精品解析：安徽省怀宁县高河中学2023-2024学年高二下学期5月期中数学试题

2024年春高河中学高二期中数学试题 时间：120分钟 满分：150分 命卷人：数学组 一、选择题（每小题5分，共8小题40分） 1. 已知函数 则 （ ） A. B. C. D. 2. 小赵、小钱、小李到3个景点旅游，每人只去1个景点，设事件A为"3个人去的景点不相同"，事件B为"小赵独自去1个景点"，则=（ ）. A. B. C. D. 3. 已知等差数列的前项和为，若，则=（ ） A. 4 B. 60 C. 68 D. 136 4. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 5. 将六位教师分配到3所学校，若每所学校分配2人，其中分配到同一所学校，则不同的分配方法共有（ ） A. 12种 B. 18种 C. 36种 D. 54种 6. 已知函数为定义在上的偶函数，当时，，则下列四个判断正确的为（ ） A. B. C. D. 7. 若为函数的极值点，则函数的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环图1→4→2→1，这就是数学史上著名的“冰霓猜想”.已知数列满足：，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、多选题（每小题5分，共4小题20分） 9. 已知，则下列描述正确的是（ ） A. 除以5所得的余数是1 B. C. D. 10. 身高各不相同的六位同学站成一排照相，则说法正确的是（ ） A. 与同学不相邻，共有种站法 B. 四位同学从左到右按照由高到矮的顺序站，共有30种站法 C. E不在排头，F不在排尾，共有504种站法 D. A、C、D三位同学必须站在一起，且A只能在C与D的中间，共有144种站法 11. 已知函数，则下列说法正确的有 A. 有唯一零点 B. 无最大值 C. 在区间上单调递增 D. 为的一个极小值点 12. 为引导游客领略传统数学研究的精彩并传播中国传统文化，某景点推出了“解数学题获取名胜古迹入场码”的活动.活动规则如下：如图所示，将杨辉三角第行第个数记为，并从左腰上的各数出发，引一组平行的斜线，记第条斜线上所有数字之和为，入场码由两段数字组成，前段的数字是的值，后段的数字是的值，则（ ） A. B. C. D. 该景点入场码为 三、填空题（每小题5分，共4小题20分） 13. 展开式中的常数项为__________. 14. 一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，现从中不放回的取球2次，每次取球一次，则在第一次取到红球的条件下，第二次再次取到红球的概率为__________. 15. 设等差数列，的前项和分别为，，若对任意正整数都有，则__________． 16. 已知不等式对任意恒成立，则实数的最小值是______． 四、解答题（第17题10分，第18题12分，第19题12分，第20题12分，第21题12分，第22题12分，共6小题70分） 17. 在二项式展开式中，第项的系数和第项的二项式系数比为． （1）求的值及展开式中的无理项有几项； （2）求展开式中系数最大的项是第几项． 18. 甲乙丙丁戊五个同学 （1）去三个城市游览，每人只能去一个城市，可以有城市没人去，共有多少种不同游览方法？ （2）排成一排，甲不在首位，乙不在末位，共有多少种不同排列方法？ （3）分配到三个城市参加活动，每个城市至少去一人，每人只能去一个城市，共有多少种不同分配方法？ 19. 已知为数列的前n项和，． （1）证明：数列为等比数列； （2）设数列的前n项和为，证明：． 20. 已知函数． （1），求函数的最小值； （2）若在上单调递减，求的取值范围． 21. 已知等差数列的前项和为，公差，且，，，成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）设是首项为1，公比为3的等比数列， ①求数列的前项和； ②若不等式对一切恒成立，求实数的最大值. 22. 已知函数， （1）当时，讨论的单调性； （2）若函数有两个极值点，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $6学科网列组卷网 2024年春高河中学高二期中数学试题 时间：120分钟 满分：150分 命卷人：数学组 一、选择题（每小题5分，共8小题40分） 1.已知函数f(x)=2e,则 lim f0+A)-f0=() -3x 2e A.3 B.-2e C.2e3 D.2e 【答案】A 【解析】 【分析】求导可得0=2c即可由导数的定义和性质求解 【详解】由f(,=2e,可得f'(=2e,故f'(0)=2e, lim △r0 +/0-ima00-0= -3△x △r-0 △x 故选：A 2.小赵、小钱、小李到3个景点旅游，每人只去1个景点，设事件A为”3个人去的景点不相同”，事件B 为小赵独自去1个景点，则P(M川B)=() 2 1 1 A.9 B.2 C.3 D.4 【答案】B 【解析】 【分析】先求小赵独自去一个景点的前提下，3个人去的景点不相同的概率，求出相应基本事件的个数， 即可得出结论， 【详解】小赵独自去一个景点，则有3个景点可选，其余3人只能在小赵剩下的2个景点中选择， 第1页/共25页 6学科网 命组卷网 所以小赵独自去一个景点的可能性为3×2×2=12种 因为3个人去的景点不相同的可能性为3×2×1=6种，且AB=A, P(AB)= n(AB)n(A)_6_1 所以 n(B)n(B)122 故选：B 3.已知等差数列{a,}的前n项和为S。,若4+a,=a+4,则S5=（) A.4 B.60 C.68 D.136 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列的性质可得4，=4， ,即可由求和公式求解 【详解】 a+a4=4+4=a+a→a=4 所以 15(a+a45)=15a,=60」 2 故选：B 函数(x)e 的图象大致为() B 第2页/共25页 6学科网命组卷网 【答案】B 【解析】 【分析】利用x<0时(x)的符号排除AD,再根据导数判断x>0时()的单调性排除C即可求解 【解1当x<0时，e>0,)-c<0 O,排除AD: 因为f()-2e2-e2-。产2x-) x2 x2 所声0<.f0,回0)数 当>诗，了>0.f在2年避%.粉C 1 故选：B 5.将ABCDEF 4,B 六位教师分配到3所学校，若每所学校分配2人，其中 分配到同一所学校，则不同的 分配方法共有() A.12种 B.18种 C.36种 D.54种 【答案】B 【解析】 【分析】先平均分组，再利用全排列可求不同分配方法的总数. C2C2 【详解】将余下四人分成两组，每组两人，有2种分法， 第3页/共25页 6学科网命组卷网 故不同的分配方法共有2 CCxA3=18种， 故选：B, f(x 6.已知函数1 为定义在R上的偶函数，当>0时，矿')+2f()>0, 则下列四个判断正确的为( A.f-2)<4f0 B.f(-2)>4f0 cf(-2)<f四 4 Df(-2)>0 【答案】D 【解析】 【分析】由寸(0+2f()>0(x>0)结构特征可知矿(+2f(y是函数8)=xf四的导数简单变 形得到的，故构造函数并得到函数8()=X()的单调性，再结合函数奇偶性即可判断选项中各函数值 大小 【详解】令gy=xf四，则8)=2()+rf'()=x(2f(国+寸'()>0在0，+o)恒成立，所 以8（田=rf田在0，+切）单调递增，所以8⑩<g(②)，即f⑩<4f②) 又因为函数/四为定又在R上的偶西数府以10<4(-2》，即(-2)>四 故选：D. 7若x=3为图数f()= Ix2 -ax-3lnx 的极值点，则函数f(x)的最小值为() 1 3 A. C.2 -3ln3 B.2 D.3-3ln3 【答案】C 第4页/共25页 6学科网 命组卷网 【解析】 【分析】先由尤=3为函 f)=-m-3r 2 的极值点求得a,再利用导数法求解 【详解】 f()=x-a-3 x, 因为x=3是函数)的极值点， 所以f'(3)=3-a-1=0,则a=2, 所以f"()=x-2-3-x-3x+1） 当x∈(0,3)时，f(y<0,当xe(3,∞)时，f()>0, 所以函数f(因在(0,3)上单调递减，在(3，+w）上单调递猫， 所以f=/3)=-多-3n3 故选：C 8.任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2反复进行上述两种运 算，经过有限次步骤后，必进入循环图1一4一2一1，这就是数学史上者名的“冰爱猜想"已知数列{a,}满 a,an为偶数 足： 9=3’ 3an+1,an为奇数’ 则 2024= A.1 B.2 C.3 D.4 【答案】A 【解析】 【分析】根据“冰霓猜想”结合递推关系，利用规律求解即可 第5页/共25页 6学科网命组卷网 【详解1由题意可知4=3.4=10,4=5,4=16,4=8,4，=4,4，=2,4=1,4=4…， 所以根据“冰霓猜想"可知2=a+3x6m=4,=l 故选：A. 二、多选题（每小题5分，共4小题20分) 9.已知f(x)=(2-x°=a+ax+4x+…+a,r,则下列描述正确的是() A.f(-) 除以5所得的余数是1 B.a+凸+…+ag=1 c.al+|a|+|a+…+|as=38-28 D.2a+3a3++8a=-8 【答案】AC 【解析】 【分析】利用赋值法可判断BC,由f-)=子=9=00-广，再结合二顶式定理可判断A,对于 f)=(2-x°=a,+ax+a,++a,x两边同时求导，再利用赋值法可判断D. 详 解 】 对 于 A f(-1)=38=94=(10-1)4=104-C4×103+C2×102-C×10+1=10×103-C4×102+C×10-C8)+1 数() 除以5所得的余数是1，故A正确 对于B,令x=1得，4+a+a++a=l,令x=0得，a=2 所以4+a++a=1-2,故B错 误； |al+|a2|+|a3|+..+|ag=-a+a2-a3+..+ag 对于C,由题意可知， 第6页/共25页 命学科网命组卷网 对于f四=(2-)=a,+ax+a4,2+…ta,x 令x=-1得，4-4+a-a++4=3,又因为4=2 所以a+|a+川4++1%卡-4+4-4++4=3-2 ,故C正确： 对于D,对于f)=(2-”=a+ax+a,++ar两边同时求导可得， -8(2-x)7=a1+2a2x+3ax2+.+8ax 令x=1得，-8=4+24+3a,++8a 令术=0得，4=-8×2” 所以2a,+3a,++8a,=8+8×2=82-》,枚D错误 故选：AC A,B,C,D,E,F 10.身高各不相同的六位同学 站成一排照相，则说法正确的是() AB与C同学不相邻，共有AA种站法 B.B,C,D, 四位同学从左到右按照由高到矮的顺序站，共有30种站法 C.卫不在排头，F不在排尾，共有504种站法 D.A、C、D三位同学必须站在一起，且A只能在C与D的中间，共有144种站法 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用不相邻问题插空法即可求解A,根据定序问题即可求解B，,利用间接法即可求解C,根据相 邻问题即可求解D, 【详解】A,先排4D,E,F4个人有A然后将B,C插空有A故共 A·A种站法，A正确，符合 题意： B.6个人全排列有A种方法，B、C、D,B全排列有N种方法，则B、C、D,B从左到右拉高到授的排 第7页/共25页 6学科网命组卷网 A=30 列有A4 种方法，B正确，符合题意； C.6个人全排列有A种方法，当B在排头时，有A种方法。 当F在排尾时，有A种方法，当区在排头且F在排尾时，有A种方法， 则E不在排头，F不在排尾的情况共 A8-2A+A=504种，C正确，符合题意： D.A、C、D必须排在一起且A在C、D中间的排法有2种， 将这3人拥绑在一起，与其余3人全样列，有A种方法，则共有2八=48种方法，D错误，不符合题忘： 故选：ABC 1.已知函数f()=(x+(e-x-, 则下列说法正确的有 Af()有唯一零点 B.f(x)无最大值 c.f()在区间，+o)上单调递增 Dx=0为f()的一个极小值点 【答案】BCD 【解析】 f(x)(2,+o) 【分析】求出函数的零点判断A；利用导数探讨函数 在 上的取值情况判断B；利用导数探讨 单调性及极值情况判断CD, 【详解】对于A,依思意，f(-)=f(o)=0,即x-1和x=0是函数()=(x+(®-x-)的零 点，A错误 对于B,当x>0时，令()=c-x-1,求导行(=e-1>0,函数（在(0，+o)上递增，当 第8页/共25页 6学科网列组卷网 x≥2时，u()≥e2-3>1 而y=x+1在(0，+o)上递增，值域为(，+）， 因此当x之2时，()>x+1,则()无最大值，B正确： 对于c,f'()=(x+2)e*-2x-2 令8(=(x+2e-2x-2,求导得8()=(x+3e-2, 当x>0时，令h(四=(x+3列e-2,则h()=(x+4)e>0,即8()=h(在（0，+w）上递增， g(y>g(0)=1>0,则f()=g(y在0，+o)上递增，f()>f(o)=0, 因此(x)在(0，+∞)上递增，即f()在山，+o)上单调递增，C正确， 对于D,当-1<x<0时，p()=e-2x+2 x+2, 求导得p(x)=。x+22,显然函数p(x)在-，O) G0(-l-日-2<00o)-=0 ,则存在∈(-1,0)，使得p'(x)=0, 当x(0)时，(>0，函数p(在.0)上草调递增，则p()<p(0)=0, 即当xe(6.0)时，e<2x+2 <x+2,则f"(x)=(x+2)e-2x-2<0,又f'(0)=0, 因此x=0为()的一个极小值点，D正确 故选：BCD 【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断方法： ①自接求等点：令()=0，如果能求出解，划有几个解洗有几个专点。 第9页/共25页 命学科网命组卷网 ②零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间la,]上是连续不断的曲线，且f(a小f(b)<0 还必须 结合函数的图象与性质（如单调性、奇偶性）才能确定函数有多少个零点. ③利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同 的值，就有几个不同的零点. 12.为引导游客领略传统数学研究的精彩并传播中国传统文化，某景点推出了“解数学题获取名胜古迹入 场码”的活动活动规则如下：如图所示，将杨辉三角第P行第9个数记为，(P,q∈N）, 并从左腰上 的各数出发，引一组平行的斜线，记第”条斜线上所有数字之和为S.(⑧=8，=l,S=2),入场码由两段 数字组成，前段的数字是白 a10 2021 的值，后段的数字是8m∑S 的值，则() ,1第1条斜线 第2条斜线·第3条斜线 十2十第5条斜线 第4条斜线33十第7条斜线 T4641 第6条斜线5101051 1615201561 A.a2023.2=2023 2a4u10=1331 c9=34 D.该景点入场码为13311 【答案】BCD 【解析】 【分析】分折可得“，=C分，利用组合数公式可判脂A选项；利用二项式定理可判断B运顾：归绵得出 2021 S=S十8，逐项计舞可得S,的值。可判斯0选项：计第业S一习S的位，第合B选项可判断D 第10页/共25页 6学科网命组卷网 选项 【详解】由题意得，=C 对于A,a2即为第2023行第2个数，则42=C0=202,故A错误： 对于B:(10+展开式的通项为H=C10士(k=0,12,3), 其中C=au,C=a2,C=ag,C=a4, 所以， 2a10-c10+c10+c10+C0-(0-133 故B正确： 对于C.8=8=1,8,=2,,=3,8=5,, 自纳可符528=S,即S2=S+5, 所以，8。=8+9=5+3=8.S,=8。+8,=8+5=13S。=S,+S。=13+8=21 Sg=S8+S7=21+13=34 ,故C正确： 20 对于D: ∑S,=S3-S2+S4-S3+S,-S4++S023-S02=S023-S2 1 该景点入场码为13311，故D正确， 故选：BCD, 三、填空题（每小题5分，共4小题20分） 7 13 x2+y+二+ 展开式中的常数项为， 【答案】630 【解析】 第11页/共25页 6学科网命组卷网 【分析】 【详解】 1 1 则常数项，应为1个x2,2个x,2个y,2个y相乘， 1.1 所以 x2+y+-+ x y 展开式中的常数项为CCCC=630 故答案为：630 14.一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，现从中不放回的取球2次，每次取球一次，则在第一次取到 红球的条件下，第二次再次取到红球的概率为， 3 【答案】50.6 【解析】 【分析】根据第二次取的时候，袋子中有3个红球和2个白球即可求解. 【详解】在第一次取到红球后，第二次取的时候，袋子中有3个红球和2个白球，故第二次再次取到红球 3 的概率为5； 3 故答案为： S._2n-3 15.设等差数列{an},{b,}的前n项和分别为Sn,Tn,若对任意正整数n都有Tn4n-3,则 4+ ba+bsbs+b 第12页/供25页 6学科网 6组卷网 19 【答案】41 【解析】 【分析】根据等差数列的性质及等差数列前项和的性质，逐步化简，即可得到本题答案. anS2n 【详解】由题意知， bnTn,b+h,=6+h,=2h。,43+a=2a6, 4+,4=+4=a6-S1=211-3_19 .b4+bb+b,2bbT1411-341 19 故答案为：41. 16.已知不等式 +alhr-r+e≥0x对 20对任意x∈（山，+0）恒成立，则实数a的最小值是 【答案】-e 【解析】 【分析】将已知不等式变形为e-血e≥x”-h×,构法函数f(四)=-l血，利用导数分析函数 f(x)的单调性，考虑a为负数的情形，可得出x≥e,分参后可得lhx,利用导数求出 8(=一在L+o)上的最大道。即可得型实技口的最小宜 x+alnx-+1≥ 【详解】 e+ 可得x+e≥x-alnx=x-lnx,即e-ne≥x-lnx, 构造爵影/（闪=x-l血x.其中x>0.测（倒=1-- 当0<x<1时，f'()<0,此时函数f()单调递减， 第13页/共25页 6学科网列组卷网 当x>1时，()>0，此时函数f()单调递增， 因为x>1,则-x<-1,则 0<e<l e, 要求实数“的最小值，考虑a<0,则0<x<1 由e-lhe≥x-hx可得fe)≥f(x）, 因为函数f(冈在(0，)上单调递减，则x≥e, 不等式r之e‘两边取自然对数可得al血x之-x, 因为x>1,则lnx>0,可得 令)夹中1小3) (Inx), 当1<x<e时，g()>0,此时函数8()单调递增， 当x>©时，8'()<0，此时函数3()单调递减， 所以，函数8（田）在山，+o)上的最大值为8(e)=e,所以，a≥-e. 因此，实数a的最小值为-e 故答案为：一e, 【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： (1)xeD,m≤f()台m≤f()m: 2)xeD,m≥f(分m≥f(): 3)3r∈D,m≤f()台m≤f()s； 第14页/供25页 命学科网命组卷网 (4)3x∈D,m≥f(x)台m≥f(x)n 四、解答题（第17题10分，第18题12分，第19题12分，第20题12分，第21题12分， 第22题12分，共6小题70分) 17.在二项式 +2展开式中，第3项的系数和第4项的二项式系数比为3：40 (1)求n的值及展开式中的无理项有几项： (2)求展开式中系数最大的项是第几项， 【答案】(1)n=12,展开式中的无理项有8项 (2)最大的项是第5项 【解析】 【分析】(1)写出展开式通项，根据第3项的系数和第4项的二项式系数比为3：40可得出关于n的不等 式，解出n的值，当T+为无理项时， 12、4 3不为整数，可得出r的取值，即可得出展开式中无理项的项 数； (2)设展开式中系数最大的项是第”+1(0≤”≤1，r∈N)项，根据不等式法可得出关于r的不等式，解 出r的值，即可得出结论. 【小问1详解】 解：二项式 2x 民开式的道项公式为u=c(J=C[x宁o≤r5reN。 第3项的系数和第4项的二项式系数比为3：40， 第15页/共25页 6学科网命组卷网 n(n-1)1 222 33 所以C n(n-1(n-2)4(n-2)40,解得 6 n=12 以=C:宁osrs12reN, 4 12--r 当T,为无理项时， 3不能为整数， 所以，P∈12,457,8,10,1 },故展开式中的无理项有8项 【小问2详解】 解：设展开式中系数最大的项是 r+1(0≤r≤Il,reN)项， (≥c-(9 12! 12! 即 n产o- 12! 12! 2(r+1)≥12-r 10 整理可得13-r22r 解得写≤rs 3 因为r∈N，,所以r=4,所以，展开式中系数最大的项是第5项 18.甲乙丙丁戊五个同学 (1)去三个城市游览，每人只能去一个城市，可以有城市没人去，共有多少种不同游览方法？ (2)排成一排，甲不在首位，乙不在末位，共有多少种不同排列方法？ (3)分配到三个城市参加活动，每个城市至少去一人，每人只能去一个城市，共有多少种不同分配方法？ 【答案】(1)243 (2)78 (3)150 【解析】 【分析】(1)根据乘法计数原理即可求解， 第16页/共25页 命学科网命组卷网 (2)用全部情况去掉甲不在首位，乙不在末位，即可求解， (3)利用分组分配，结合排列组合即可求解 【小问1详解】 去三个城市游览，每人只能去一个城市，可以有城市没人去，因此每个人都有3种选择， 35=243 所以不同游览方法有 (种)· 【小问2详解】 排成一排，无限制条件的排列有A, 甲不在首位，乙不在末位的反面是甲在首位或乙在末位，共有2A-A 则甲不在首位，乙不在末位的不同排法有A-2A+A=78(种). 【小问3详解】 分配到三个城市参加活动，每个城市至少去一人，每人只能去一个城市， cC 则先把5人按1：1：3分组，有C种分组方法，按2：2：1分组，有A2种分组方法， 因此不同分组方法数为C+ A3 再把每一种分组安排到三个城前，有A种方法。 所以不同分配方法种数是(C+ t之)A=10+15)x6=150 19.已知S为数列a,}的前n项和，S。=2a。-4n+2 (1)证明：数列{a,+4号为等比数列： 2” (2)设数列anal 的前”项和为工，证明： 6 【答案】(1)证明： 第17页/供25页 命学科网命组卷网 41=S,=2a1-4×1+2a=2a+4=6 由S.=2a,-4n+2,得S=2a-4(n-)+2,n≥2 an=Sn-Sn1=(2an-4n+2）-[2an1-4(-1)+2]=2a,-2an1-4,n≥2 a,+4_20+4+4=2,n≥2 所以an=2an-1+4,n之2，故an-1+4an1+4 所以数列{a,+4是以6为首项，2为公比的等比数列。 (2)证明： an+4=6×2"-,0n=3×2”-4 2” 2" 171 1 故a,01(3×2”-4)(3×21-433×2”-43×2-4 2++2 所以.=a4+a,4++a4 【解析】 an+4 =2 【分析】(1)取n=1计算a=2，an=Sn-Sn1=2an-2an1-4得到an1+4，得到证明. 2”-11 (2)确定an=3×2”-4,变换a,a133×2”-43×21-4 利用裂项求和计算得到证明。 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 略 第18页/供25页 6学科网命组卷网 20.已知函数f()=lh2x-am (4)a=-2e,求函数f(的最小值， (2)若f()在(0，+切)上单调递减，求a的取值范围. 【答案】(1)3 e[民oj 【解析】 【分析】(1)运用二次求导法进行求解即可： (2)运用常变量分离法，结合导数的性质进行求解即可. 【小问1详解】 因为a=-2e, 所以f(=nx+2ex→f()=2hx+2e x ◆86-20+20.则68创-20n别 x2 当x>e时，8()<0,8（单调递减， 当0<x<c时，8()>0,8（四单调递增。 因0<x计.则水日)-0个 因当。<x<所，则60=日g回 当x>e时，显然8(x)>0 第19页/共25页 6学科网6组卷网 0<x< 于是有当 e时，函数f(x)单调递减， 当>e时，函数f(x单调递 所kfw=/0=hr日2e日3. 【小问2详解】 台-x-→r)-2h-a 因为()在(0，+o)上单调递减。 所以"(x)=2x一a≤0在(0，+o上恒成立， 2hx-a≤0→a≥2hx 由x x, 设h(x)=2nx h(20-血 x,则有 x2 当x>e时，h()<0,h(x)单调递减， 当0<x<e时，()>0,8()单调遥增， 所以以-2ne-2 ee, 变相”(x)=2nx-a≤0在(0，+0上恒成奇 x 2是风ta的k位州方是 第20页/供25页 6学科网 命组卷网 21.已知等差数列a,}的前n项和为S,公差d≠0，且S+S,=50,4,a,4成等比数列 ()求数列a,}的通项公式： (2)设 是首项为1，公比为3的等比数列， ①求数列么，}的前”项和乙， ②考不等式江，-S,+2n≤0对切n∈N恒成立，求实数元的最大值 【答案】(1)0。=2n+1 1 (2)①Tn=n3”:②27 【解析】 【小问1详解】 3a+ 3x2d+54+4x5d=50 2 依题意得 ，解得」4=3 (a+3d)}=a,(a,+12d） d=2 ∴a,=a+(n-1)d=3+2(n-)=2n+1,即4，=2n+l 【小问2详解】 b2=31」 ①由am =3→b,=an3-=(2n+1)-3m, Tn=3+5-3+7.32++(2n+1)-3- 3Tn=3-3+5.32+7.33+…+(2n-1)3+(2n+1)3 所-2=3+2.3+2.3++2,3(2m+03=3+2.30-3）-2n+13 1-3 第21页/供25页 6学科网列组卷网 =-2n.3” ∴.Tn=n-3" ②由(1)易求得S,=n(n+2),所以不等式江，-8，+2≤0对一切n∈N恒成立， 1s2-n 即转化为3”对一切n∈N恒成立， sf-2aeN).fa≥2 又+0)-5”2=- 当1≤n≤2时，f(n+)-f(m<0,n≥3时，(n+)-f(m）>0 所以f0>f(2)>f3),且f()<f(4)<… 则2≤fo=f)=-27 所以实数九的最大值为27 【点睛】关键点点睛：本题的关键是参变分离构造函数，差比判断函数的单调性 2.已知函数f(x)=lnx+x2-2a,aeR (1)当a>0时，讨论f()的单调性： (②)若函数f(四有两个极值点，(：<），求2()()的最小值 【答案】(1) 当0<a≤V5时，f(0在0，+o)上单调递增， 第22页/供25页 6学科网6组卷网 当a>V2时，f田在(0，)，(，+o)上单调递增，在(，x)上单调递减， 其中5-a--2=a+-2 2 ，X4= 2 1+4ln2 (2)2 【解析】 【分析】(1)利用导数与函数单调性的关系，分类讨论△≤0与△>0两种情况即可得解； 1 (2利用（1)中结论，利用韦达定理得到·=2,2c=2x+1,2a=2x+1,利用消元法将 2f(:)一f(:）表示成关于的函数，再利用换元法和导数求得所得函数的最小值，从而得解 【小问1详解】 因为f()=lnr+2-2a,x>0 所以f')=+2x-2a=2x2-2a+1 令8=2r2-2m+1,则A=4a-8=4(d-2）, 因为a>0, 当0<a≤5时，a≤0，则8≥0，即f20 此时f田在0，+切)上单调递增， 当a>5时，A>0:由g0=0.符=0--2成 2 =a+va-2 2,且5<x4, 当0<x<或x>时，g>0即f'x)>0: 第23页/供25页 6学科网列组卷网 当5<<时，8<0，即f倒<0 所以f)在(0，），(：，+0)上单调递增，在（飞，）上单调递减： 综上，当0<a≤V2时，f(因在0，切)上单调递增， 当a>V2时，f)在(0，）.(：to)上单调递增，在(：，上单调递藏， 中50-2-0g2 2 2 【小问2详解】 由()可知，名，为四)的两个极值点，且<， 所以=，=，且，是方程2r-2x+1=0的两不等正根， 此时a>2,5+5=a>0,4西克 男停x远- 则2f(s)-f(x)=2(l血x+-2ax）-(血x+号-2am) =2(nx+x-2x-1)-(nx+号-2x号-l=-2x+2nx-lnx2+-1 -广251是知明-油21 91=.则2.60-1-22-， 0-+安 第24页/供25页 6学科网命组卷网 当合所，g0<0.则0年网运浅 当1(，+∞)时，8>0，则8(0单调递增， 所以80m=g)=-1+4n2 2 1+4ln2 所以2f(x)-f()的最小值为2一. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用韦达定理将双变量的2f(:)一(3)转化为关于单变量 云的西数，从而得解 第25页/共25页