2021-2022学年高二下学期期末复习卷01

2020–2021学年高二数学下学期期末测试卷01一、单选题1．曲线在点(，0)处的切线的斜率为（）A． B． C．- D．【答案】B【分析】求出函数的导数，然后可得答案.【解析】所以曲线在点(，0)处的切线的斜率为故选：B2．等差数列前项和为，，则（）A． B． C． D．【答案】C【分析】将化成和的形式，得到二者关系，求得，利用求得结果.【解析】，即故选：C.【点睛】思路点睛：该题考查的是有关数列的问题，解题思路如下：（1）根据题中所给的条件，结合等差数列通项公式，将其转化为关于首项与公差的式子；（2）化简求得数列的某一项；（3）结合等差数列求和公式，得到和与项的关系，求得结果.3．等比数列的前项和为，则（）A．-10 B．-16 C．-22 D．-8【答案】A【分析】首先利用等比数列的前项和，求公比和首项，再求.【解析】根据题意，等比数列中，若，则，由，则，得，解得，又由，则有，解得，所以，有.故选：A4．已知数列与满足，，，且，下列正确的是（）A． B．C．是等差数列 D．是等比数列【答案】D【分析】令、可判断AB；由已知得和，l两式相减可判断D；利用得的通项公式，结合可得的通项公式可判断C.【解析】因为数列与满足，令，，由，所以，令，，由，所以，所以，故A错误；令，，由，所以，所以，故B错误；由已知得，即，，即，两式相减得，，所以是以6为首项，9为公比的等比数列，故D正确；由得，由，得，所以，不是常数，不是等差数列，故C错误.故选：D.【点睛】本题考查了由递推数列证明数列是等差数列或等比数列，关键点是掌握等差数列或等比数列的定义以及理解数列中下角标的意义，考查了学生的推理能力、运算能力，5．函数的图像大致为（）A． B．C． D．【答案】B【分析】通过研究函数奇偶性以及单调性，确定函数图像.【解析】详解：为奇函数，舍去A,舍去D;，所以舍去C；故选：B.【点睛】有关函数图象识别问题的常见题型及解题思路：①由函数的定义域，判断图象左右的位置，由函数的值域，判断图象的上下位置；②由函数的单调性，判断图象的变化趋势；③由函数的奇偶性，判断图象的对称性；④由函数的周期性，判断图象的循环往复．6．设为等差数列的前项和，．若，则（）A．的最大值是 B．的最小值是C．的最大值是 D．的最小值是【答案】D【分析】由等差数列求和公式整理可得，确定为递增数列；根据可判断数列前项为负，由此得到结果.【解析】由得：，整理可得：，等差数列为递增数列，又，，，当且时，；当且时，；有最小值，最小值为.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列前项和的最值问题，解题关键是能够确定等差数列中由负变正或由正变负的项.7．已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是（）A． B．C． D．【答案】A【分析】先求导数，利用单调性转化为，构造新函数求解的最小值即可.【解析】，由题意可知在恒成立，即恒成立，设，时，，为减函数；时，，为增函数；的最小值为，所以，故选：A.【点睛】利用函数单调性求解参数时，通常转化为恒成立问题求解：（1）在区间上单调递增等价于在区间上恒成立；（2）在区间上单调递减等价于在区间上恒成立.8．定义在R上的函数满足，当时，函数．若，，不等式成立，则实数m的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】由得，，，借助导数求出，，不等式成立，得出≥，求解即可．【解析】∵当x∈[0，2）时，∴x∈[0，2），为最大值，∵f（x+2）＝f（x），∴f（x）＝2f（x+2），∵，∴，，x∈[﹣2，0]，∴，，，∴，∵函数g（x）＝x3+3x2+m，∴由3x2+6x＞0解得x＞0或，由3x2+6x＜0解得由3x2+6x＝0，x＝0或，∴函数g（x）＝x3+3x2+m，在上单调递增．在上单调递减，，∵不等式f（s）﹣g（t）≥0，∴﹣8≥m﹣16，故实数满足：m≤8，故选：C【点睛】关键点点睛：若，，不等式成立，转化为≥，再根据解析式及导数求出函数的最小值求解，属于中档题.二、多选题9．下列函数最小值是的是（）A． B．C． D．【答案】AB【分析】根据均值不等式等号成立的条件判断ABC,利用导数的极值判断D即可求解.【解析】，当且仅当，即时等号成立，故A正确；，当且仅当，即时等号成立，故B正确；，当且仅当时，即，显然等号不成立，故C不正确；，，令可得，所以当时，有极小值，而，故D不正确.故选：AB【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.10．已知函数，，则（）A．1是函数的极值点 B．当时，函数取得最小值C．当时，函数存在2个零点 D．当时，函数存在2个零点【答案】AD【分析】求出函数的导数，根据导数的符号判断函数的单调性，从而可判断AB的正误，根据零点存在定理和最值的符号可判断CD的正误.【解析】，令可得，当时，；当时，，故为的极大值点，故A正确.又在上为增函数，在上为减函数，故当时，函数取得最大值，故B错误.当时，，又，而，故且，令，则，故在上为减函数，故，由零点存在定理及的单调性可得有两个不同的零点，故D正确.而当时，当时，恒成立，故在最多有一个零点，故C错误.故选：AD【点睛】方法点睛：导数背景下的函数零点个数问题，应该根据单调性和零点存在定理来说明，注意需选择特殊点的函数值，使得其函数值的符号符合预期的性质，选择特殊点的依据有2个方面：（1）与极值点有明确的大小关系；（2）特殊点的函数值较易.与零点有关的不等式问题，可依据零点的性质及函数的单调性构建新函数来证明.11．设数列前项和，且，，则（）A．数列是等差数列 B．C． D．【答案】BCD【分析】利用与的关系求出数列的通项公式，可判断AB选项的正误；利用等比数列的求和公式可判断C选项的正误；利用裂项求和法可判断D选项的正误.【解析】对任意的，.当时，，可得；当时，由可得，上述两式作差得，可得，所以，数列是首项为，公比为的等比数列，，A选项错误，B选项正确；，所以，，C选项正确；，，所以，，D选项正确.故选：BCD.【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；（2）对于型数列，其中是等差数列，是等比数列，利用错位相减法求和；（3）对于型数列，利用分组求和法；（4）对于型数列，其中是公差为的等差数列，利用裂项相消法求和.12．已知数列中，，，.若对于任意的，不等式恒成立，则实数可能为（）A．－4 B．－2 C．0 D．2【答案】AB【分析】由题意可得，利用裂项相相消法求和求出，只需对于任意的恒成立，转化为对于任意的恒成立，然后将选项逐一验证即可求解.【解析】，，则，，，，上述式子累加可得：，，对于任意的恒成立，整理得对于任意的恒成立，对A，当时，不等式，解集，包含，故A正确；对B，当时，不等式，解集，包含，故B正确；对C，当时，不等式，解集，不包含，故C错误；对D，当时，不等式，解集，不包含，故D错误，故选：AB.【点睛】本题考查了裂项相消法、由递推关系式求通项公式、一元二次不等式在某区间上恒成立，考查了转化与划归的思想，属于中档题.三、填空题13．已知等比数列的前项和，则实数__.【答案】.【分析】根据题意，由等比数列的前项和求出数列的前三项，由等比中项的性质可得，解可得的值，即可得答案.【解析】根据题意，等比数列的前项和，则，，，则有，解得，故答案为：.14．已知等差数列满足：，，数列的前项和为，则的取值范围是__________．【答案】【分析】根据题意可得到，把转化为关于的函数，即可求出范围.【解析】由题意可得：，据此可得：，则，令，结合等差数列前n项和公式有：，令，则，据此可知函数在上单调递减，，，即的取值范围是.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题根据等差数列的条件，求出首项与公差的关系，看作一个整体t,将问题转化为关于t的函数，利用函数的单调性求解，体现了转化思想，考查了运算能力，属于中档题.15．若函数在区间内存在最大值，则实数的取值范围是____________.【答案】【分析】首先利用导数判断函数的单调性，再根据函数在开区间内存在最大值，可判断极大值点就是最大值点，列式求解.【解析】由题可知：所以函数在单调递减，在单调递增，故函数的极大值为.所以在开区间内的最大值一定是又，所以得实数的取值范围是故答案为：【点睛】关键点点睛：由函数在开区间内若存在最大值，即极大值点在区间内，同时还得满足极大值点是最大值，还需列不等式，不要忽略这个不等式.16．定义：如果函数在区间上存在满足，，则称函数是在区间上的一个双中值函数已知函是区间上的双中值函数，则实数的取值范围是___________.【答案】【分析】根据题目给出的定义可得，即方程在区间有两个解，结合二次函数的图象和性质可构造关于的不等式组，求解可得的取值范围．【解析】因为，在区间存在，满足方程在区间有两个不相等的解令，则，解得：故答案为：【点睛】关键点点睛：本题主要考查新定义的运算问题，关键是能够通过定义将问题转化为方程在区间内根的个数问题，从而可以根据二次函数的图像与性质，构造出不等关系，从而可求得结果．四、解答题17．已知数列的前项和为，且和的等差中项为1．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，求数列的前项和．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．【分析】（Ⅰ）利用等差中项的定义得出与的关系，然后由得出数列的递推关系，求出其为等比数列，从而得通项公式；（Ⅱ）用裂项相消法求和．【解析】解：（Ⅰ）因为和的等差中项为1，所以，即，当时，．两式相减得，整理得．在中，令得，所以，数列是以2为首项，2为公比的等比数列，因此．（Ⅱ）．则．所以．【点睛】方法点睛：本题考查求等比数列的通项公式，裂项相消法求和．数列求和的常用方法：设数列是等差数列，是等比数列，（1）公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和；（2）错位相减法：数列的前项和应用错位相减法；（3）裂项相消法；数列（为常数，）的前项和用裂项相消法；（4）分组（并项）求和法：数列用分组求和法，如果数列中的项出现正负相间等特征时可能用并项求和法；（5）倒序相加法：满足（为常数）的数列，需用倒序相加法求和．18．已知函数．（1）若在上是增函数，求实数a的取值范围；（2）若是的极值点，求在上的最大值和最小值．【答案】（1）a≤5（2）最小值是f(3)＝－9，最大值是f(5)＝15.【分析】（1）转化为在恒成立，即在恒成立，利用单调性求出在上的最小值即可得解；（2）根据是的极值点求出，分析单调性即可求出最值.【解析】（1）因为在上是增函数，令f′(x)＝3x2－2ax＋30在上恒成立，∴min在上为增函数，当时，，∴a≤5.（2）f′(3)＝0，即27－6a＋3＝0，∴a＝5，f(x)＝x3－5x2＋3x，f′(x)＝3x2－10x＋3.令f′(x)＝0，得x1＝3，x2＝(舍去).当1＜x＜3时，f′(x)＜0，当3＜x＜5时，f′(x)＞0，即当x＝3时，f(x)的极小值f(3)＝－9.又f(1)＝－1，f(5)＝15，∴f(x)在[1,5]上的最小值是f(3)＝－9，最大值是f(5)＝15.【点睛】关键点点睛：第（1）问转化为在恒成立是解题关键，第（2）问根据是的极值点求出是解题关键.19．设数列的前项和为，______．从①数列是公比为2的等比数列，，，成等差数列；②；③．这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答．（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和．【答案】（1）条件性选择见解析，；（2）．【分析】（1）选①：由题意可得，再利用等比数列的公比为可求，进而可求数列的通项公式；选②：，令可求，当时，可得，与已知条件两式相减可求得，进而可求数列的通项公式；选③：，当时，，当时，，与已知条件两式相减可求得，检验也满足，进而可求数列的通项公式；（2）由（1）知，则，利用乘公比错位相减即可求和.【解析】（1）选①：因为，，成等差数列，所以，又因为数列的公比为2，所以，即，解得，所以．选②：因为，当时，，解得．当时，，所以．即．所以数列是首项为2，公比为2的等比数列．故．选③：因为，所以当时，，当时，，所以，当时，依然成立．所以．（2）由（1）知，则，所以，①，②①－②得．所以．所以数列的前项和．【点睛】方法点睛：数列求和的方法（1）倒序相加法：如果一个数列的前项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前项和即可以用倒序相加法（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前项和即可以用错位相减法来求；（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和；（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；（5）并项求和法：一个数列的前项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如类型，可采用两项合并求解.20．已知函数.（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）设函数（为的导函数），若方程在上有且仅有两个实根，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）．【分析】（1）求出，计算得切线斜率，从而得切线议程；（2）对求导，确定的单调性，极值，得的变化趋势，从而可得结论．【解析】（1）由已知，所以，又，所以切线议程为，即；（2）由（1），定义域为，，所以在时，，递减，时，，递增，所以时，取得极小值也是最小值，，时，，所以方程在上有且仅有两个实根，则实数的取值范围是．【点睛】方法点睛：本题考查导数的几何意义，考查用导数研究方程根的分布．根据方程根的个数求参数范围问题，一般方法是数形结合思想，把问题转化为函数图象与直线的交点问题，可利用导数研究出函数的性质，如单调性，极值，确定函数的变化趋势，然后利用函数的图象得出参数范围．21．已知f(x)＝ax－lnx，x∈(0，e]，g(x)＝，x∈(0，e]，其中e是自然常数，.（1）讨论a＝1时，函数f(x)的单调性和极值；（2）求证：在（1）的条件下，f(x)>g(x)＋；（3）是否存在正实数a，使的最小值是3？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）当时，单调递减；当时，单调递增；最小值1；（2）证明见解析；（3）存在，.【分析】(1)根据f(x)＝x－lnx，求导得，分别令f′(x)<0，f′(x)>0求解单调性和极值.(2)要证f(x)>g(x)＋，即证[f(x)]min－[g(x)]max>，由(1)知f(x)在(0，e]上的最小值为1，再利用导数法求得[g(x)]max即可.(3)假设存在正实数a，使f(x)＝ax－lnx(x∈(0，e])有最小值3，求导，分0<<e，≥e讨论求解.【解析】(1)因为f(x)＝x－lnx，所以，所以当0<x<1时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减；当1<x≤e时，f′(x)>0时，此时f(x)单调递增．∴f(x)的极小值为f(1)＝1.(2)∵f(x)的极小值为1，∴f(x)在(0，e]上的最小值为1，即[f(x)]min＝1.又g′(x)＝，∴当0<x<e时，g′(x)>0，g(x)在(0，e]上单调递增．∴[g(x)]max＝g(e)＝，∴[f(x)]min－[g(x)]max>，∴在(1)的条件下，f(x)>g(x)＋.(3)假设存在正实数a，使f(x)＝ax－lnx(x∈(0，e])有最小值3，则.①当0<<e时，f(x)在(0，)上单调递减，在(，e]上单调递增，[f(x)]min＝f()＝1＋lna＝3，a＝e2，满足条件；②当≥e时，f(x)在(0，e]上单调递减，[f(x)]min＝f(e)＝ae－1＝3，a＝(舍去)，所以，此时f(x)无最小值．综上，存在实数a＝e2，使得当x∈(0，e]时f(x)有最小值3.【点睛】方法点睛：不等式问题.（1）证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题．（2）求解不等式恒成立问题时，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为