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广东佛山市顺德区李兆基中学2025-2026学年度第二学期期中考试高二数学试题
1．从甲地到乙地有4条不同的路线，从乙地到丙地有3条不同的路线，则从甲地经过乙地，到达丙地不同的路线有（　　）
A．7条 B．12条 C．64条 D．81条
【答案】B
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：由题意可知所求不同的路线有条.
故答案为：B.
【分析】 甲地到乙地有4中选法，从乙地到丙地有3种选法，利用分步乘法计数原理求解即可.
2．已知是等比数列，，则（ ）.
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】等比中项
【解析】【解答】解：数列为等比数列，，由，可得，解得.
故答案为：D.
【分析】利用等比中项求解即可.
3．的展开式中的常数项为（　　）
A．60 B．120 C．160 D．240
【答案】D
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：因为共有个因式，
从个因式中选择，在剩下的个因式中选择，
则的展开式中的常数项为.
故答案为：D.
【分析】利用二项式定理求出展开式的通项公式，再利用常数项的定义，从而得出的展开式中的常数项.
4．函数的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的有（　　）
A．为函数的一个零点 B．函数在区间上单调递减
C．为函数的一个极大值点 D．是函数的最大值
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：对于选项A，由图象可知，当时，；当时，，
所以，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
则为函数的一个极小值点，不一定为函数的一个零点，故选项A错；
对于选项B，当时，，则函数在区间上单调递增，故选项B错；
对于选项C，当时，；当时，，
所以，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
则为函数的一个极大值点，故选项C对；
对于选项D，因为函数在区间上单调递增，所以，不是函数的最大值，故选项D错.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和导函数图象，再利用导数的正负判断出函数的单调性，从而得出函数的极值点和最值，进而逐项判断找出说法正确的选项.
5．在等比数列中，是方程两根，若，则的值为（　　）
A． B． C．3 D．9
【答案】D
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；等比数列的性质
【解析】【解答】解：由是方程两根，
可得，
由等比数列性质，可得，
解得或（舍），
所以.
故答案为：D.
【分析】根据等比中项公式、韦达定理和已知条件，从而得出实数m的值.
6．已知函数，若存在，使得成立，则实数的最小值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：函数，求导可得，
当时，，故在上单调递减，
当时，，故在上单调递增，
故当时，，
而存在实数，使得成立，故，
即实数t的最小值是.
故答案为：A.
【分析】求导，利用导数判断函数的单调性，求的最小值，即可求得实数的最小值.
7．记数列的前项和为，满足，且，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等差数列的前n项和；数列的递推公式；对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：由，得，
因为，所以，
所以，
所以，
因为，所以由对勾函数的性质可知，当时，取得最小值.
故答案为：C.
【分析】原式变形可得，利用累乘法求得，再利用等差数列的求和公式求得，代入中化简，结合对勾函数的性质求解即可.
8．已知，则的大小关系为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：令，
则，
令，可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，即当时，当且仅当时，取等号，
则，
所以，
因为，，
所以，
令，
则，
令，得；令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，
所以，
则，
，
则，
综上所述，.
故答案为：C.
【分析】令，利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的最值，进而判断出的大小关系，令，利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的最值，进而判断出的大小关系，最终比较出a，b，c的大小.
9．已知各项均为正数且单调递减的等比数列满足，，成等差数列，其前项和为，且，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等差中项
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，
由，，成等差数列，得，
则，解得或（舍去），
所以，解得，
则数列的通项公式为，.
故答案为：AC.
【分析】设等比数列的公比为，根据，，成等差数列，利用等差中项，结合等比数列的性质列式求得，最后根据，利用等比数列的求和公式求得首项，从而确定数列的通项以及前n项和.
10．为弘扬我国古代的“六艺”文化，某中学计划开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门校本课程，每月一门，连续开设六个月，则下列说法正确的是（　　）
A．若学生甲和乙各自从中任选2门，则他们共有225种不同的选法
B．若课程“乐”排在“书”前面，则课程共有240种排法
C．若课程“射”“御”排在不相邻两个月，则课程共有480种排法
D．若课程“数”不排在第一个月，课程“礼”不排在第六个月，则课程共有504种排法
【答案】A,C,D
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：因为学生甲和乙各自从中任选2门，
所以，他们共有种不同的选法，故A正确；
因为课程“乐”排在“书”前面，
可得课程共有种排法，故B错误；
因为课程“射”“御”排在不相邻两个月，
通过插空法，先排好其他的4门课程，有5个空位可选，在其中任选2个，
则安排课程“射”“御”共有种排法，故C正确；
因为课程“数”不排在第一个月，课程“礼”不排在第六个月，
利用分类加法计数原理，
当“数”在第六个月时共有种；
当“数”既不在第一个月也不在第六个月时，共有种，
则课程“数”不排在第一个月，课程“礼”不排在第六个月，
所以，课程共有种排法，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】利用已知条件和组合数的公式以及分步乘法计数原理，则可判断选项A；利用定序相除可判断选项B；利用插空法可判断选项C；分情况讨论结合排列数公式、分步乘法计数原理和分类加法计数原理，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
11．已知函数，则下列正确的是（　　）
A．的极小值为0
B．过点的切线方程为
C．有三个实根
D．，当时，恒成立，则a的取值范围是
【答案】A,C,D
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由题意知：函数定义域为R，
则；
∴当时，；当时，，
∴的单调递减区间为，，单调递增区间为.
对于A，因为的极小值为，故选项A正确；
对于B，设过点的切线的切点为，则，
所以切线方程为，
将点代入切线方程，解得或，
当时，切点为，切线斜率为0，切线为；
当时，切点为，切线斜率为，切线为，
则在点处的切线方程为或，故B错误；
对于C，因为的极大值为，且当时，，
由此可得图象如下图所示，
由图象可知：与有三个不同的交点，
则有三个实根，故选项C正确；
对于D，当时，恒成立，
可得：，
令，则在上单调递增，
∴在上恒成立，
∴在上恒成立，
∵在上的最大值为，
∴，故选项D正确.
故答案为：ACD.
【分析】先求导结合导数的正负判断函数的单调性，再结合函数极值定义，则判断出选项A；利用导数的几何意义得出切线斜率，再利用点斜式方程得出函数过点的切线方程，则判断出选项B；先作出函数图象，再根据函数与的交点个数和方程的根的个数的等价关系，则判断出选项C；将选项D中问题转化为在上单调递增，则由结合分离参数的方法，再根据函数的单调性得出函数的最值，由不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．若展开式中各项系数之和为64，则该展开式中含的项的系数为　 　．
【答案】27
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：令，则展开式中各项系数之和为，
由题意得，解得，
的通项为，
令，解得，则该展开式中含的项的系数为.
故答案为：27.
【分析】根据展开式中各项系数和为64求得n的值，写出展开式的通项，令，求展开式中含的项的系数即可.
13．已知数列的前项和，数列的前项和，将与的公共项由小到大排列构成新数列，则数列的前5项和等于　 　．
【答案】682
【知识点】数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【解答】解：当时，，
当时，，
当时，满足上式，所以，
同理可求得，
设的第项与的第项相等，则，即，，
当时，，当时，，则，
当时，，当时，，则，
当时，，当时，，则，
当时，，当时，，则，
当时，，当时，，则，
故数列的前5项和等于．
故答案为：
【分析】先由前项和公式分别求出数列和的通项公式，再找出它们的公共项并构成新数列，最后计算的前5项和。
14．已知函数，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是　 　．
【答案】
【知识点】函数的奇偶性；函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：显然函数是上的增函数，也是奇函数，
因为在上恒成立，
即在上恒成立，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
令，其中，则，
令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
故．
因此，实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】先确定函数的单调性及奇偶性，得到，参变分离得，再令，利用导数求的最大值即可．
15．已知数列，中，，，是公差为1的等差数列，数列是公比为2的等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）解：由题意，可得，
故，，
数列是公比为2的等比数列，且，
，
，．
（2）解：由题意和（1），可得，
则
．
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式得出数列的通项公式，再结合等比数列的通项公式得出数列的通项公式.
（2）利用已知条件和（1）中数列的通项公式，再结合分组求和的方法得出数列的前项和.
16．已知函数在处取得极值.
（1）求实数的值；
（2）求函数在区间上的最大值和最小值.
【答案】（1）解：由，知.
因为在处取得极值，
所以，.
则，
所以，
则，.
（2）解：由（1）知，，
得，.
则，
当时，；当时，，
所以在单调递增，在单调递减，
又因为，，，
所以在上的最大值为，最小值为.
【知识点】函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）由已知条件结合导数求极值点和极值的方法，从而得到，，进而得到方程组，解方程组得出实数的值.
（2）由（1）可知函数解析式，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数在区间上的最值.
（1）由，知.
而在处取得极值，故，.
故有方程组，即.
所以，.
（2）由（1）知，，故，.
，
当时，，当时，，
所以在单调递增，在单调递减，
而直接计算知，，，
故在上的最大值为，最小值为.
17．已知函数．
（1）求的极值，并在给定的直角坐标系中画出函数的大致图象（不用说明理由）；
（2）求证：．
【答案】（1）解：，
当时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
因此极小值为，无极大值；
当时，；当时，，且，
结合单调性，可画出函数的大致图象，如下图所示：
（2）证明：要证，只要证，
令，则，
则得；得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，即恒成立，
所以．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】(1) 对函数求导，通过导数的符号判断单调性，进而确定极值点与极值，再结合单调性与函数值符号绘制大致图像。
(2) 先化简不等式左侧，构造新函数，通过求导分析新函数的单调性与最小值，证明最小值大于 0 从而完成不等式证明。
（1），
当时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
因此极小值为，无极大值；
当时，；当时，，且，
结合单调性，可画出函数的大致图象，如下图所示：
（2）要证，只要证，
令，则，
则得；得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，即恒成立，
所以．
18．记数列的前项和为，已知.
（1）证明：是等比数列；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）证明：由题意得：当时，，
当时，由，可得，
则，即，即，
即，
则数列是以为公比，首项为的等比数列；
（2）解：由（1）有，，
①，
②，
由①②有：，
则.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）利用的关系，结合等比数列的定义证明即可；
（2）由（1）可得，则，利用错位相减法求和即可.
（1）由题意得：当时，，
当时，由有：，
所以，即，所以，
所以，
所以数列是以为公比，首项为的等比数列；
（2）由（1）有，
所以，
所以①，
②，
由①②有：
，
所以.
19．已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）若对任意都有成立，求实数的取值范围；
（3）证明：（其中为自然对数的底数）.
【答案】（1）解：函数的定义域为，求导得，
当时，，函数在上单调递增；
当时，由，得，函数在上单调递减，
由，得，函数在上单调递增；
所以当时，函数的单调增区间是，无单调递减区间；
当时，函数的单调递减区间是，单调递增区间是；
（2）解：当时，在上单调递增，又，当时，，则不成立；
当时，由（1）得，
由对任意都有成立，得，
令，求导得，当时，，当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，则当时，取得最大值，
所以实数a的取值集合是；
（3）证明：由（2）知：，令，
则，即，则，因此；
由（2）知：，令，
则，即，则，因此，
所以.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；不等式的证明
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，分，利用导数判断函数的单调性，求单调区间即可；
（2）当时，在上单调递增，当时，，则不成立，当时，由（1）得，根据对任意都有成立，由求解即可；
（3）由（2）知：，令，借助于（2）中的函数，，分别取和，代入变形证明即可.
（1）函数的定义域为，求导得，
当时，，函数在上递增；
当时，由，得，函数在上递减，
由，得，函数在上递增；
所以当时，函数的单调增区间是，无减区间；
当时，函数的单调减区间是，增区间是.
（2）当时，在上递增，又，当时，，则不成立；
当时，由（1）得，
由对任意都有成立，得，
令，求导得，当时，，当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，则当时，取得最大值，
所以实数a的取值集合是.
（3）由（2）知：，令，
则，即，则，因此；
由（2）知：，令，
则，即，则，因此，
所以.
1 / 1广东佛山市顺德区李兆基中学2025-2026学年度第二学期期中考试高二数学试题
1．从甲地到乙地有4条不同的路线，从乙地到丙地有3条不同的路线，则从甲地经过乙地，到达丙地不同的路线有（　　）
A．7条 B．12条 C．64条 D．81条
2．已知是等比数列，，则（ ）.
A． B． C． D．
3．的展开式中的常数项为（　　）
A．60 B．120 C．160 D．240
4．函数的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的有（　　）
A．为函数的一个零点 B．函数在区间上单调递减
C．为函数的一个极大值点 D．是函数的最大值
5．在等比数列中，是方程两根，若，则的值为（　　）
A． B． C．3 D．9
6．已知函数，若存在，使得成立，则实数的最小值是（　　）
A． B． C． D．
7．记数列的前项和为，满足，且，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
8．已知，则的大小关系为（　　）
A． B． C． D．
9．已知各项均为正数且单调递减的等比数列满足，，成等差数列，其前项和为，且，则（　　）
A． B．
C． D．
10．为弘扬我国古代的“六艺”文化，某中学计划开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门校本课程，每月一门，连续开设六个月，则下列说法正确的是（　　）
A．若学生甲和乙各自从中任选2门，则他们共有225种不同的选法
B．若课程“乐”排在“书”前面，则课程共有240种排法
C．若课程“射”“御”排在不相邻两个月，则课程共有480种排法
D．若课程“数”不排在第一个月，课程“礼”不排在第六个月，则课程共有504种排法
11．已知函数，则下列正确的是（　　）
A．的极小值为0
B．过点的切线方程为
C．有三个实根
D．，当时，恒成立，则a的取值范围是
12．若展开式中各项系数之和为64，则该展开式中含的项的系数为　 　．
13．已知数列的前项和，数列的前项和，将与的公共项由小到大排列构成新数列，则数列的前5项和等于　 　．
14．已知函数，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是　 　．
15．已知数列，中，，，是公差为1的等差数列，数列是公比为2的等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
16．已知函数在处取得极值.
（1）求实数的值；
（2）求函数在区间上的最大值和最小值.
17．已知函数．
（1）求的极值，并在给定的直角坐标系中画出函数的大致图象（不用说明理由）；
（2）求证：．
18．记数列的前项和为，已知.
（1）证明：是等比数列；
（2）设，求数列的前项和.
19．已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）若对任意都有成立，求实数的取值范围；
（3）证明：（其中为自然对数的底数）.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：由题意可知所求不同的路线有条.
故答案为：B.
【分析】 甲地到乙地有4中选法，从乙地到丙地有3种选法，利用分步乘法计数原理求解即可.
2．【答案】D
【知识点】等比中项
【解析】【解答】解：数列为等比数列，，由，可得，解得.
故答案为：D.
【分析】利用等比中项求解即可.
3．【答案】D
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：因为共有个因式，
从个因式中选择，在剩下的个因式中选择，
则的展开式中的常数项为.
故答案为：D.
【分析】利用二项式定理求出展开式的通项公式，再利用常数项的定义，从而得出的展开式中的常数项.
4．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：对于选项A，由图象可知，当时，；当时，，
所以，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
则为函数的一个极小值点，不一定为函数的一个零点，故选项A错；
对于选项B，当时，，则函数在区间上单调递增，故选项B错；
对于选项C，当时，；当时，，
所以，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
则为函数的一个极大值点，故选项C对；
对于选项D，因为函数在区间上单调递增，所以，不是函数的最大值，故选项D错.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和导函数图象，再利用导数的正负判断出函数的单调性，从而得出函数的极值点和最值，进而逐项判断找出说法正确的选项.
5．【答案】D
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；等比数列的性质
【解析】【解答】解：由是方程两根，
可得，
由等比数列性质，可得，
解得或（舍），
所以.
故答案为：D.
【分析】根据等比中项公式、韦达定理和已知条件，从而得出实数m的值.
6．【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：函数，求导可得，
当时，，故在上单调递减，
当时，，故在上单调递增，
故当时，，
而存在实数，使得成立，故，
即实数t的最小值是.
故答案为：A.
【分析】求导，利用导数判断函数的单调性，求的最小值，即可求得实数的最小值.
7．【答案】C
【知识点】等差数列的前n项和；数列的递推公式；对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：由，得，
因为，所以，
所以，
所以，
因为，所以由对勾函数的性质可知，当时，取得最小值.
故答案为：C.
【分析】原式变形可得，利用累乘法求得，再利用等差数列的求和公式求得，代入中化简，结合对勾函数的性质求解即可.
8．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：令，
则，
令，可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，即当时，当且仅当时，取等号，
则，
所以，
因为，，
所以，
令，
则，
令，得；令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，
所以，
则，
，
则，
综上所述，.
故答案为：C.
【分析】令，利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的最值，进而判断出的大小关系，令，利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的最值，进而判断出的大小关系，最终比较出a，b，c的大小.
9．【答案】A,C
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等差中项
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，
由，，成等差数列，得，
则，解得或（舍去），
所以，解得，
则数列的通项公式为，.
故答案为：AC.
【分析】设等比数列的公比为，根据，，成等差数列，利用等差中项，结合等比数列的性质列式求得，最后根据，利用等比数列的求和公式求得首项，从而确定数列的通项以及前n项和.
10．【答案】A,C,D
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：因为学生甲和乙各自从中任选2门，
所以，他们共有种不同的选法，故A正确；
因为课程“乐”排在“书”前面，
可得课程共有种排法，故B错误；
因为课程“射”“御”排在不相邻两个月，
通过插空法，先排好其他的4门课程，有5个空位可选，在其中任选2个，
则安排课程“射”“御”共有种排法，故C正确；
因为课程“数”不排在第一个月，课程“礼”不排在第六个月，
利用分类加法计数原理，
当“数”在第六个月时共有种；
当“数”既不在第一个月也不在第六个月时，共有种，
则课程“数”不排在第一个月，课程“礼”不排在第六个月，
所以，课程共有种排法，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】利用已知条件和组合数的公式以及分步乘法计数原理，则可判断选项A；利用定序相除可判断选项B；利用插空法可判断选项C；分情况讨论结合排列数公式、分步乘法计数原理和分类加法计数原理，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由题意知：函数定义域为R，
则；
∴当时，；当时，，
∴的单调递减区间为，，单调递增区间为.
对于A，因为的极小值为，故选项A正确；
对于B，设过点的切线的切点为，则，
所以切线方程为，
将点代入切线方程，解得或，
当时，切点为，切线斜率为0，切线为；
当时，切点为，切线斜率为，切线为，
则在点处的切线方程为或，故B错误；
对于C，因为的极大值为，且当时，，
由此可得图象如下图所示，
由图象可知：与有三个不同的交点，
则有三个实根，故选项C正确；
对于D，当时，恒成立，
可得：，
令，则在上单调递增，
∴在上恒成立，
∴在上恒成立，
∵在上的最大值为，
∴，故选项D正确.
故答案为：ACD.
【分析】先求导结合导数的正负判断函数的单调性，再结合函数极值定义，则判断出选项A；利用导数的几何意义得出切线斜率，再利用点斜式方程得出函数过点的切线方程，则判断出选项B；先作出函数图象，再根据函数与的交点个数和方程的根的个数的等价关系，则判断出选项C；将选项D中问题转化为在上单调递增，则由结合分离参数的方法，再根据函数的单调性得出函数的最值，由不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】27
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：令，则展开式中各项系数之和为，
由题意得，解得，
的通项为，
令，解得，则该展开式中含的项的系数为.
故答案为：27.
【分析】根据展开式中各项系数和为64求得n的值，写出展开式的通项，令，求展开式中含的项的系数即可.
13．【答案】682
【知识点】数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【解答】解：当时，，
当时，，
当时，满足上式，所以，
同理可求得，
设的第项与的第项相等，则，即，，
当时，，当时，，则，
当时，，当时，，则，
当时，，当时，，则，
当时，，当时，，则，
当时，，当时，，则，
故数列的前5项和等于．
故答案为：
【分析】先由前项和公式分别求出数列和的通项公式，再找出它们的公共项并构成新数列，最后计算的前5项和。
14．【答案】
【知识点】函数的奇偶性；函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：显然函数是上的增函数，也是奇函数，
因为在上恒成立，
即在上恒成立，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
令，其中，则，
令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
故．
因此，实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】先确定函数的单调性及奇偶性，得到，参变分离得，再令，利用导数求的最大值即可．
15．【答案】（1）解：由题意，可得，
故，，
数列是公比为2的等比数列，且，
，
，．
（2）解：由题意和（1），可得，
则
．
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式得出数列的通项公式，再结合等比数列的通项公式得出数列的通项公式.
（2）利用已知条件和（1）中数列的通项公式，再结合分组求和的方法得出数列的前项和.
16．【答案】（1）解：由，知.
因为在处取得极值，
所以，.
则，
所以，
则，.
（2）解：由（1）知，，
得，.
则，
当时，；当时，，
所以在单调递增，在单调递减，
又因为，，，
所以在上的最大值为，最小值为.
【知识点】函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）由已知条件结合导数求极值点和极值的方法，从而得到，，进而得到方程组，解方程组得出实数的值.
（2）由（1）可知函数解析式，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数在区间上的最值.
（1）由，知.
而在处取得极值，故，.
故有方程组，即.
所以，.
（2）由（1）知，，故，.
，
当时，，当时，，
所以在单调递增，在单调递减，
而直接计算知，，，
故在上的最大值为，最小值为.
17．【答案】（1）解：，
当时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
因此极小值为，无极大值；
当时，；当时，，且，
结合单调性，可画出函数的大致图象，如下图所示：
（2）证明：要证，只要证，
令，则，
则得；得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，即恒成立，
所以．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】(1) 对函数求导，通过导数的符号判断单调性，进而确定极值点与极值，再结合单调性与函数值符号绘制大致图像。
(2) 先化简不等式左侧，构造新函数，通过求导分析新函数的单调性与最小值，证明最小值大于 0 从而完成不等式证明。
（1），
当时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
因此极小值为，无极大值；
当时，；当时，，且，
结合单调性，可画出函数的大致图象，如下图所示：
（2）要证，只要证，
令，则，
则得；得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，即恒成立，
所以．
18．【答案】（1）证明：由题意得：当时，，
当时，由，可得，
则，即，即，
即，
则数列是以为公比，首项为的等比数列；
（2）解：由（1）有，，
①，
②，
由①②有：，
则.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）利用的关系，结合等比数列的定义证明即可；
（2）由（1）可得，则，利用错位相减法求和即可.
（1）由题意得：当时，，
当时，由有：，
所以，即，所以，
所以，
所以数列是以为公比，首项为的等比数列；
（2）由（1）有，
所以，
所以①，
②，
由①②有：
，
所以.
19．【答案】（1）解：函数的定义域为，求导得，
当时，，函数在上单调递增；
当时，由，得，函数在上单调递减，
由，得，函数在上单调递增；
所以当时，函数的单调增区间是，无单调递减区间；
当时，函数的单调递减区间是，单调递增区间是；
（2）解：当时，在上单调递增，又，当时，，则不成立；
当时，由（1）得，
由对任意都有成立，得，
令，求导得，当时，，当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，则当时，取得最大值，
所以实数a的取值集合是；
（3）证明：由（2）知：，令，
则，即，则，因此；
由（2）知：，令，
则，即，则，因此，
所以.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；不等式的证明
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，分，利用导数判断函数的单调性，求单调区间即可；
（2）当时，在上单调递增，当时，，则不成立，当时，由（1）得，根据对任意都有成立，由求解即可；
（3）由（2）知：，令，借助于（2）中的函数，，分别取和，代入变形证明即可.
（1）函数的定义域为，求导得，
当时，，函数在上递增；
当时，由，得，函数在上递减，
由，得，函数在上递增；
所以当时，函数的单调增区间是，无减区间；
当时，函数的单调减区间是，增区间是.
（2）当时，在上递增，又，当时，，则不成立；
当时，由（1）得，
由对任意都有成立，得，
令，求导得，当时，，当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，则当时，取得最大值，
所以实数a的取值集合是.
（3）由（2）知：，令，
则，即，则，因此；
由（2）知：，令，
则，即，则，因此，
所以.
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