，∴x1+x2＞2．
令h（x）＝f（x）﹣f（6﹣x），
则在（1，3）上恒成立，
∴h（x）在（1，3）上单调递增，则当x∈（1，3）时，h（x）＜h（3）＝0，
∴f（x）＜f（6﹣x）在（1，3）上恒成立．
∵1＜x2＜3，∴（x2）＝f（x3）＜f（6﹣x2）且3＜6﹣x2＜5，x3＞3．
∵f（x）在（3，+∞）上单调递增，∴6﹣x2＞x3，∴x2+x3＜6．
由x1+x2＞2和x2+x3＜6可得x1﹣x3＞﹣4．
27．（2025 天津模拟）已知函数f（x）＝xln（kx+1），其中k＞0．
（Ⅰ）当k＝1时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）求证：f（x）在（0，+∞）上单调递增；
（Ⅲ）求证： x1，x2∈（0，+∞）且x1＞x2，（x1﹣x2）（f′（x1）+f′（x2））＜2（f（x1）﹣f（x2））．
【解答】解：（Ⅰ）当k＝1时，f（x）＝xln（x+1），所以f（1）＝ln2，
又f′（x）＝ln（x+1），所以f′（1）＝ln2，
所以曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为：，
即．
（Ⅱ）f（x）＝xln（kx+1），f′（x）＝ln（kx+1），
因为k＞0，x∈（0，+∞），所以kx+1＞1，所以ln（kx+1）＞0，0，
所以f′（x）＞0在（0，+∞）恒成立，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增．
（Ⅲ）令m（x1）＝f'（x1），m（x2）＝f'（x2），则原不等式等价于（x1﹣x2）[m（x1）+m（x2）]＜2[f（x1）﹣f（x2）]，
令g（x1）＝（x1﹣x2）[m（x1）+m（x2）]﹣2[f（x1）﹣f（x2）]，x1∈（0，+∞），
则g′（x1）＝[m（x1）+m（x2）]+m′（x1）（x1﹣x2）﹣2f′（x1），
令h（x1）＝g′（x1），n（x1）＝m′（x1），
则h（x1）＝[m（x1）+m（x2）]+n（x1）（x1﹣x2）﹣2m（x1）＝﹣m（x1）+m（x2）+n（x1）（x1﹣x2），
所以h′（x1）＝﹣m′（x1）+n′（x1）（x1﹣x2）+n（x1）＝﹣m′（x1）+n′（x1）（x1﹣x2）+m′（x1）＝n′（x1）（x1﹣x2），
由（2）知，
所以n（x1）＝m′（x1），
所以n′（x1）0在（0，+∞）恒成立，
又x1＞x2，所以x1﹣x2＞0，所以h'（x1）＝h'（x1）（x1﹣x2）＜0在（0，+∞）恒成立，
所以h（x1）＝g'（x1）在（0，+∞）单调递减，所以g'（x1）＜g′（x2）＝2m（x2）﹣2f'（x2）＝2m（x2）﹣2m（x2）＝0，
所以g（x1）在（0，+∞）单调递减，
所以g（x1）＜g（x2）＝0，
即（x1﹣x2）[m（x1）+m（x2）]﹣2[f（x1）﹣f（x2）]＜0，
所以（x1﹣x2）[f'（x1）+f'（x2）]＜2[f（x1）﹣f（x2）]．
28．（2025 保山校级模拟）已知f（x）＝x3+ax2﹣a2x+2，a∈R．
（1）当a＜0时，求函数y＝f（x）的单调减区间；
（2）当a＝0时，曲线y＝f（x）在相异的两点A，B点处的切线分别为l1和l2，l1和l2的交点位于直线x＝2上，证明：A，B两点的横坐标之和小于4；
（3）当a＞0时，如果对于任意x1，x2，x3∈[0，1]，总存在以f（x1），f（x2），f（x3）为三边长的三角形，求a的取值范围．
【解答】解：（1）易知f'（x）＝3x2+2ax﹣a2＝3（x+a）（x），
令f'（x）＜0，
∵a＜0，
∴，
∴函数单调递减区间（，﹣a）；
（2）证明：当a＝0时，f（x）＝x3+2，
设在点A（x1，2）、B（x2，2）处切线的交点位于直线x＝2上一点P（2，t），
∵y′＝3x2，
∴在点A处的切线斜率为k，
∴在A处的切线方程为y﹣（2）（x﹣x1），
∵切线过点P，
∴t﹣（2）（2﹣x1），
∴，①
同理，②
①﹣②可得，
∵x1≠x2，
∴，
∵x1≠x2，
∴，
∴，
∴0＜x1+x2＜4，
∴A、B 两点的横坐标之和小于4；
（3）由题设知，f（0）＜f（1）+f（1），即2＜2（﹣a2+a+3），
∴﹣1＜a＜2，
∵a＞0，
∴0＜a＜2，
∵，
∴x∈时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈时，f′（x）＞0，f（x）单调递增
∴当x时，f（x）有最小值f（），
∴f（）0③，f（0）＜2（）④，f（1）＜2（）⑤，
由③得a；由④得，
∵0＜a＜2，
∴，
不等式⑤可化为0，
令g（a），则g′（a），
∴g（a）为增函数，
∵g（2）0，
∴当时，g（a）＜0恒成立，即③成立，
∴实数a的取值范围为．
29．（2025 沈河区校级模拟）已知函数f（x）＝ex﹣ax（a∈R）．
（1）若a＝e，求f（x）在x＝0处的切线方程；
（2）讨论g（x）＝（f（x）+ax）（x﹣a﹣1）﹣（x﹣a）2的单调性；
（3）若时，xf（x）≥2x﹣xcosx，求a的取值范围．
【解答】解：（1）当a＝e时，f（x）＝ex﹣ex，f'（x）＝ex﹣e，故f′（0）＝1﹣e，
又因为f（0）＝1，所以f（x）在x＝0处的切线方程为y﹣1＝（1﹣e）（x﹣0），即y＝（1﹣e）x+1；
（2）g（x）＝（f（x）+ax）（x﹣a﹣1）﹣（x﹣a）2＝ex（x﹣a﹣1）﹣（x﹣a）2，
g′（x）＝ex（x﹣a﹣1）+ex﹣2（x﹣a）＝ex （x﹣a）﹣2（x﹣a）＝（ex﹣2）（x﹣a），
当a＜ln2时，x∈（﹣∞，a）∪（ln2，+∞），g′（x）＞0，g（x）在（﹣∞，a），（ln2，+∞）上单调递增，
x∈（a，ln2）时，g'（x）＜0，g（x）在（a，ln2）单调递减；
当a＞ln2时，x∈（﹣∞，ln2）∪（a，+∞），g'（x）＞0，g（x）在（﹣∞，ln2），（a，+∞）上单调递增，
x∈（ln2，a）时g'（x）＜0，g（x）在（ln2，a）单调递减；
当a＝ln2时，x∈R时g'（x）＞0恒成立，g（x）在（﹣∞，+∞）单调递增，
综上所述，当a＜ln2时，g（x）在（﹣∞，a），（ln2，+∞）上单调递增，（a，ln2）单调递减；
当a＞ln2时，g（x）在（﹣∞，ln2），（a，+∞）上单调递增，（ln2，a）单调递减；
当a＝ln2时，g（x）在（﹣∞，+∞）单调递增，
（3）由题意得x（ex﹣ax+cosx﹣2）≥0对于任意的恒成立，且当x＝0时，等号成立．
令h（x）＝ex﹣ax+cosx﹣2，则h'（x）＝ex﹣sinx﹣a，h'（0）＝1﹣a，h（0）＝e0+1﹣2＝0
①若x≥0，则h（x）≥h（0）．
令φ（x）＝ex﹣sinx﹣a，则φ'（x）＝ex﹣cosx，显然φ′（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，
∴φ（x）在[0，十∞）上单调递增，即h（x）在[0，十∞）上单调递增．
当1﹣a＜0，即a＞1时，h（0）＜0．
又∵h'（a）＝ea﹣sina﹣a，易证ea≥a+1
∴h（a）≥a+1﹣sina﹣a＝1﹣sina≥0，
∴ x0∈（0，a]使h'（x0）＝0，
∴x0∈（0，x0）时，h'（x0）＜0，即h（x）在（0，x0）上单调递减，
∴对 x∈（0，x0），h（x）＜h（0）＝0，不符合题意；
当1﹣a≥0，即a≤1时，h（x）≥h（0）＝1﹣a≥0，
∴h（x）在[0，+∞）上单调递增，
∴ x∈[0，+∞），h（x）≥g（0）＝0，xh（x）≥0，符合题意，
所以a≤1；
②当时，只需证明当a≤1时，h（x）≤0即可．
，
令，则p′（x），
，
∴，∴，
易得p（x）≥0，即p（x）在上单调递增，故时，p（x）≤p（0）＝1，
则10，即h′（x）≥0，h（x）在[，0]上单调递增，
所以h（x）≤h（0）＝0，即a≤1时，xh（x）≥恒成立，
故a的范围为{a|a≤1}．
30．（2025 沙坪坝区校级模拟）已知函数．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）已知函数g（x）＝ax﹣f（x）（a＞0且a≠1）．
（i）若a≥e，求证：当x∈（0，1）时，g（x）＞0；
（ii）若a≥2，函数g（x）在区间（0，1）上存在唯一零点，求a的取值范围．
【解答】解：（1），f'（x）＝x2﹣ax+1．
①当Δ＝a2﹣4≤0，即﹣2≤a≤2时，f'（x）≥0恒成立，f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增．
②当Δ＝a2﹣4＞0，即a＜﹣2或a＞2时，令f'（x）＝0，解得．
当x∈（﹣∞，x1）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（x1，x2）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈（x2，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增．
综上，当﹣2≤a≤2时，f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增；
当a＜﹣2或a＞2时，f（x）在和上单调递增．在上单调递减，
（2）（i）证明：因为，
所以g'（x）＝axlna﹣（x2﹣ax+1），x∈（0，1），
当a≥e时，因为lna＞0，，
所以函数在（0，1）上单调递增，在（0，1）上单调递减，
所以g'（x）在（0，1）上单调递增，则g'（x）＞g'（0）＝lna﹣1≥0，
所以g（x）在（0，1）上单调递增，则g（x）＞g（0）＝0，得证．
（ii）当2≤a＜e时，因为lna＞0，，同理有g'（x）在（0，1）单调递增，
而g′（0）＝lna﹣1＜0，g'（1）＝alna+a﹣2≥2ln2＞0，
故由零点存在定理可知，存在唯一的x3∈（0，1），使得g'（x3）＝0．
当x∈（0，x3）时，g'（x）＜g'（x3）＝0，所以g（x）单调递减；
当x∈（x3，1）时，g'（x）＞g'（x3）＝0，所以g（x）单调递增．
所以g（0）＝0，g（x3）＜g（0）＝0，，
故由零点存在定理可知，g（x）在（0，x3）无零点，在[x3，1）上存在唯一零点．
所以a∈[2，e）符合题意．
当a≥e时，由（i）可知不合题意，故舍去．
综上所述，a的取值范围为[2，e）．
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