2024-2025学年高二上学期期末数学试卷（新题型：19题）（巩固篇）（含答案）

2024-2025学年高二上学期期末数学试卷（巩固篇）【人教A版（2019）】（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上；2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效；3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效；4.测试范围：选择性必修第一册全册、选择性必修第二册全册；5.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第I卷（选择题）一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的。1．（5分）（23-24高二上·湖北荆门·期末）在四面体OABC中，M点在线段OA上，且OM=2MA，G是△ABC的重心，已知OA=a，OB=b，OC=A．13a−C．−13a2．（5分）（23-24高二上·四川成都·期末）若数列an满足a1=2，Sn+1+A．9 B．10 C．11 D．123．（5分）（23-24高二上·河南南阳·期末）已知O为坐标原点，F1，F2是椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的焦点，过右焦点F2且垂直于A．5−12 B．3−12 C．4．（5分）（23-24高二上·江苏常州·期末）已知圆M:x2+y2+4x=0和圆N:x2+y2A．22,4+2C．4−2,225．（5分）（23-24高二上·河北石家庄·期末）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，A．−66 B．63 C．−6．（5分）（23-24高二上·山西·期末）已知函数fx=2x−sinx+cosA．fα<fαC．fα<fα7．（5分）（23-24高二上·山东青岛·期末）已知抛物线C:y2=4x与过焦点F的一条直线相交于A，B两点，过点F且垂直于弦AB的直线交抛物线的准线l于点MA．准线l的方程是x=−2 B．以AB为直径的圆与y轴相切C．|AB||MF|的最小值为2 D．△ABM的面积最小值为8．（5分）（23-24高二上·湖南长沙·期末）已知函数fx=x+1ex−a，若函数A．−1e2,0 B．0,1e二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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．（6分）（23-24高二上·浙江·期末）已知空间四点O0,0,0,A0,1,2A．OA⋅OB=−2 B．以C．点O到直线BC的距离为5 D．O，A，B，C四点共面10．（6分）（23-24高二上·浙江·期末）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0过点P1,32，左焦点为F1−1,0．设直线l:y=12x与椭圆C交于A，B两点，点M为椭圆C外一点，直线AM，BMA．椭圆C方程为x24+C．M，N，O共线 D．直线MN的斜率为定值−11．（6分）（23-24高二上·山西吕梁·期末）已知函数fxA．fx的单调递减区间是B．fx在点e2C．若方程alnx=xD．设gx=x2+a，若对第II卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）（23-24高二上·浙江绍兴·期末）数列an满足an+1=an2an13．（5分）（23-24高二上·山东聊城·期末）若直线l与曲线y=ex−1相切，也与曲线y=ex−2相切，则l14．（5分）（23-24高二上·广东深圳·期末）已知抛物线C:y2=4x，过C焦点的直线交C于P，Q两点，点M为直线x=−1上的点，且△MPQ是等边三角形，则△MPQ的面积为四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。15．（13分）（23-24高二上·山东日照·期末）已知直线l1：4x−3y+5=0与l2垂直，且l2(1)求l2(2)若l2与圆C：x2+y−4216．（15分）（23-24高二上·江苏南京·期末）设数列an的前n项和为Sn，且Sn(1)证明an3n(2)求数列4an22n+117．（15分）（23-24高二上·云南昆明·期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA⊥平面ABCD，平面PAC⊥平面PCD．(1)求证：CD⊥平面PAC；(2)设E为PD的中点，PA=AC=3AB，求二面角18．（17分）（23-24高二上·浙江杭州·期末）已知椭圆C:x2a2+(1)求C的方程．(2)记F1和F2分别是椭圆C的左、右焦点．设D是椭圆C上一个动点且纵坐标不为0．直线DF1交椭圆C于点A（异于D），直线DF2交椭圆C于点B（异于D）．若19．（17分）（23-24高二上·江苏南京·期末）已知函数f(x)=ln(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a−2时，求a的取值范围；(3)若f(x)≤xex−2ax+a−12024-2025学年高二上学期期末复习选择题压轴题十六大题型专练（范围：第四、五章）【人教A版（2019）】题型1题型1根据数列的递推公式求数列的项、通项公式1．（24-25高三上·重庆·阶段练习）已知数列an的首项a1=2025，前n项和Sn，满足SnA．12025 B．12024 C．11012【解题思路】根据Sn=n2an得到【解答过程】因为Sn=n两式相减得an所以anan−1所以ana1所以a2024故选：C.2．（23-24高二下·江西南昌·期末）若首项为1的数列an满足an+1=3aA．2−3 B．2+3 C．−1【解题思路】利用此数列的递推关系，依次求出下一项，直到出现重复，则可以判断周期，从而利用周期性来得到结果.【解答过程】由a1=1，a2a3a4a5a6a7因为a7=a1，由此得数列所以a16=a故选：C.3．（23-24高三上·河南·期中）在数列an中，an>0，a1=1，aA．414 B．15 C．223 【解题思路】依题意对an+12+a【解答过程】因为an+12+an2a所以a1132=因为an>0，所以故选：B.4．（23-24高二·全国·课后作业）已知数列an满足a1=1，aA．a2=1 B．anan−1=【解题思路】根据题设条件求得a2=a1=1【解答过程】对于AB，因为数列an满足a1=1所以当n=2时，a2=a对于CD，当n≥2时，an+1两式相减，得an+1−a又a11=1，a所以ann是从第二项起首项为故当n≥2时，ann=综上，an故选：AD．题型2题型2求数列的最大项、最小项5．（24-25高三上·广东汕头·开学考试）已知数列an=n−2025n−A．a1，a100 B．a45，a44 C．a45，a【解题思路】先化简an【解答过程】an因为442所以n≤44时，数列an单调递增，且an>1；n≥45时，数列a∴在数列an的前100项中最小项和最大项分别是a故选：B.6．（23-24高二下·辽宁·阶段练习）已知数列an的通项公式为an=2n−62n−15，令bn=anA．数列anB．使anC．满足anan+1D．使Tn取得最小值的n【解题思路】把an化简成fn，由复合函数的单调性可得最大值和最小值，得到A正确；由分式的整除可得2n−15=±1,±3,±9,结合n为正整数可判断B正确；由an【解答过程】对于A：化简得a故fn在1,7,8,+∞n∈Z又f1=413,当n→+∞时,fn对于B：易知当an∈Z时,结合n为正整数，则n=3,6,7,8,9,12,共6项，故B正确；对于C：当1≤n≤2或n≥8时,an>0,当4≤n≤7时,a故当n=1,2,3,4,5,7时，满足anan+1对于D：可知b1=b2=b3故选：C.7．（23-24高三上·重庆·阶段练习）数列an、bn满足：a1=8，an−aA．第7项 B．第9项C．第11项 D．第12项【解题思路】利用累加法得到an=4n2+4n，即可得到b【解答过程】n≥2时，an−an−1=8n，an−1−an−2=8n−1，⋅⋅⋅令bk≥b解得172≤k≤192，故选：B.8．（23-24高二下·四川成都·期末）已知数列an的通项公式为an=n−98n−99A．在数列an中，a10是最大项 B．在数列anC．数列Sn单调递减 D．使Sn取得最小值的【解题思路】判断数列an的单调性，由此求得最大项与最小项，进而判断A,B选项，再根据项与1的大小关系判断S【解答过程】an=n−98n−99=1+99−当n≥10时an随着n的增大越来越小且大于1，则前n项中最大项为a10，最小项为故A，B选项正确；当1≤n≤9时，0<当n≥10时，an=1+99前n项积Sn取得最小值时n故选：ABD.题型3题型3求等差数列的前n项和及其最值9．（24-25高三上·广东·阶段练习）已知Sn为等差数列an的前n项和，公差为d.若a1>0，A．d>0 B．SC．S20>0 D．【解题思路】对于A：根据S18=0可得a1+a18=0【解答过程】对于选项A：因为数列an则S18=18可得2a1+17d=0对于选项B：因为a1+a所以S7对于选项D：因为a9+a10=0当n≤9时，an>0；当n≥10时，可知当且仅当n=9时，Sn对于选项C：因为a19所以S20故选：B.10．（23-24高三上·福建福州·阶段练习）数列an是递增的等差数列，前n项和为Sn，满足a8A．d>0 B．aC．当n=4时，Sn最小 D．Sn>0【解题思路】由递增的等差数列可知d>0；由a8=3a5结合等差数列通项公式可得【解答过程】由an是递增的等差数列，得d>0由a8=3a5，得由Sn=na1+nn−1又Sn=na所以Sn>0时，故选：C.11．（24-25高三上·湖南邵阳·阶段练习）设等差数列an的前n项和为Sn，且满足a1<0，S7=A．10 B．12 C．15 D．24【解题思路】根据前n项和的定义结合等差数列性质可得a12+a【解答过程】因为S7=S又因为数列an为等差数列，则a可得5a12+且a1<0，可知即当n≤12时，an<0；当n≥13时，所以当Sn取得最小值时，n故选：B.12．（24-25高三上·内蒙古包头·开学考试）已知等差数列an的前n项和为Sn，a1<0，且A．a5+aC．当n=6时，Sn取最小值 D．当Sn<0【解题思路】根据已知条件得到6a【解答过程】设等差数列an的公差为d依题意S7所以a5+a6,a6则S7所以S4由于a5+a6<0,a6从第6项起为正数，所以当n=5时，SnS10所以当Sn<0时，故选：ABD.题型4题型4求等比数列的前n项和及其最值13．（2024高二·全国·专题练习）设等比数列an的前n项和为Sn，若a1=3，且a2022+A．3 B．303 C．−3 D．−303【解题思路】先利用等比数列通项公式求得公比，再利用等比数列的前n项和公式可求S101【解答过程】设等比数列an的公比为q，由a2022+a故S101故选：A.14．（2024·河南许昌·模拟预测）设Sn是首项为a1，公比为q的等比数列an的前n项和，且S2023<S2025A．a1>0 B．q>0 C．Sm【解题思路】根据题意算出a2024>−a2025>0【解答过程】由S2023<S2025<S2024有q2024>0，q2022>0，则由−1<q<0，m≥2且m∈N*，得−1<q<q0<1−qm取a1=−2，q=−12，符合题意，而故选：C.15．（23-24高二下·广东湛江·开学考试）已知等比数列an满足a1+a2=34，A．2552 B．1272 C．1274【解题思路】根据等比数列通项公式列式求a1【解答过程】设等比数列an的公比为q因为a1+a2=34，a所以数列an的前8项的和S故选：D．16．（23-24高二下·四川南充·期中）设等比数列an的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，且满足条件a1>1A．0<q<1 B．SC．T4043>1 D．T2022【解题思路】根据已知条件，结合等比数列的性质，则a2022−1>0a2023−1<0或a2022−1<0a2023−1>0，【解答过程】由(a2022−1)⋅(a2023∵a1>1，a2022⋅∵a1>1，∴a2022而从第2023项开始都小于1，对于A，公比0<q=a对于B，∵a2023<1，∴对于C，T4043∵a2022>1，∴a对于D，等比数列{an}的前n且数列{a故T2022是数列{故选：ACD.题型5题型5等差、等比数列的综合应用17．（2024·重庆云阳·模拟预测）已知等差数列an的公差不为0，设bi=anii∈N∗，若n2=2A．a81 B．a121 C．a122【解题思路】根据题意计算得到d=2a1，an【解答过程】根据题意知：b2=a2，b3=a故a1+4d2故an=2aa81a121a122=243aa123故选：C.18．（24-25高三上·江苏·阶段练习）设公差d≠0的等差数列an中，a3，a5，a8成等比数列，则A．54 B．34 C．45【解题思路】利用等比数列求出首项与公差的关系，然后利用等差中项化简所求表达式即可．【解答过程】解：因为公差d≠0的等差数列an中，a3，a5所以a52=a3所以a1故选：C．19．（23-24高一下·浙江丽水·期末）已知Sn是等差数列{an}的前n项和，公差d≠0，a1A．136 B．2 C．10−1 【解题思路】由a1,a2,a5【解答过程】∵a1∴a22=∴Sn令t=n+1，令y=12(t+∵函数y在(0,10]递减，在∴当t=3时，y=136；当t=4时，∴ymin故选：A.20．（24-25高二上·福建·期中）已知等比数列an的首项为1，公比不为1，若a3，a2，aA．an的公比为−3 B．anC．an的前10项和为−341 D．a7，a5【解题思路】根据等差中项的性质，利用等比数列的通项公式基本量列式求解公比判断ABD，根据等比数列的求和公式求和判断C.【解答过程】设an的公比为q，因为a1=1因为a3，a2，a4因为q≠0，所以q2+q−2=q−1所以q=−2，故A错误；B正确；an的前10项和为1−因为a7所以a7，a5，故选：BCD.题型6题型6数列的求和21．（24-25高三上·山东·期中）已知数列an满足a1=1，an−A．817 B．1225 C．78【解题思路】首先对已知等式进行变形，可得到数列1an的性质，进而求出an的表达式，然后得出a【解答过程】已知an−an+1=2因为a1=1，所以1a1=1，那么数列1得1an=1+(n−1)×2=2n−1an求数列{anan+1S8故选：A.22．（23-24高二下·四川达州·期中）在数列{an}中，若a1=2，且对任意n∈N*A．30×231+2C．29×230+2【解题思路】由累乘法求出an=n⋅2n，再由错位相减法求出数列{an}【解答过程】因为任意n∈N*有an+1所以anan−1=2⋅nn−1，上式累乘可得：an因为a1=2，所以设数列{an}的前nTnTn2T两式相减可得：−T所以−T所以Tn所以T30故选：D.23．（24-25高二上·全国·课后作业）已知正项数列an是公比不等于1的等比数列，且lga1+lga2023A．2022 B．4036 C．2023 D．4038【解题思路】根据题意结合等比数列的性质可得a1⋅a【解答过程】因为正项数列an且lga1+lga结合等比数列性质可得a1又因为函数fx=2令T=fa1+f可得2T=fa所以T=2023．故选：C.24．（23-24高二下·湖北武汉·期中）已知数列an的前n项和为Sn，且满足：3aA．数列an为等差数列 B．C．数列(−1)nan的前100项和为3101−3【解题思路】首先由数列的递推公式推导出数列的通项公式an=3n，对于A，利用等差数列定义即可排除；对于B，利用等比数列的求和公式易得；对于C，将数列的项展开后分组求和即得；对于D，先由【解答过程】由3a1+5a2当n≥2时，3两式相减得，(2n+1)an显然，当n=1时符合题意，故an对于A，由an+1对于B，由上分析，可知an+1an因Sn对于C，数列(−1)na=−(=−3(1−对于D，由an=3n≤100(100−=−(=S故选：BC.题型7题型7数列不等式25．（24-25高二上·全国·课后作业）已知正项数列an的前n项和为Sn,a1=2，且log2A．9 B．10 C．11 D．12【解题思路】先应用对数运算得出an+1【解答过程】由题得log2an+1所以数列an是以2为首项，2为公比的等比数列，则2所以2n≤513，即n≤9，故故选：A.26．（2024·重庆·三模）数列an的前n项和为Sn，Sn=2an−3n+4，若λA．12,+∞ B．1,+∞ C．【解题思路】先求出an+3=2n，然后对【解答过程】由于Sn=2an−3n+4又有an+1所以an+1=2an+3，故a这表明命题等价于λ⋅2n−3n+2>0若λ≤1，则λ⋅22−3×2+2=4λ−4≤4−4=0若λ>1，由于我们可以直接验证2n−3n+2≥0在n=1和n=2时成立，且对2n故2n−3n+2≥0对而此时由λ>1有λ⋅2n−3n+2>2n所以λ的取值范围是1,+∞故选：B.27．（2024·湖北·二模）已知等差数列an的前n项和为Sn，且Sn=n2+m，n∈N*A．−2 B．0 C．1 D．2【解题思路】由Sn与an的关系且an为等差数列，求出an，由ann<2，得x2−(1+a)x−2【解答过程】因为Sn=n2+mn≥2时，an所以a1=1+m，a2因为an为等差数列，所以a1=1从而an=2n−1，所以x2−(1+a)x−2a则当0≤a≤1时，g(a)=2ag(0)=−x2+x≤0g(1)=2+1+x−x只有选项A符合题意，故选：A.28．（23-24高二下·四川乐山·期末）在数列an中，a1=1，an+1−an=2A．1 B．0 C．−1 D．−2【解题思路】根据条件，利用累加法得到an=2n−1，从而将问题转化成2+λ⋅【解答过程】因为an+1当n≥2时，(a又a1=1，所以又n=1时，a1=1满足所以an由2+λ⋅(−1)n≥令bn=3n−1当n=1时，b2−b1=12所以b1<b当n为偶数时，2+λ⋅(−1)n=2+λ≥当n为奇数时，2+λ⋅(−1)n=2−λ≥b1故选：AB.题型8题型8新情景、新定义下的数列问题

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示29．（23-24高二下·江西景德镇·期末）对于数列an，若存在正整数kk≥2，使得ak<ak−1,ak<ak+1，则称A．3 B．9 C．10 D．12【解题思路】首先计算数列an【解答过程】由题意可知，a1=0，a2a4=4+94−10=154，a函数y=x+9x−10，在10,+∞单调递增，且且a9只有a8>a故选：B.30．（23-24高二下·上海嘉定·期末）设Sn是一个无穷数列an的前n项和，若一个数列满足对任意的正整数n，不等式Snn<Sn+1n+1恒成立，则称数列anA．①和②都为真命题 B．①和②都为假命题C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为真命题【解题思路】对于①：根据等差数列的求和公式可得Snn=d2【解答过程】对于①：设等差数列an的公差为d则Sn=d即Snn为公差为若an为和谐数列，则S即d2n+a所以关于n的二次函数Sn所以在n∈N对于②：取a1则Sn=a为和谐数列等价于Sn证明上述不等式即说明存在公比为负数的一个等比数列是和谐数列，即证45a1当n=2k+1,k∈N当n=2k,k∈N*时，即证2k+4设f(k)=16k−则f(k)在1,+∞上单调递增，可得f(k)≥f(1)=16−即（*）式成立，所以②正确.故选：A.31．（2024·北京东城·二模）设无穷正数数列an，如果对任意的正整数n，都存在唯一的正整数m，使得am=a1+a2+a3A．若an为等差数列，则aB．若an为等比数列，则aC．若内和数列an为递增数列，则其伴随数列bD．若内和数列an的伴随数列bn为递增数列，则【解题思路】对于ABD：举反例说明即可；对于C：根据题意分析可得am2>【解答过程】对于选项AB：例题an=1，可知则a1+a2=2所以an对于选项C：因为an对任意n1,n2∈使得am则am2−且内和数列an为递增数列，可知m所以其伴随数列bn对于选项D：例如2,1,3,4,5,⋅⋅⋅，显然an是所有正整数的排列，可知an为内和数列，且但an故选：C.32．（24-25高三上·江西·阶段练习）若数列an满足1an+1−1an=d（n∈NA．若i=120bB．若bn=2n+1cn，且C．若bn中各项均为正数，则D．若b1=1，b【解题思路】根据“调和数列”的定义可以确定1bn为等差数列，再利用等差数列的性质可以确定A错误；利用等差数列的定义求得其通项公式，则B正确；根据等差数列的性质结合基本不等式可得证，则C正确；构造函数fx=x−1−lnx，得【解答过程】依题意可得1bn为等差数列,由i=1201bi=20,根据等差数列的性质得1b1由bn=2n+1cn，且c1=3，c2=15，可得b1=1由1bn为等差数列，可得1bn+1=1b由b1=1，b2=12，可求得∴bn=1n，令fx=x−1−lnx，x>0，f′(x)=1−1x=x−1x，则12ln1+故选：BCD.题型9题型9两条切线平行、垂直、重合（公切线）问题

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示33．（2024·福建·模拟预测）已知直线y=kx+b既是曲线y=lnx的切线，也是曲线A．k=1e，b=0 B．k=1C．k=1e，b=−1 D．k=1【解题思路】设出切点，写出切线方程，利用对应系数相等建立方程，解出即可.【解答过程】设直线与曲线y=lnx的切点为x1与曲线y=−ln(−x)的切点为x2又y′=ln则直线y=kx+b与曲线y=lnx的切线方程为y−ln直线y=kx+b与曲线y=−ln(−x)的切线方程为y+ln则1x1=−1x故选：A.34．（2024·陕西渭南·一模）已知直线y=ax+b(a∈R,b>0)是曲线fx=ex与曲线A．e+2 B．3 C．e+1【解题思路】由fx求得切线方程，结合该切线也是gx的切线列方程，求得切点坐标以及斜率，进而求得直线【解答过程】设t,et是fx所以fx在点t,et处的切线方程为y−令g′x=ge−t=1−t=1−tet，所以t=0或t=1（此时①为y=所以t=0，此时①可化为y−1所以a+b=1+1=2.故选：D.35．（23-24高三·江西·阶段练习）若函数f(x)=3x+1x−3(x>0)的图象与函数gx=txex的图象有公切线l，且直线lA．1e B．e2 C．1e或2e 【解题思路】根据垂直性质可得kl=2，再求导根据导数的几何意义可得切线l的方程为y=2x−1，再设函数gx=txe【解答过程】由题知，kl=2，令f′x=3−1x2=2，又x>0，解得x=1设函数gx=txex与直线所以2x0−1=t即2x0−1x0=2故选：D.36．（2024·河北保定·二模）若直线y=3x+m是曲线y=x3x>0与曲线y=−A．m=−2 B．m=−1 C．n=6 D．n=7【解题思路】设直线y=3x+m与曲线y=x3x>0相切于点a,a3【解答过程】解：设直线y=3x+m与曲线y=x3x>0与曲线y=−x2+nx−6对于函数y=x3x>0，y解得a=1，所以13=3+m，即对于函数y=−x2+nx−6则−2b+n=3b>0又−b所以−b又b>0，所以b=2，n=7.故选：AD.题型10题型10函数的单调性问题37．（24-25高三上·河北沧州·期中）若函数f(x)=2x−3x−tlnx在(1,3)A．(26, 7) B．(7, +【解题思路】求出函数f(x)的导数f′(x)，由f′【解答过程】函数f(x)=2x−3x−t依题意，f′(x)在(1,3)上有变号零点，由f′函数t=2x+3x在(1,62)上单调递减，2所以实数t的取值范围是(26故选：A.38．（24-25高二上·浙江宁波·期中）已知a=log20232024，b=log2024A．a>b>c B．a>c>b C．c>b>a D．c>a>b【解题思路】构造函数fx=lnx+1lnx，其中x>1，利用导数分析函数fx在1,+∞上的单调性，可得出a=f2023，b=f2024，【解答过程】构造函数fx=ln当x>1时，x+1>x>1，lnx+1>lnf′所以，函数fx在1,+因为a=log20232024=c=log所以，f2023>f2024故选：A.39．（24-25高三上·重庆·期中）设f′x是定义在R上的连续函数fx的导函数，fx−f′x−2A．2,+∞ B．−∞,−2 C．−【解题思路】构造函数gx=f【解答过程】设gx=f∵fx−f′x函数gx在R上单调递增，又f2=−4由fx>−2xex，可得又函数gx在R上单调递增，所以x>2，即不等式的解集为2,+故选：A．40．（2024·贵州遵义·三模）下列函数中，既是奇函数，又在区间(0,+∞)上单调递增的是（A．f(x)=x3+x B．f(x)=tanx 【解题思路】由已知结合基本初等函数的单调性及奇偶性检验各选项即可判断.【解答过程】对于A，f−x所以fx又因为f′所以fx在区间(0,+对于B，f−x所以fx但是fx在区间(0,+对于C，f(−x)=e所以fx又因为f′所以fx在区间(0,+对于D，f(−x)=−xsin所以fx故选：AC.题型11题型11函数单调性、极值与最值的综合应用41．（24-25高三上·陕西咸阳·阶段练习）若x=12是函数f(x)=ax2+ln(3x)A．−2+ln3 B．−2e2+【解题思路】根据函数的极值点，借助于求导求得a的值，继而得到函数解析式，利用函数的单调性即可求得函数的最小值.【解答过程】由f(x)=ax2+依题意，f′(1此时，f(x)=−2x2+ln(3x)故当0<x<12时，f′(x)>0，当即函数f(x)在(0,12)上递增，在(12又因x∈[1e,e]，故得函数f(x)因f(1e)=−故fx的最小值为f(故选：D.42．（23-24高二下·北京怀柔·期末）若函数f(x)=xex−ax①当a∈-∞,−e−2②当a∈(−e−2,0)③当a∈-∞,−eA．①② B．②③ C．①③ D．①②③【解题思路】求出导函数f′【解答过程】f′设g(x)=(1+x)ex−a当x<−2时，gx>−2时，g′(x)>0，所以g(x)当a≤−e−2时，g(x)≥0，即所以函数f(x)在x∈R当−e−2<a<0时，g(x)=(1+x)设ℎ(x)=(1+x)e当x<−2时，ℎx>−2时，ℎ′(x)>0，所以ℎ(x)且当x<−2时，ℎ(x)<0，且ℎ(x)∈−1所以此时方程(1+x)ex=a所以f(x)有两个极值点，②正确，所以正确答案是①②③.故选：D.43．（23-24高二下·山东济宁·期中）若函数fx=−x3+3ax2+1在A．−1 B．1 C．3 D．5【解题思路】求出函数的导数，根据题意列式求出a的值，结合函数的单调性，即可求得答案.【解答过程】由fx=−x由于函数fx=−x故f′2=−12+12a=0故f′则当x<0或x>2时，f′x<0，当0<x<2即fx在(−∞故函数fx=−x3+3a由此可知fx在(−1,0)故函数fx在区间−1,1上的最小值为f故选：B.44．（24-25高三上·湖南益阳·阶段练习）已知函数f(x)=x2+x−1A．函数f(x)存在三个不同的零点B．函数f(x)既存在极大值又存在极小值C．若x∈[t,+∞)时，f(x)D．当−e<k<0时，方程【解题思路】求得f′(x)=−x2+x+2ex，得到函数fx的单调性和极值，以及x→−【解答过程】由函数f(x)=x2+x−1令f′(x)=0，解得x=−1或当x<−1时，f′(x)<0；当−1<x<2时，f′(x)>0；当所以函数fx在(−∞,−1),(2,+当x=−1，函数fx取得极小值f当x=2，函数fx取得极大值f当x→−∞时，fx→+∞，当作出函数fx对于A中，函数fx对于B中，函数fx对于C中，当x∈[t,+∞)时，f(x)max=5e对于D中，若方程f(x)=k有且只有两个实根，即y=f(x)与y=k的图象有两个不同的交点，可得−e故选：BCD.题型12利用导数研究函数的零点（方程的根）题型12利用导数研究函数的零点（方程的根）45．（24-25高三上·河南·开学考试）已知函数fx=ex−1,x≥0,2x,x<0,gxA．e B．e,+∞ C．−1【解题思路】根据题意，转化为y=fx与y=kx−1的图象有2个交点，分k=0、k<0和k>0【解答过程】由题意，关于x的方程fx即y=fx与y=kx−1

当k=0，直线y=−1与y=2x的图象交于点又当x≥0时，ex−1≥0，故直线y=−1与y=e故当k=0时，y=fx与y=kx−1当k>0，直线y=kx−1与曲线y=ex−1此时y=fx与y=kx−1设切点Px0,ex0−1所以ex0−1−−1x当k<0时，若2x=kx−1，则kx2−x−2=0所以当k=−18时，直线y=kx−1与由图得当−18<k<0时，直线y=kx−1综上所述，实数k的取值范围是−1故选：C．46．（23-24高二下·海南·期末）已知函数fx=x4+x3−xA．−∞,0 B．0,1 C．−∞【解题思路】先进行变形，关于x的方程fxx−m=0有两个不同的实根，即关于x的方程fxx=m有两个不同的实根.即【解答过程】fx=x4+x3−x即F(x)=fxx令ℎ(x)=x3+x2x∈(−∞,−1),ℎ则x=−1有极大值ℎ(−1)=1.x→−∞则可画出F(x)=x3+x2则实数m的取值范围是−∞故选：D．47．（24-25高三上·广东东莞·阶段练习）已知函数fx=xlnx,x>0,A．若a<−1e，则B．若gx恰有2个零点，则a的取值范围是C．若gx恰有3个零点，则a的取值范围是D．若1≤a<2，则gx【解题思路】利用导函数得出单调区间和极值，画出函数大致图像，由图像对选项做出判断.【解答过程】f令f′x∴x∈−∞,−1时，fx∈−1,0时，f′xx∈0,1e时，fx∈1e,+∞时，∴fx有极大值：f−1=2，极小值：f∴fx对于选项A：若a<−1e，则对于选项B：若gx恰有2个零点，则a的取值范围是a=−1e或a=2对于选项C.：若gx恰有3个零点，则a的取值范围是−对于选项D.若1≤a<2，则gx故选：D.48．（24-25高二上·全国·课后作业）已知函数fx=axA．当a=b=1时，fxB．当b<c=0时，fxC．当c=−4a时，若函数fx恰有两个不同的零点，则D．当a=b=c时，fx存在唯一零点，且位于区间【解题思路】对A：借助导数求导可得函数的单调性，结合零点的存在性定理可知零点个数与c的值有关；对B、C、D：借助导数求导可得函数的单调性，结合所给条件与零点的存在性定理计算即可得.【解答过程】对A：当a=b=1时，fx则当x∈−∞,−23∪0,+即fx在区间−∞,−而f−23,f0的正负与c对B：当b<c=0时，f′则当x∈−∞,0∪−2b3a即fx在区间−∞,0又f0=0，故f−2b3a故fx有两个零点，其中x1=0对C：当c=−4a时，fx=axf0=−4a<0，若b<0，易知fx则当x∈−∞,−2b3a∪(0,+∞即fx在区间−∞,−因为fx恰有两个不同的零点，所以f−2b对D：当a=b=c时，fx=ax由a>0得，则当x∈−∞,−23∪(0,+∞即fx在区间−∞,−23又f0=a>0，所以fx由零点存在性定理可知fx的唯一零点位于区间−2,−故选：BCD.题型13题型13利用导数研究恒成立、存在性问题49．（24-25高三上·安徽六安·阶段练习）对于x∈(0,+∞)，不等式ex−lnmx+A．0<m<1 B．0<m≤1 C．0<m≤e D．【解题思路】由ex−lnmx+1−mx≥0得，e【解答过程】已知x∈(0,+∞)，由ex−ln构造函数f(x)=ex+x，则f(x)是R上的增函数，则由f(x)≥f(即m≤exx，令g(x)=当x∈(0,1),g'(x)<0,当x∈(1,+∞)，g'(x)>0∴gxmin=g1=e，则故选：C.50．（23-24高二上·江苏南通·阶段练习）函数fx=xlnx，gx=x2−2x+a，若对任意的xA．1−1e,+C．2−1e,+【解题思路】利用导数求fx的取值范围，利用二次函数的性质求gx的取值范围，依题意有f(x)【解答过程】函数fx=xlnx，因为f′故fx在1e,1又gx=x2−2x+a=(x−1)2因为对任意的x1∈1e,1，总存在x所以−1e≥a−1，解得a≤1−1e故选：D.51．（23-24高三上·全国·阶段练习）已知函数fx=xex,x>0．若存在实数a∈0,1A．14,1 C．0,1 D．0,1【解题思路】构造函数ga=a3−3a+【解答过程】令ga=a∴当a∈0,1时，g′a≤0，函数ga在0,1若存在实数a∈0,1，使得不等式f等价于f1−m≤g(a)max=e−1成立，又∵∵fx=x当x∈0,1时，f′x>0，函数当x∈1,+∞时，f′x<0∵m为正实数，∴1−m<1，又∵函数fx在0,1∴0<1−m≤1m>0，解得∴正实数m的取值范围为0,1．故选：C．52．（23-24高二下·内蒙古·期中）已知函数fx=lnxx,g(x)=e2x−A．1 B．e C．3 D．e【解题思路】根据已知不等式进行常变量分离，得到xe2x−【解答过程】由题意可得lnx则a<xe设ℎ(x)=ex−x−1由ℎ′(x)>0，得x>0，由ℎ′(x)<0，得x<0，则在(0,+∞)上单调递增，故ℎ(x)≥ℎ(0)=0，即因为xe2x=当且仅当lnx+2x=0则xe2x−故选：AB.题型14题型14利用导数研究双变量问题53．（24-25高三上·山东·阶段练习）已知函数f(x)=e2x,g(x)=x−1，对任意x1∈R，存在x2∈(0,+A．1 B．2C．2+ln2 【解题思路】令fx1=gx2=m>0，将x1【解答过程】解：由题意，令fx1=gx2所以x1=12ln令ℎm=m+1−1令ℎ′m=0所以当m∈0,12时，ℎ当m∈12,+∞时，所以当m=12时，ℎm即x2−x故选：D．54．（23-24高二下·四川眉山·阶段练习）已知函数fx=ex+ax有两个零点xA．a<−e B．C．x1x2>1【解题思路】求得函数的导数，得到函数的单调区间，确定函数的极小值，根据极小值小于0，判断A；根据方程，指对互化，判断B；根据极值点的位置，结合f0【解答过程】由题意，函数fx=e当a≥0时，f′x=ex当a<0时，令f′x=ex+a>0所以函数fx在(−∞,因为函数fx=ex+ax对A，则f(ln−a)=所以1−ln−a<0对B，a<−e，且ex1+ax1=0所以x1对C，由f(0)=1>0，且由A可知，a<−e，ln−a>1，则0<所以C不正确；对D，由函数fx在(−∞,所以函数的极小值点为x0故选：C.55．（23-24高二下·四川成都·期中）已知函数fx=lnx−ax有两个零点①函数fx有极大值点x0，且②x1③x1④若对任意符合条件的实数a，曲线y=fx与曲线y=b−1x最多只有一个公共点，则实数b的最大值为lnA．1个 B．2个 C．3个 D．4个【解题思路】分类讨论fx的单调性，即可得a，x1，x2的范围，根据f′x=0，得到x0和a之间关系，构造gx=f2a−x−fx，x∈0,1a，可知gx单调递减，由此得到gx1>0，即可判断①；对fx1=fx2=0进行变形化简，即可判断②；根据①中a【解答过程】解：因为fx=lnx−ax当a≤0时，f′x>0，f则fx当a>0时，令f′x=当x∈0,1a时，f当x∈1a,+∞时，所以当x=1a，fx因为fx=lnx−ax有两个零点所以0<x1<1a设gx=f2所以g1由gx=f=ln所以g′x=由g′1a=0，当2ax−1a2所以在x∈0,1a因为0<x1<即f2因为2a−x1>1a所以2a−x由fx=lnx−ax有两个零点所以lnx1=a所以x1由①知x1+x2>因为曲线y=fx与曲线y=b−所以lnx−ax+1x令ℎx=ln令Δ=1−4a≤0，即a≥14时，此时方程ℎx当0<a<14时，Δ>0令x3<x4，则由韦达定理，可知x3+x所以在0,x3上ℎ′在x3,x4上在x4,+∞上ℎ当x→+∞时，ℎx→−根据ℎx单调性，可知x=x3即ℎ′x3=0，即所以ℎx由x3=2则u′x=1x−2所以ℎx3=u即实数b的最大值为ln2故选：D．56．（23-24高二下·云南曲靖·阶段练习）已知函数f(x)=a2x2−ax+A．a的取值范围是(−∞,0)∪(4,+∞C．x1x2的取值范围是0,14【解题思路】函数f(x)极值点问题转化为f′(x)=0方程根的问题研究.A项转化为二次方程有两不等正根求参数范围；BC项由韦达定理与参数范围可得；D项，先将所求式子整理变形，再利用韦达定理将x1【解答过程】A项，函数f(x)=a2x则f′f′(x)=ax−a+1x=设g(x)=ax当a=0时，g(x)=1，即f′当a≠0时，由题意知方程g(x)=0有两不等正根，设两根为x1则有x1x2即a的取值范围是为(4,+∞BC项，因为x1,x所以x1+xD项，f==−ln设ℎ(a)=−ln因为ℎ(a)在(4,+∞)上单调递减，所以且当a→+∞,ℎ(a)→−∞即f(x故选：BCD．题型15题型15利用导数解决实际应用问题57．（24-25高三上·浙江·开学考试）一圆柱放置于底面直径和高都是2的圆锥内，其底面放在圆锥底面上，则圆柱体积最大为（

）A．3327π B．4227π【解题思路】设圆柱的底面半径为r，高为ℎ，利用圆锥与圆柱的特征及体积公式表示圆柱体积，再求导判定其最值即可.【解答过程】如图，作出其轴截面，设圆柱的底面半径为r0<r<1，高为ℎ由2−ℎr=21，则因为V′r=−2π3易知0<r<23时，Vr单调递增，1>r>所以V(r)故选：C.58．（23-24高三下·云南昆明·阶段练习）网购已成为人们习以为常的生活方式，大量的网购增加了人们对快递的需求，快递量几何级增长，快递包装箱的消费量也十分惊人，瓦楞纸板是最主要的快递包装材料，如何使用更少的纸板来包裹更多的物品，这对于环境保护和商家的利益都是非常重要的问题．现某商家需设计一体积为0.02m3的纸箱．要求纸箱底面必须为正方形，为了保护易碎的商品，纸箱的底面和顶面必须用双层瓦楞纸板制成．已知瓦楞纸板的市场价格大约为1元/m2，则一个纸箱的成本最低约为（

）（参考数据：3A．0.32元． B．0.44元 C．0.56元 D．0.64元【解题思路】设该纸箱底面边长为a米，侧棱长为h米，写出成本表达式P=4a【解答过程】该纸箱为正四棱柱，设其底面边长为a米，侧棱长为h米，则纸箱的体积V=a2ℎ=0.02成本为P=1×(4a则P′=42a−0.02a则a=30.01．当0<a<30.01时，当a>30.01时，P′当a=30.01时，所以Pmin故选：C．59．（2024高二下·全国·专题练习）某工厂需要建一个面积为512m2的矩形堆料场，一边可以利用原有的墙壁，则要使砌墙所用材料最省，则堆料场的长和宽各为（A．16m，16m B．32m，16mC．32m，8m D．16m，8m【解题思路】求出新墙总长度的表达式L=2x+512【解答过程】如图所示，设场地一边长为xm，则另一边长为512x因此新墙总长度L=2x+512x,令L′=0，得x=16或当0<x<16时，L′<0，当x>16时，则L在(0,16)上单调递减，在(16,+∞∴x=16是L的最小值点，此时512x故当堆料场的宽为16m，长为32m时，可使砌墙所用的材料最省.故选：B.60．（23-24高二·全国·课后作业）已知一家公司生产某种品牌服装的年固定成本为10万元，每生产1000件需另投入2.7万元.设该公司一年内生产该品牌服装x千件并全部销售完，每千件的销售收入为Rx万元，且RA．年产量为9000件 B．年产量为10000件C．年利润最大值为38万元 D．年利润最大值为38.6