资源简介

2025--2026年 高三数学一轮复习人教版A版选择性必修第二册期末综合基础练习试卷1
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．已知为等比数列，公比，则（ ）
A．81 B．27 C．32 D．16
2．记为等差数列的前项和．若，，则的公差为（ ）
A．1 B．2
C．4 D．8
3．等差数列的前n项和为满足若成等比，则（ ）
A．6 B．5 C．4 D．3
4．函数图象是
A． B．
C． D．
5．函数图象上的点到直线的距离的最小值为（ ）
A． B． C． D．
6．已知函数的导函数的图象如图所示，则（ ）
A．在上单调递减 B．在处取得极小值
C．有2个极值点 D．有极大值，没有极小值
7．在等差数列中，为其前项和，若，则（ ）
A．14 B．16 C．7 D．8
8．若曲线在点处的切线与曲线相切于点，则（ ）
A．-1 B．1 C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．已知函数，则（ ）
A． B．有两个极值点
C．点是曲线的对称中心 D．有两个零点
10．若成等比数列，则（ ）
A． B． C． D．
11．已知，有，则（ ）
A． B． C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．函数，若，则 .
13．设，则 .
14．已知函数，若在上恒成立，则实数的取值范围为 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．已知函数．
（1）求在处的切线方程;
（2）求的单调区间和极值．
16．数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n(n+1)(n∈N*).
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足：，求数列{bn}的通项公式；
（3）令(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Tn.
17．已知数列为等比数列，是与的等差中项，为的前项和．
（1）求的通项公式及；
（2）集合A为正整数集的某一子集，对于正整数，若存在正整数，使得，则，否则．记数列满足，求的前20项和．
18．已知函数．
（1）求在点处的切线方程；
（2）求证：；
（3）若函数无零点，求实数a的取值范围．
19．已知各项都是正数的数列，其前项和为，，且.
（1）求的通项公式；
（2）若，求证：.
参考答案
1．【答案】A
【详解】根据可得，所以或，
若，则不符合要求，
若，则符合要求，故，
故选A
2．【答案】C
【详解】设等差数列的公差为，
则，，
联立，解得.
故选C.
3．【答案】B
【详解】设等差数列的公差为d，
由得，
解得，
所以
成等比，∴，
∴，
，显然，否则这与成等比数列矛盾，
故解得
故选B.
4．【答案】C
【详解】由函数，知，是奇函数，图象关于原点对称，排除A，D；
当时，，
则，
令，解得，
当时，则单调递增，
当时，则单调递减，且当时，，
结合选项可知，C为正确选项，
故选C.
5．【答案】C
【详解】由题意，，令，得（负值已舍去）．
因为，所以曲线在点处的切线与直线平行．
因为点到直线的距离为，所以所求最小值为．
故选C.
6．【答案】D
【详解】由图可知在上恒成立，则在上单调递增，A错误．
因为在上恒成立，在上恒成立，
所以在单调递增，在单调递减，
所以在处取得极大值，没有极小值，B和C错误，D正确．
故选D
7．【答案】A
【详解】因为，所以，
所以.
所以.
故选A.
8．【答案】B
【详解】由可得：；
由可得：.
由曲线在点处的切线与曲线相切于点，
得，，
则.
，
所以，整理得：，
结合，可得：.
故选B.
9．【答案】ABC
【详解】，故A正确；
令，解得，当或时，，当时，，
所以函数在和上单调递增，在上单调递减，
故函数在处取得极小值，在取得极大值，
即，，
只有一个零点，故B正确D错误；
，所以关于对称，故C正确。
故选ABC
10．【答案】BD
【详解】成等比数列，
当时，；
当时，.
故选BD.
11．【答案】AC
【详解】由，得，，
设函数，得，则在上单调递增，
而原不等式即为，故即，
故的充要条件为，故AC正确．
取，则成立，但，，
故BD错误，
故选AC.
12．【答案】
【详解】解：由题求导得，
所以，解得.
13．【答案】/
【详解】，.
14．【答案】
【详解】设函数，则，
所以是奇函数，且时，单调递增，
则单调递增，且，
所以，
即，，则不等式恒成立，，
设，，
设，，，
所以在上单调递增，，
所以恒成立，则恒成立，
则在上单调递增，
，根据洛必达法则可知，.
15．【答案】（1）
（2）见详解
【详解】（1）的定义域为．
所以，又，
因此，在处的切线方程为:．
化简得；
（2），
令，解得或3．
当变化时，的变化情况如下表:
0 0
递增 极大值 递减 极小值 递增
因此，的单调递增区间为；单调递减区间为．
的极大值为，极小值为．
16．【答案】（1） ；（2）;（3） .
【详解】（1）∵数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=n（n+1）（n∈N*），
∴n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=n（n+1）﹣n（n﹣1）=2n．
n=1时，a1=S1=2，对于上式也成立．
∴an=2n．
（2）数列{bn}满足：an=+++…+，∴n≥2时，an﹣an﹣1==2．
∴bn=2（3n+1）．
n=1时，=a1=2，可得b1=8，对于上式也成立．
∴bn=2（3n+1）．
（3）cn===n 3n+n，
令数列{n 3n}的前n项和为An，则An=3+2×32+3×33+…+n 3n，
∴3An=32+2×33+…+（n﹣1） 3n+n 3n+1，
∴﹣2An=3+32+…+3n﹣n 3n+1=﹣n 3n+1，
可得An=．
∴数列{cn}的前n项和Tn=+．
17．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）设的公比为是与的等差中项，
，，
∴，．
（2）由题意知，，
又，
，即，
故．
又，
．
18．【答案】（1）
（2）见详解
（3）
【详解】（1）因为，
所以，
所以，
所以在点处的切线的斜率为，
故在点处的切线方程为，即.
（2）依题意知，函数的定义域为，
，
令，则，解得；
令，则，解得或；
所以函数在上单调递增，在上单调递减.
当时，取得最大值为，
所以.
（3）依题意得，
，
当时，，在定义域上无零点；满足题意.
当时，，所以，
令，得；
令，得；
所以在上单调递增，在上单调递减.
当时，取得最大值为，
因为无零点,
所以，解得；
当时，因为，
所以，即，
所以在定义域上无零点；满足题意.
综上所述，实数a的取值范围
19．【答案】（1）
（2）见详解
【详解】（1）由题意得，
所以，又数列是各项都是正数的数列，，
所以，，
当时，有，
所以，
所以，故数列是1为首项，2为公差的等差数列，
所以.
（2）由（1）得，
所以，
所以，
裂项得，证毕.
第 page number 页，共 number of pages 页
第 page number 页，共 number of pages 页2025--2026年 高三数学一轮复习人教版A版选择性必修第二册期末综合基础练习试卷2
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．已知函数（α为常数），若，则α的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．设函数，则的值为（ ）
A． B． C． D．
3．设是等差数列的前n项和，若，则（ ）
A．15 B．30 C．45 D．60
4．函数的导函数（ ）
A． B． C． D．
5．记为递减等差数列的前n项和，若，，则（ ）．
A． B． C． D．
6．已知曲线在处的切线方程是，则与分别为（ ）
A．3，3 B．3，－1 C．－1，3 D．－2，－2
7．记正项等比数列的前项和为，若，则（ ）
A． B． C．1 D．2
8．若曲线 在 处的切线的斜率为，则 （ ）
A． B． C． D．6
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．已知在首项为1，公差为d的等差数列中，、、是等比数列的前三项，数列的前n项和为，则（ ）
A．或 B．
C．是等差数列 D．
10．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．若在处取得极小值，则
B．若，则
C．若，则曲线关于点中心对称
D．若，则有3个零点
11．已知数列满足，（），的前项和为，则（ ）
A．是等比数列 B．是等比数列
C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知曲线在处的切线方程为，则 ．
13．等比数列的前项和为，且，则
14．在一次高台跳水运动中，某运动员在运动过程中的重心相对于水面的高度（单位：）与起跳后的时间（单位：）存在函数关系，则该运动员在时的瞬时速度为________m/s．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．已知某企业生产一种产品的固定成本为400万元，每生产万件，需另投入成本万元，假设该企业年内共生产该产品万件，并且全部销售完，每1件的销售收入为100元，且
（1）求出年利润（万元）关于年生产零件（万件）的函数关系式（注：年利润年销售收入年总成本）；
（2）将年产量定为多少万件时，企业所获年利润最大.
16．某商场在“五一”劳动节期间，要对某商品进行调价，已知该商品的每日销售量y（单位：）与销售价格x（单位：百元/）满足，其中，该商品的成本为1百元/．
（1）将该商场每日销售该商品所获利润表示为销售价格x的函数；
（2）当每日销售该商品所获利润最大和最小时，销售价格分别是多少？（参考数据：）
17．已知数列的前项和为，且
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和
18．已知数列为等差数列，为等比数列，．
（1）求数列和的通项公式；
（2）设，证明：．
19．已知函数.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若存在极大值，且极大值不大于，求实数a的取值范围.
参考答案
1．【答案】C
【详解】因为，，
则，解得.
故选C.
2．【答案】D
【详解】由，
则，
所以．
故选D．
3．【答案】C
【详解】由题意得，所以，
所以.
故选C.
4．【答案】B
【详解】由得，
故选B
5．【答案】A
【详解】由，则，若数列公差为，则，
∴，且，可得，故，，
∴.
故选A
6．【答案】D
【详解】由题意得，.
故选D.
7．【答案】C
【详解】设的公比为.
由，得，所以
则，即
解得或（舍），
所以.
故选C.
8．【答案】D
【详解】,
故选D
9．【答案】AC
【详解】由题意，则，整理得，可得或，
当时，，，则，即是等差数列，此时；
当时，，，则，即是等差数列，
此时，易知公比为4，故；
综上，A、C对，B、D错.
故选AC
10．【答案】ACD
【详解】对于A，因为，因在处取得极小值，
则，得，
当时，，
当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，故在处取得极小值，故A正确；
对于B，当时，因，则在上单调递增，
故当时，，故B错误；
对于C，当时，因，
故曲线关于点中心对称，故C正确；
对于D，因为，
由，当时，，故在上单调递增；
时，则在上单调递减，
则在处取到极大值，在处取到极小值，
因，，
由可得在上有一个零点；
因，，
由可得在上有一个零点；
又
由可得在有一个零点，
综上分析，可得函数有3个零点，故D正确.
故选ACD.
11．【答案】BC
【详解】对于AB，因为数列中，，（），
则，，
所以数列是以为首项，3为公比的等比数列，故A错误，B正确；
对于C，，即有，故C正确；
对于D，，故D错误.
故选BC.
12．【答案】
【详解】根据题意得，，
所以，解得，
所以．
13．【答案】21
【详解】设的公比为，则，所以，
所以.
14．【答案】-15
【详解】因为，所以，令，得，即该运动员在时的瞬时速度为．
15．【答案】（1）
（2）80万件
【详解】（1）由题意得，总售价固定为，
当产量不足60万箱时，.
当产量不小于60万箱时，.
则
（2）设，
当时，，令，得，
得在上单调递增，在上单调递减，
则；
当时，由基本不等式有
当且仅当，即时取等号；
又因为，所以当时，所获利润最大，最大值为1300万元
16．【答案】（1），（）
（2）当销售单价（百元）时，利润最大；当销售单价（百元）时，利润最小.
【详解】（1）由题意：，（）.
（2）因为，（）.
设，（）.
则，因为，所以.
所以函数在上单调递增.
又，，
又
当时，，所以，所以在上单调递减；
当时，，所以，所以在上单调递增.
又，
，
.
所以当销售单价（百元）时，利润最大；当销售单价（百元）时，利润最小.
17．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）因为数列的前n项和为，且，
当时，，
当时，，适合上式，
故.
（2），
18．【答案】（1），.
（2）见详解
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由题设有，因，故解得，
故，.
（2）,
故
.
19．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）当时，，故，
∴，
∴曲线在处的切线方程为，即.
（2）由题意得，，故函数的定义域为，
∵，∴，
当时，，，在上为增函数，无极值.
当时，由得，
由得，，由得，，
∴在上为增函数，在上为减函数，
∴当时，有极大值，极大值为，
∴，即，
令，则，
∵，∴，
∴在上为增函数，
∵，
∴要使，则，
∴实数a的取值范围是.
第 page number 页，共 number of pages 页
第 page number 页，共 number of pages 页2025--2026年 高三数学一轮复习人教版A版选择性必修第二册期末综合基础练习试卷3
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．已知函数，且，则的值为（ ）
A．0 B．3 C． D．
2．等比数列的公比为2，且满足，则的前10项和为（ ）
A．4 B．32 C．84 D．128
3．数学家杨辉在其专著《详解九章算术法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的高阶等差数列，其中二阶等差数列是一个常见的高阶等差数列，如数列2，4，7，11，16，从第二项起，每一项与前一项的差组成新数列2，3，4，5，新数列2，3，4，5为等差数列，则称数列2，4，7，11，16为二阶等差数列，现有二阶等差数列，其中前几项分别为2，5，10，17，26，37，记该数列的后一项与前一项之差组成新数列，则（ ）
A．15 B．17 C．18 D．19
4．函数在区间上的最小值是（ ）
A． B． C． D．
5．如图，直线与曲线相切于两点，则函数在上的极大值点个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
6．已知数列的前项和为，且满足，则（ ）
A． B．
C． D．
7．设等差数列的前项和为，若，，则当取最小值时的值为（ ）
A．12 B．13 C．14 D．25
8．已知是函数的导函数，且．则下列不等式一定成立的是（ ）．
A． B．
C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．下列结论不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．已知数列的前n项和为，首项且满足，则（ ）.
A．. B．数列为等比数列.
C．. D．.
11．设函数，则（ ）
A．是的极值点 B．当时，
C．当时， D．当时，
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知等差数列的前n项和为，若，则 .
13．已知曲线在处的切线与轴垂直，则实数的值为 .
14．函数，若关于x的不等式的解集为，则实数a的取值范围为 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．设函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若在时恒成立，求的取值范围．
16．已知数列的前项和为，若，
（1）求；
（2）若，为数列的前项和，求.
17．数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n(n+1)(n∈N*).
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足：，求数列{bn}的通项公式；
（3）令(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Tn.
18．已知函数
（1）讨论函数的单调性；
（2）若恒成立，求参数的取值范围．
19．已知函数
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，求函数的零点个数.
参考答案
1．【答案】C
【详解】∵，
∴，解得.
故选C.
2．【答案】A
【详解】因为数列为等比数列，公比为2.
由得，则，
所以的前10项和为.
故选A.
3．【答案】B
【详解】前几项为3、5、7、9、11，
所以数列是以3为首项，2为公差的等差数列，
所以，所以，
故选B.
4．【答案】B
【详解】求出导函数，确定函数的单调性，得极值，并求出端点处函数值比较后可得最小值．
【详解】解： 因为，于是函数在上单调递增，在上单调递减，
，，得函数在区间上的最小值是．
故选B．
5．【答案】D
【详解】由题，，则，
作出与直线平行的函数的所有切线，如图，
各切线与函数的切点的横坐标依次为，
则在，处的导数都等于，
所以在上，单调递增，
在上，单调递减，
因此函数有三个极大值点，有两个极小值点.
故选D.
6．【答案】D
【详解】首先通过列举数列的项，得到数列是周期数列，利用周期判断选项.
【详解】，，，，……
所以数列是以3为周期的周期数列，前三项和，
，，所以，
，，所以.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据递推公式，列举数列中的项，判断数列是周期数列.
7．【答案】C
【详解】由可得，由等差数列的性质可得：，
因，则等差数列的公差，即等差数列为递增数列，
故，即取最小值时，的值为14.
故选C.
8．【答案】C
【详解】令，所以，由有：，当，，所以在单调递增，
又，所以，即，故A错误；
又，所以，即，故B错误；
又，所以，即，故C正确；
由，所以，即，故D错误.
故选C
9．【答案】ABC
【详解】对A：，所以A错误；
对B：，所以B错误；
对C： ，所以C错误；
对D：，所以D正确；
故选ABC.
10．【答案】BC
【详解】构造等比数列，两边加1得:，
所以数列是首项为，公比为 2的等比数列，
由等比数列通项公式得：，，，
由，首项得，选项A错误；
由可知是公比为2的等比数列，选项B正确；
，选项C正确；
，选项D错误；
故选BC.
11．【答案】BC
【详解】对于A，已知，则，
因为，可知当时，，仅当时取等号，此时函数单调递增，没有极值点，所以错误．
对于B，当时，，，
则，所以B正确．
对于C，已知，当时，
导函数图象与轴交于，当时，，
所以在，上，单调递增，在上，单调递减.
设，则，
令，则，因为，
所以有单调递增，且，当时，可得，即，
当时，可得，即，可知在上单调递减，在上单调递增，
且，所以可知，仅当时等号成立.
因为，，恒成立，当时，，显然；
当时，由的单调性可知，，
综上可得，，所以C正确.
对于D，当时，，易知恒成立，当时，，所以D错误.
故选BC.
12．【答案】42
【详解】.
13．【答案】/0.5
【详解】对函数求导得，，
因为曲线在处的切线与轴垂直，
所以，解得.
14．【答案】
【详解】由题意知，当时，；
当时，；当时，．
当时，，
结合图象知；当时，，当时，显然成立；
当时，，
令，则，
所以在单调递增，在单调递减，
所以，所以．
综上，实数a的取值范围为．
15．【答案】（1）见详解；
（2）[，+∞)．
【详解】（1）由题可知，
①当在上单调递增，
②当时，．
当时，单调递增；
当时，单调递减；
在上单调递增，在上单调递增.
（2），
∵，∴，
令，则原问题a≥，，
∵，
∴x∈[0，1)，＞0，g(x)单调递增；x∈，，g(x)单调递减；
∴，∴﹒
∴的取值范围为[,+∞)． -
16．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）当时，，
当时，，所以，
所以，所以，
又因为，
所以是以为首项，2为公比的等比数列，
所以，即，
又时也满足上式，所以；
（2）因为，所以，
所以，
所以
.
17．【答案】（1） ；（2）;（3） .
【详解】（1）∵数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=n（n+1）（n∈N*），
∴n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=n（n+1）﹣n（n﹣1）=2n．
n=1时，a1=S1=2，对于上式也成立．
∴an=2n．
（2）数列{bn}满足：an=+++…+，∴n≥2时，an﹣an﹣1==2．
∴bn=2（3n+1）．
n=1时，=a1=2，可得b1=8，对于上式也成立．
∴bn=2（3n+1）．
（3）cn===n 3n+n，
令数列{n 3n}的前n项和为An，则An=3+2×32+3×33+…+n 3n，
∴3An=32+2×33+…+（n﹣1） 3n+n 3n+1，
∴﹣2An=3+32+…+3n﹣n 3n+1=﹣n 3n+1，
可得An=．
∴数列{cn}的前n项和Tn=+．
18．【答案】（1）见详解
（2）
【详解】（1）当时，，无单调性；
当时，由，，
若，令，得，令，得，
即在上单调递减，在上单调递增，
若，令，得，令，得，
即在上单调递减，在上单调递增，
综上，当时，无单调性；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）恒成立等价于恒成立，
由（1），当时，，符合题意；
当时，在上单调递减，在上单调递增，故，
只需，解得，
当时，在上单调递减，在上单调递增，
当时，，则，即，不合题意.
综上，的取值范围为.
19．【答案】（1）
（2）1
【详解】（1）当时，，.
则，，
所以曲线在点处的切线方程为，
即；
（2）令，则，当时，，
所以时，函数无零点；
当时，由，得，所以，
则时，函数零点的个数即为函数，图象交点的个数，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，
又当时，且，当时，，
如图，作出函数的大致图象，
又，由图可知，
所以函数的图象只有1个交点，
即当时，函数只有1个零点；
综上所述，若，函数有1个零点.
第 page number 页，共 number of pages 页
第 page number 页，共 number of pages 页2025--2026年 高三数学一轮复习人教版A版选择性必修第二册期末综合提高练习试卷1
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．已知函数，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知函数，且，则的值为（ ）
A．0 B．3 C． D．
3．若过点可以作曲线的两条切线，则（ ）
A． B．
C． D．
4．若函数满足，，则（ ）
A． B． C．2 D．8
5．已知，则函数的单调递增区间为（ ）
A． B． C． D．
6．已知函数有两个零点，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
7．若函数（为自然对数的底数，）的图象上存在关于原点对称的点，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．关于的方程恰好有4个不同的实数根，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．下列求导正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
10．已知函数在处取得极值，且在上单调，则下列结论中正确的是（ ）
A．的取值范围是
B．不可能有两个零点
C．若在上有最小值，则的取值范围是
D．当时，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是
11．已知函数，其导函数为，则（ ）
A．直线是曲线的切线
B．有三个零点
C．
D．若在区间上有最大值，则的取值范围为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．曲线与曲线的公切线方程为 .
13．若对任意的正实数，满足当时，恒成立，则实数的取值范围为 ．
14．已知关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为 .
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．已知函数，．
（1）当为何值时，轴为曲线的切线；
（2）用表示中的最小值，设函数，讨论零点的个数．
16．若数列满足，则称数列为数列.记.
（1）写出一个满足，且的数列；
（2）若，证明：数列是递增数列的充要条件是；
（3）对任意给定的整数，是否存在首项为1的数列，使得？如果存在，写出一个满足条件的数列；如果不存在，说明理由.
17．已知为自然对数的底．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若对恒成立，求实数的取值范围；
（3）若函数有两个不同零点，，求证：．
18．已知函数，．
（1）若函数的极大值与的极大值之和为，求的值；
（2）若，当时，求的最小值；
（3）判断图象上存在多少组关于点对称的点对，说明你的结论和理由．
19．已知函数 ．
讨论 的单调性；
当 时，设正项数列 满足： ，
(ⅰ)证明： ；
(ⅱ)记数列 的前 项和为 ，证明： ．
参考答案
1．【答案】A
【分析】根据题意，求得，进而得到的值，得到答案.
【详解】由函数，可得，所以.
故选A.
2．【答案】C
【详解】∵，
∴，解得.
故选C.
3．【答案】D
【详解】在曲线上任取一点，对函数求导得，
所以，曲线在点处的切线方程为，即，
由题意可知，点在直线上，可得，
令，则.
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以，，
由题意可知，直线与曲线的图象有两个交点，则，
当时，，当时，，作出函数的图象如下图所示：

由图可知，当时，直线与曲线的图象有两个交点.
故选D.
解法二：画出函数曲线的图象如图所示，根据直观即可判定点在曲线下方和轴上方时才可以作出两条切线.由此可知.

故选D.
4．【答案】A
【详解】∵
，∴，，
故选A.
5．【答案】D
【详解】由，得，解得，函数定义域为R，
函数在上单调递减，在上单调递增，
而函数在R上单调递增，所以函数的单调递增区间为.
故选D
6．【答案】B
【详解】函数有两个零点，即方程有两个不同的解，等价于有两个不同的解.
令，对求导，可得.
令，即，解得.
当时， ，在上单调递增；
当时， ，在上单调递减.
则在处取得极大值，也是最大值，.
当时，；当时，.
并且在处的切线斜率为，切线方程为.
的图象是将v型函数图象左右平移得到，
要使有两个不同的解，即与的图象有两个不同的交点.
画出和的图象（由图象左右平移得到）.
当时，此时与的图象无交点，不符合题意.
当时，与的图象也最多有一个交点，切线切点处，不符合题意.
当时，要使与的图象有两个不同的交点，则.
实数的取值范围为.
故选B.
7．【答案】A
【详解】假设函数（为自然对数的底数，）的图象上存在关于原点对称的点和，
所以，，
上述两个等式相加得，可得，
令，其中，，
函数为偶函数，
当时，，故函数在上单调递增，
由偶函数的性质可知函数在上单调递减，故，
所以函数的值域为，故，解得，
因此，实数的取值范围是.
故选A.
8．【答案】D
【详解】由题意知，所以
，令，则得，
从而可转化为“直线与函数图象在恰好有两个不同的交点”.
而，当时，，当时，，
故在单调递增，在单调递减，
又∵，；当时，，
需使，即，
从而实数的取值范围为.
故选D.
9．【答案】ACD
【详解】对于A，若，则，故A正确；
对于B，若，则，故B错误；
对于C，若，则，故C正确；
对于D，若，则，故D正确.
故选ACD.
10．【答案】ACD
【详解】选项A：由题得，
若，则，单调递增，不存在极值，
又因为在处取得极值，所以必有．
当时，可知在处取得极小值，且在上单调递增，符合题意；
当时，可知在处取得极大值，但在上先减后增，不符合题意．
综上，的取值范围是，故A正确．
选项B：由选项A可知的极大值为，
极小值为，
因为，所以极大值，
当极小值，即时，有两个零点，故B错误．
选项C：要使在上有最小值，应满足，即，解得，故C正确；
选项D：当时，，令，显然是奇函数，
且，因此不等式，
可化为，
即，由于是奇函数，
（结论：任意三次函数的图象均为中心对称图形，
且对称中心为点，其中是的二阶导数的零点）
所以，
又，且在上单调递增，
（函数在上单调递增，
将的图象向上平移个单位长度得到的图象，所以与的单调性相同），
因此，即，
于是，由于，
因此，则，故实数的取值范围是，故D正确．
故选ACD.
11．【答案】BC
【详解】因为，则，，所以，C正确；
因为，令，得，解得或，
当或时，，当时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，在处取得极小值，
且，
图象如图所示：
故有两个极值点，三个零点，故B正确；
设切点的坐标为，则切线斜率为，
则，所以不存在斜率为的切线，
直线不是曲线的切线，故A错误；
因为，所以若在区间上有最大值，
则，所以，故D错误．
故选BC．
12．【答案】
【详解】设公切线与曲线切于点，与曲线切于点，
易知公切线的斜率存在，对求导得，
可得公切线的斜率，
所以公切线方程为，即①.
对求导得，
所以公切线方程为，
即②.
由①②得所以，
令，，所以，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，所以，
所以公切线方程为，即.
13．【答案】
【详解】由，得，即，
令函数，依题意，对任意的正实数满足当时，，
因此函数在上单调递减，在恒成立，
则在恒成立，而，于是实数的取值范围为．
14．【答案】
【详解】由，可得，令，则，
由，可得，
当时，，所以在上单调递减，
当时，，所以在上单调递增，
所以，
当时，，所以，
当，，令，求导得，
若，可得，所以在上单调递减，
若，可得，所以在上单调递增，
所以，所以，
当，可得，令，求导得，
所以在单调递减，此时，
所以，
综上所述，实数的取值范围为.
15．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）当或时，由一个零点；当或时，有两个零点；当时，有三个零点.
【详解】试题分析：（Ⅰ）先利用导数的几何意义列出关于切点的方程组，解出切点坐标与对应的值；（Ⅱ）根据对数函数的图象与性质将分为研究的零点个数，若零点不容易求解，则对再分类讨论.
试题解析：（Ⅰ）设曲线与轴相切于点，则，，即，解得.
因此，当时，轴是曲线的切线.
（Ⅱ）当时，，从而，
∴在（1，+∞）无零点.
当=1时，若，则，,故=1是的零点；若，则，,故=1不是的零点.
当时，，所以只需考虑在（0,1）的零点个数.
（ⅰ）若或，则在（0,1）无零点，故在（0,1）单调，而，，所以当时，在（0，1）有一个零点；当0时，在（0，1）无零点.
（ⅱ）若，则在（0，）单调递减，在（，1）单调递增，故当=时，取的最小值，最小值为=.
①若＞0，即＜＜0，在（0,1）无零点.
②若=0，即，则在（0,1）有唯一零点；
③若＜0，即，由于，，所以当时，在（0,1）有两个零点；当时，在（0,1）有一个零点.…10分
综上，当或时，由一个零点；当或时，有两个零点；当时，有三个零点.
考点：利用导数研究曲线的切线；对新概念的理解；分段函数的零点；分类整合思想
16．【答案】（1）.（答案不唯一.）
（2）见详解；
（3）见详解.
【详解】（1）.（答案不唯一.）
（2）必要性：
因为数列是递增数列，
所以（）.
所以数列是以为首项，公差为的等差数列.
所以.
充分性：
因为，
所以
所以，
，
……
.
所以，即.
因为，
所以.
所以（）.
即数列是递增数列.
综上，结论得证.
（3）令，则.
所以，
，
……
.
所以
.
因为，
所以为偶数.
所以为偶数.
所以要使，即，
必须使为偶数.
即整除，
因为，
所以或.
当时，数列的项满足
时，
有；
当时，数列的项满足时，
有；
当或时，不能被整除，此时不存在数列，使得.
17．【答案】（1）见详解
（2）
（3）见详解
【详解】（1）解：，
当时，，
所以在上是增函数，
当，
当时，，当时，，
所以函数在上是增函数，在上是减函数；
（2）解：对恒成立可化为对恒成立，
故对恒成立，
令，
则，因为函数时减函数，且，
则当时，，当时，，
所以函数在上递增，在上递减，
故F在处有最大值
所以；
（3）证明：有两个不同零点，，则，
因此，即．
要证，只要证明，即证，
不妨设，记，则，，
因此只要证明，即．
记，，
令，则，
当时，，
所以函数在上递增，则，
即，
则在上单调递增，，
即成立，
．
18．【答案】（1）
（2）
（3）见详解
【详解】（1）因为，所以
令得，的变化情况列表如下：
增函数 极大值 减函数
所以的极大值为，
因为，所以，
令得，的变化情况列表如下：
增函数 极大值 减函数
所以的极大值为，
所以由已知得，即.
（2）由题意可知：，，即，
所以即且，
又因为，
设，由（1）知在上单调递增，所以，
，令，
则，
在上，，在单调递减，
在上，，在单调递增，
所以，即的最小值为；
（3）存在唯一的点对关于对称，
理由：假设存在，设，
于是，
得，即，
令，则，
所以在上单调递减，，
由零点存在定理，使得
即存在唯一的点对关于对称.
19．【答案】解： 函数 的定义域为
求导得 ．
当 时， ，故 在 上单调递增
当 时，解 得 ，此时：当 时， ，函数单调递增 当 时， ，函数单调递减
当 时， ，递推关系为 ．
证明：由递推式得 ，
故
由于 时， ，故 ，即
令 ，
，
所以 在 上单调递增，
所以 ，即 ，
所以
可得 ，即
综上， ；
由 可得 ，
令 ，则
， ， ， ， ，
累加得 ， ，
，
所以 ，即 ，
则 ，所以 ．
设 ，
则 ，
两式相减得：
，
所以 ，
所以
又由 ， ，得
， ，
所以 ．
．
设 ，
则 ．
两式相减得：
，
所以 ，即
综上， ．
第 page number 页，共 number of pages 页
第 page number 页，共 number of pages 页2025--2026年 高三数学一轮复习人教版A版选择性必修第二册期末综合提高练习试卷2
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．设为等差数列的前项和，若，，则
A． B． C． D．
2．记等差数列{an}的前n项和为Sn,若S9=1,则a3+a7= (　　)
A．-2 B． C．1 D．
3．曲线y=2sinx+cosx在点(π，–1)处的切线方程为
A． B．
C． D．
4．已知是等差数列的前n项和，若，则（ ）
A．44 B．56 C．68 D．84
5．已知点为曲线上的动点，则点到直线的距离的最小值为（ ）
A． B．6 C． D．9
6．设函数，，若存在，，使得，则的最小值为（ ）
A． B．1 C．2 D．
7．已知的面积为1，取各边的中点作，然后再取各边的中点作依此方法一直继续下去.记的面积为，数列的前项和为，则（ ）
A．数列为常数列 B．数列为递增数列
C．数列为递减数列 D．数列为递增数列
8．已知函数，则（ ）
A．的图象关于点对称 B．的图象关于直线对称
C．在区间单调递增 D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．若等比数列中，首项为，公比为，则下列条件中，使数列一定为递减数列的条件是（ ）
A． B．
C． D．
10．定义:设f'(x)是函数f(x)的导数,f″(x)是函数f'(x)的导数,若方程f″(x)=0有实数解x0,则称点(x0,f(x0))为函数y=f(x)的“拐点”.经过探究发现:任何一个三次函数都有“拐点”,且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数f(x)=ax3+bx2+(ab≠0)图象的对称中心为(1,1),则下列说法中正确的有 (　　)
A．a=,b=-1
B．f+f+…+f+f的值是19
C．函数f(x)有三个零点
D．过点只可以作两条直线与y=f(x)的图象相切
11．对于给定数列，如果存在常数使得对于任意都成立，我们称数列是“数列”．下列说法正确的有（ ）
A．若，则数列是“数列”
B．若，则数列是“数列”
C．若数列是“数列”，则数列是“数列”
D．若数列满足为常数，则数列前2024项的和为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知数列满足，记数列的前n项和为，则 .
13．若一个等比数列的各项均为正数，且前4项的和等于4，前8项的和等于68，则这个数列的公比等于____.
14．已知函数在上不存在最值，则实数的取值范围为 .
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．设是首项为1的等比数列，数列满足．已知，，成等差数列．
（1）求和的通项公式；
（2）记和分别为和的前n项和．证明：．
16．已知函数b∈R).
（1）当时，判断函数f(x)在区间内的单调性;
（2）已知曲线在点处的切线方程为
(i)求f(x)的解析式;
(ii)判断方程1在区间(0，2π]上解的个数，并说明理由.
17．已知数列的项数均为m，且的前n项和分别为，并规定．对于，定义，其中，表示数集M中最大的数.
（1）若，求的值；
（2）若，且，求；
（3）证明：存在，满足 使得．
18．已知实数，设函数
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）对任意均有 求的取值范围.
注：为自然对数的底数.
19．若项数为的数列满足：，且存在，使得，则称数列具有性质P.
（1）①若，写出所有具有性质P的数列；
②若，写出一个具有性质P的数列；
（2）若，数列具有性质P，求的最大项的最小值；
（3）已知数列均具有性质P，且对任意，当时，都有．记集合，，求中元素个数的最小值.
参考答案
1．【答案】B
【详解】分析：首先设出等差数列的公差为，利用等差数列的求和公式，得到公差所满足的等量关系式，从而求得结果，之后应用等差数列的通项公式求得，从而求得正确结果.
详解：设该等差数列的公差为，
根据题中的条件可得，
整理解得，所以，故选B.
点睛：该题考查的是有关等差数列的求和公式和通项公式的应用，在解题的过程中，需要利用题中的条件，结合等差数列的求和公式，得到公差的值，之后利用等差数列的通项公式得到与的关系，从而求得结果.
2．【答案】D
【详解】∵S9==1,∴a1+a9=.∵a1+a9=a3+a7,∴a3+a7=,故选D.
3．【答案】C
【详解】当时，，即点在曲线上．则在点处的切线方程为，即．故选C．
4．【答案】D
【详解】由题意可得，，成等差数列，
所以，
因为，，
则，解得.
故选D.
5．【答案】B
【详解】设曲线在点处的切线与直线平行，
由，得，则或，
则动点到直线的距离的最小值为.
所以点到直线的距离的最小值为，
故选B.
6．【答案】B
【详解】由题意可得，即，
所以，
又，所以在上单调递增，
即，所以，
且，
令，，
则，其中，
令，则，
当时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
所以当时，有极大值，即最大值，
所以，，
所以.
故选B
7．【答案】C
【详解】依题意，各次作得的三角形都相似，相邻两次作得的三角形相似比为，则，，
因此数列是首项、公比都为的等比数列，，，
对于AB，，数列是递减的等比数列，AB错误；
对于CD，，，
，
即，，因此，
数列为递减数列，C正确，D错误.
故选C
8．【答案】BD
【详解】由，解得，
故的定义域为.
选项A，由，
可得，所以的图象不关于点对称，故A错误；
选项B，由
；
且
；
可得，所以的图象关于直线对称，故B正确；
选项C，，
则，，且当时，
又，，
由此可知在区间不单调，故C错误；
选项D，，
由B项推理可知，图象关于对称，且，
故只需分析当时，的范围.
①当时，则，所以，
又，
由，，则，
故当时，恒有；
②当时，，
可知在单调递减；
又由C项推理可知，故，
所以在单调递增，从而，
故当，也恒有；
综上所述，当，.
则由对称性可知，在定义域内恒成立，故D正确.
故选BD.
9．【答案】CD
【详解】若，则等比数列是摆动数列；
若，则等比数列是常数列；
当且时，由.
对于A，若，当时，则等比数列是摆动数列，故A错误；
对于B，若，当时，则等比数列是摆动数列，故B错误；
对于C，当时，，即，等比数列是递减数列，故C正确；
对于D，当时，，即，等比数列是递减数列，故D正确.
故选CD.
10．【答案】ABD　
【详解】f(x)=ax3+bx2+,则f'(x)=3ax2+2bx,f″(x)=6ax+2b,由题意知即解得故A正确;因为函数f(x)图象的对称中心为(1,1),所以f(x)+f(2-x)=2,设S=f+f+…+f+f①,则S=f+f+…+f+f②,由①+②得,2S=2+2+…+2+2=2×19=38(提示:倒序相加法求和),所以S=19,故B正确;由A知,f(x)=x3-x2+,f'(x)=x2-2x,当x∈(-∞,0)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(0,2)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(2,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x)在x=0处取得极大值,在x=2处取得极小值,又f(-2)=-5<0,f(0)=>0,f(2)=>0,所以函数f(x)有一个零点,故C错误;设切点为,则切线方程为y-=(-2x0)(x-x0),又切线过点,所以-=(-2x0)(-1-x0),化简得-3x0-2=0,即(x0-2)=0,解得x0=-1或x0=2,即满足题意的切点有两个,所以满足题意的切线有两条,故D正确.故选ABD.
11．【答案】AC
【详解】对于A，因为，所以，
由“数列”的定义知，数列是“数列”，故A正确；
对于B，因为，所以，
所以数列是“数列”，故B错误；
对于C，因为数列是“”，所以存在常数使得对于任意都成立，
显然对于任意都成立，
所以对于任意都成立，
数列是“数列”，故C正确；
对于D，因为，
所以，
所以数列前2024项的和为
，故D错误．
故选AC．
12．【答案】15
【详解】当时，；
当时，；
当时，；
所以.
13．【答案】2
【详解】设该等比数列为且公比为（关键：由等比数列的各项均为正数，可知公比.若，则，所以（提示：使用等比数列前项和公式时，先考虑公比是否为1）.根据题意可得解得（负值舍去）.
【快解】
由深度解析可知，该数列的公比是不为1的正数，由已知可得（提示：等比数列中，，，），解得（负值舍去）.
【一题多解】
由深度解析可知，该数列的公比是不为1的正数，则,,, 成公比为的等比数列，所以，解得（负值舍去）.
【知识速记】
已知等比数列的前项和为，公比为，则
①当时，；当时，.
②当时，,,, 构成公比为的等比数列;当且为奇数时，，，， 构成等比数列；当且为偶数时，，，， 不是等比数列.
.
14．【答案】
【详解】求导得，
因为在上不存在最值，所以在上不存在零点，
即或，解得或，故实数的取值范围为.
15．【答案】（1），；（2）见详解.
【详解】（1）因为是首项为1的等比数列且，，成等差数列，
所以，所以，
即，解得，所以，
所以.
（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和
，
，
．
设， ⑧
则． ⑨
由⑧-⑨得．
所以．
因此．
故．
[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法
证明：由（1）可得，
，①
，②
①②得 ，
所以，
所以，
所以.
[方法三]：构造裂项法
由（Ⅰ）知，令，且，即，
通过等式左右两边系数比对易得，所以．
则，下同方法二．
[方法四]：导函数法
设，
由于，
则．
又，
所以
，下同方法二．
【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.
（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；
方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,然后证得结论,为最优解；
方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造，使，求得的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，
方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.
16．【答案】（1）单调递减函数；（2）(i) ； (ii) 3个，理由见详解.
【详解】（1）当时，求得，进而得到，即可求得函数的单调性；
（2）(i) 求得函数的导数，求得，得到，求得的值，进而求得的值，即可求得函数的解析式；
(ii) 令，求得，分，和三种情况讨论，结合导数求得函数的单调性与极值，即可求解.
【详解】（1）当时，，可得，
因为，所以，即，
所以函数在区间上为单调递减函数.
（2）(i) 由函数，可得，则
因为函数在点处的切线方程为，
所以，解得，
当，代入切线方程为，可得，
所以函数的解析式为.
(ii) 令，则，
①当时，可得，单调递减，
又由，
所以函数在区间上只有一个零点；
②当时，，可得恒成立，
所以函数在区间上没有零点；
③当时，令，可得，
所以在区间单调递增，，
所以存在，使得在上单调递增，在单调递减，
又由，所以函数在上有两个零点，
综上可得，方程在上有3个解.
17．【答案】（1），，，
（2）
（3）见详解
【详解】（1）由题意可知：，
当时，则，故；
当时，则，故；
当时，则故；
当时，则，故；
综上所述：，，，.
（2）由题意可知：，且，
因为，且，则对任意恒成立，
所以，
又因为，则，即，
可得，
反证：假设满足的最小正整数为，
当时，则；当时，则，
则，
又因为，则，
假设不成立，故，
即数列是以首项为1，公差为1的等差数列，所以.
（3）因为均为正整数，则均为递增数列，
（ⅰ）若，则可取，满足 使得；
（ⅱ）若，则，
构建，由题意可得：，且为整数，
反证，假设存在正整数，使得，
则，可得，
这与相矛盾，故对任意，均有.
①若存在正整数，使得，即，
可取，
满足，使得；
②若不存在正整数，使得，
因为，且，
所以必存在，使得，
即，可得，
可取，
满足，使得；
（ⅲ）若，
定义，则，
构建，由题意可得：，且为整数，
反证，假设存在正整数，使得，
则，可得，
这与相矛盾，故对任意，均有.
①若存在正整数，使得，即，
可取，
即满足，使得；
②若不存在正整数，使得，
因为，且，
所以必存在，使得，
即，可得，
可取，
满足，使得.
综上所述：存在使得．
18．【答案】（1）的单调递增区间是,单调递减区间是；（2）.
【详解】（1）当时，，函数的定义域为，且：
，
因此函数的单调递增区间是,单调递减区间是.
（2）由，得，
当时，，等价于，
令，则，
设，，
则，
（i）当时，，
则，
记，
则
列表讨论：
x （） 1 （1，+∞）
p′（x） ﹣ 0 +
P（x） p（） 单调递减 极小值p（1） 单调递增
（ii）当时，，
令，
则，
故在上单调递增，，
由（i）得，
，
由（i）（ii）知对任意，
即对任意，均有，
综上所述，所求的a的取值范围是．
19．【答案】（1）①：，2，1或1，3，1或1，3，2；
②：1，2，4，3（或1，3，4，3或1，3，5，3）
（2）1013
（3）3
【详解】（1）①：，2，1或1，3，1或1，3，2；
②：1，2，4，3（或1，3，4，3或1，3，5，3）
（2）当时，．
由，累加得；
又由，累加得；
相加得，又，所以.
所以数列的最大项的最小值为1013，
一个满足条件的数列为；
（3）由，累加得．
又，所以，同理，，
所以，
因为，
所以，
所以中元素个数的最小值为3，一组满足条件的数列为
此时.
第 page number 页，共 number of pages 页
第 page number 页，共 number of pages 页2025--2026年 高三数学一轮复习人教版A版选择性必修第二册期末综合提高练习试卷3
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．在数列中，，且，则（ ）
A．1026 B．1029 C．1032 D．1035
2．已知函数，则函数在处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
3．定义在R上的函数满足，且时，，则（ ）
A． B．
C． D．
4．已知函数的定义域为，对任意的，均有，且，则下列结论中一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．已知，，直线与曲线相切，则的最小值为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．9
6．已知，则这三个数的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数，，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
8．设定义在上的函数的导函数为，若对，均有，且，则（ ）
A． B．
C． D．是函数的极小值点
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．已知数列满足，，则下列结论正确的是（ ）
A．若为常数列，则
B．当时，的前2025项和为
C．存在，使数列单调递增
D．当时，
10．设函数的导函数为，则（ ）
A． B．是函数的极值点
C．有且仅有两个零点 D．在上的最小值为
11．已知函数，其导函数为，则（ ）
A．直线是曲线的切线
B．有三个零点
C．
D．若在区间上有最大值，则的取值范围为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．设公差的等差数列中，满足，则的值为 .
13．等差数列中，，前n项和为，若，则 .
14．若存在正实数，使得不等式成立（是自然对数的底数），则的最大值为 .
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．已知数列满足，且对任意的，都有.
（1）设，求数列的通项公式；
（2）数列表示不超过的最大整数，求的前350项和.
16．已知函数，为函数的导函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若恒成立，求m的取值范围．
17．椭圆曲线加密算法运用于区块链．
椭圆曲线．关于x轴的对称点记为．C在点处的切线是指曲线在点P处的切线．定义“”运算满足：①若，且直线PQ与C有第三个交点R，则；②若，且PQ为C的切线，切点为P，则；③若，规定，且．
（1）当时，讨论函数零点的个数；
（2）已知“”运算满足交换律、结合律，若，且PQ为C的切线，切点为P，证明：；
（3）已知，且直线PQ与C有第三个交点，求的坐标．
参考公式：
18．若数列满足，则称数列为项数列，由所有项数列组成集合.
（1）若是15项数列，当且仅当时，，求数列的所有项的和；
（2）已知，，记，其中且.
（ⅰ）求取到最大值时的值；
（ⅱ）若，是两个不同的数列，求随机变量的分布列，并证明：.
19．已知函数与，若存在，使得，则称点为与的一个“关键点”．
（1）请写出函数与的一个“关键点”的坐标（不需要证明）．
（2）判断函数与是否存在“关键点”．若存在，求出该“关键点”的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）已知函数和的一个“关键点”的坐标是，且，证明：．
参考答案
1．【答案】A
【详解】由题意可得，，，，，
各式相加可得，
因为，所以.
故选A.
2．【答案】D
【详解】易知，
可得，又，
所以切线方程为，即.
故选D
3．【答案】A
【详解】因为，
令，则，
所以在上递增，
所以，所以，
所以，故C错误；
，
因为定义在R上的函数满足，
所以函数是奇函数，所以，即，故A正确；
，即，B错误；
，，D错误，
故选A
4．【答案】C
【详解】对于A，令，则有，错误；
对于B，令，则，又，从而，错误；
对于C，对任意的有，，
令，则，即，
令且，则，
所以在上单调递减，则，即，
从而，（利用，则），正确；
对于D，令，则，又，从而，错误.
故选C
5．【答案】D
【详解】根据题意，设直线与曲线的切点为，
∵，直线的斜率为，
∴，，
∴，
∵，
∴，
当且仅当时等号成立，∴的最小值是.
故选D.
【方法总结】利用基本不等式求最值的方法与技巧：
(1)在运用基本不等式时,要特别注意“拆”“拼”“凑”等技巧的使用,使其满足基本不等式的“一正”“二定”“三相等”的条件;
(2)利用基本不等式求最值时,要从整体上把握,有时可乘一个数或加一个数,注意“1”的代换等应用技巧.
6．【答案】A
【详解】令，则，
由，解得，由，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减；
因为，
所以，即，
所以，所以，
又递增，
所以，即；
，
在同一坐标系中作出与的图象，如图：
由图象可知在中恒有，
又，所以，
又在上单调递增，且
所以，即；
综上可知：，
故选A
7．【答案】B
【详解】∵，，
∴，
令，
∴在上单调递增，
∴，即，
∴，
令，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
∴，
∴的最小值为，
故选B.
8．【答案】C
【详解】因为，
所以当时，由可得，，A错误；
当时，，
所以当时，，
所以当时，，为常数，
所以当时，，
因为，所以，
所以，故当时，，
因为满足关系，
所以，，又，
所以，，
所以，故，B错误；
因为，，所以，，
所以，C正确；
因为，令可得，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
所以是函数的极小值点，D错误；
故选C.
9．【答案】BD
【详解】因为，所以，
对A，若为常数列，则，所以，
解得或，A错误；
对B，当时，，又，
所以是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以其前2025项和为，B正确；
对C，若数列单调递增，则，解得或，
又，解得或，
则或，解得或，
所以，当时，数列不可能单调递增，C错误；
对D，因为，所以，
所以
，
因为，所以，即，
所以，D正确.
故选BD
10．【答案】ABD
【详解】.
A：因为，所以本选项说法正确；
B：因为当时，单调递增，
当时，单调递减，且，
所以是函数的极值点，因此本选项说法正确；
C：，或，
由，因此有且仅有三个零点，
所以本选项说法不正确；
D：当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增，所以
因为，
所以在上的最小值为，因此本选项说法正确，
故选ABD
11．【答案】BC
【详解】因为，则，，所以，C正确；
因为，令，得，解得或，
当或时，，当时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，在处取得极小值，
且，
图象如图所示：
故有两个极值点，三个零点，故B正确；
设切点的坐标为，则切线斜率为，
则，所以不存在斜率为的切线，
直线不是曲线的切线，故A错误；
因为，所以若在区间上有最大值，
则，所以，故D错误．
故选BC．
12．【答案】
【详解】因为为等差数列，所以，
所以，，，
因为，所以，
整理得，即，
因为，所以，
根据等差数列的性质，有：
，
，
所以.
13．【答案】2025
【详解】设等差数列的公差为，则，，
由，可得数列为等差数列，首项为，公差为，
因，解得，故，
则，故.
14．【答案】
【详解】存在正实数，使得不等式成立，
存在正实数，使得不等式成立，
存在正实数，使得不等式成立，
令，则，
当时，，所以单调递减，
当时，，所以单调递增，
上述问题存在正实数，使得不等式成立，
因为，结合在单调递增，
易得存在正实数使得成立，
存在正实数，使得不等式成立，
存在正实数，使得不等式成立，
存在正实数，使得不等式成立，
令，则，
当时，，所以单调递增，
当时，，所以单调递减，
所以，所以，即，
所以的最大值为.
15．【答案】（1）
（2）681
【详解】（1）由可得，
又，所以，即是以3为公差的等差数列，
又，得，，
所以，解得，故，
所以.
（2）由（1）可得，
又
所以，
所以.
16．【答案】（1）详见详解；
（2）.
【详解】（1）由题可得，
①当时，时，，单调递减；
时，，单调递增；
②当时，时，，单调递增；
时，，单调递减；
时，，单调递增；
③当时，时，，单调递增；
④当时，时，，单调递增；
时，，单调递减；
时，，单调递增.
（2）由恒成立，即，
，
当时，恒成立，
当时，，当时，，
令，则，
当时，，单调递减且，
所以
当时，得，
时，，单调递减，时，，单调递增；
，故
综上，m的取值范围为.
17．【答案】（1）见详解
（2）见详解
（3）
【详解】（1）由题设可知，有，
若，则，则，此时仅有一个零点；
若，令，解得．
当或时，，当时，，
故在，上为单调递增；
在上单调递减.
因为，
若，则，
此时，而
故此时有2个零点；
若，则，
此时，而
故此时有2个零点；
综上，
当，所以有2个零点．当，所以有2个零点．
当，有，则有1个零点．
（2）因为为C在点P处的切线，且，所以，
故，故，
因为“”运算满足交换律、结合律，
故，
故.
（3）直线的斜率，设与C的第三个交点为，
则，代入得
，
而，
故，
整理得到：，
故即，
同理可得，
两式相减得：，
故，
所以，故，故，
所以，
因此的坐标为：
．
18．【答案】（1）
（2）（i）；（ii）见详解
【详解】（1）因为是15项数列，当且仅当时，，
所以当和时，．
设数列的所有项的和为S，则
，
所以数列的所有项的和为0．
（2）（i）因为数列是从集合中任意取出的两个数列，
所以数列为项数列，所以的可能取值为：．
根据数列中0的个数可得，集合中元素的个数共有个，
当时，则数列中有项取值不同，有项取值相同，
从项中选择项，和在项的某一项数字相同，
其余项，两者均在同一位置数字相反，
由于，此问题为组合问题，
故所有的情况会重复1次，故共有种情况，
所以，
令，化简可得，解得，
则当时，取得最大值.
（ii）证明：因为数列是从集合中任意取出的两个数列，
所以数列为项数列，所以的可能取值为：．
根据数列中0的个数可得，集合中元素的个数共有个，
当时，则数列中有项取值不同，有项取值相同，
从项中选择项，和在项的某一项数字相同，
其余项，两者均在同一位置数字相反，
由于，此问题为组合问题，
故所有的情况会重复1次，故共有种情况，
所以，
因为，
所以
，
即．
19．【答案】（1）（答案不唯一）
（2）不存在，理由见详解
（3）见详解
【详解】（1）设，则有，
故满足由的点都是与的一个“关键点”，
对，有，故点符合要求；
（2）由题意得的值域为，的定义域为，
．
令，则，所以在上单调递增．
因为，
所以在上存在唯一零点，且．
当时，，在上单调递减，当时，，
在上单调递增，所以，
由，得，得，即，
所以，得．
又，所以不存在，使得，故与不存在“关键点”；
（3）设，则，得①，②，
①②得，①②得，
由，得，则，
得．
设，则，
设，则．
令函数，因为，所以在上单调递增．
由，得，得在上单调递增，
由，得在上单调递增，
所以，则．
故．
第 page number 页，共 number of pages 页
第 page number 页，共 number of pages 页

展开更多......

收起↑