高二上学期期末复习填空题压轴题十六大题型专练（范围：第四、五章）-2024-2025学年高二数学举一反三系列（人教A版2019选择性必修第二册）

2024-2025学年高二上学期期末复习填空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 根据数列的递推公式求数列的项、通项公式 1．（24-25高三上·上海·期中）数列满足：为正整数，，若，则 . 2．（24-25高三上·全国·自主招生）数列，，，则 . 3．（2024高三·全国·专题练习）在数列中，，前项和，则数列的通项公式为 . 4．（23-24高二下·四川成都·阶段练习）已知数列满足：且，则数列的通项公式为 ． 题型2 求数列的最大项、最小项 5．（23-24高二下·安徽亳州·阶段练习）数列的通项，则数列中的最大项的值为 . 6．（23-24高二上·上海杨浦·阶段练习）已知数列的通项公式为，则数列的最大项为第 项. 7．（23-24高二下·辽宁大连·阶段练习）已知数列的通项公式，则最小的项是第 项． 8．（23-24高二下·广东·阶段练习）在数列中，，则数列中的最大项是第 项． 题型3 求等差数列的前n项和及其最值 9．（24-25高三上·北京西城·开学考试）已知等差数列的前n项和为，则的最大值为 . 10．（2024高三·全国·专题练习）已知数列满足，则数列的前项和的最大值是 ． 11．（23-24高二下·山西晋中·阶段练习）已知等差数列的前项和为，且，，则取最小值时， ． 12．（23-24高二上·河南洛阳·期末）首项为正数，公差不为0的等差数列，其前项和为，现有下列4个命题： ①若，则； ②若，则； ③若，则中最大； ④若，则使的的最大值为11． 其中所有真命题的序号是 ． 题型4 求等比数列的前n项和及其最值 13．（24-25高二上·江苏苏州·阶段练习）已知公比不为l的等比数列满足，且构成等差数列．记为的前项和，求使成立的最大正整数k的值为 ． 14．（24-25高三上·山东聊城·期中）等比数列的前项和记为，若，则 . 15．（2024·河北邯郸·模拟预测）记为等比数列的前项的和，若，，则 . 16．（23-24高三下·重庆·阶段练习）已知数列为正项的递增等比数列，，，记数列的前项和为，则使不等式成立的正整数的最大值为 ． 题型5 等差、等比数列的综合应用 17．（24-25高三上·湖南常德·阶段练习）已知等差数列和等比数列满足，，，若，则数列的前项和为 . 18．（2024·湖北襄阳·二模）已知等差数列和等比数列满足，，，.数列和中的所有项分别构成集合、，将集合中的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列，数列的前项和为，则 . 19．（24-25高三上·宁夏银川·阶段练习）正项等比数列|满足，且成等差数列，则 取得最小值时的值为 . 20．（24-25高三上·上海长宁·期中）已知数列是公差不为的等差数列，，且、、成等比数列，设，则的前项和为 . 题型6 数列的求和 21．（24-25高二上·江苏苏州·阶段练习）已知数列满足，若，则数列的前n项和 ． 22．（24-25高二上·江苏苏州·阶段练习）设数列满足.则数列的前n项和为 ． 23．（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·期中）已知函数，数列满足，则数列的前2019项和为 . 24．（24-25高二上·全国·课后作业）已知数列的首项，且，则数列的前项和 ． 题型7 数列不等式 25．（24-25高二上·上海·期中）设是数列的前项和，，且对任意正整数，，都有，若恒成立，则实数的取值范围为 ． 26．（24-25高三上·重庆·阶段练习）在数列中，，若对于任意的恒成立，则实数k的最小值为 . 27．（2024高二·全国·专题练习）在数列中，， ，，若对所有恒成立，则λ的取值范围为 ． 28．（24-25高三上·上海·开学考试）已知数列的通项公式是，记为在区间内项的个数，则使得不等式成立的的最小值为 . 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．（24-25高二上·湖南长沙·期中）若数列满足（，d为常数），则称数列为“调和数列”，已知正项数列为“调和数列”，且，则的最大值是 . 30．（2024·北京通州·三模）若数列、均为严格增数列，且对任意正整数n，都存在正整数m，使得，则称数列为数列的“M数列”．已知数列的前n项和为，则下列结论中正确的是 ． ①存在等差数列，使得是的“M数列” ②存在等比数列，使得是的“M数列” ③存在等差数列，使得是的“M数列” ④存在等比数列，使得是的“M数列” 31．（23-24高二下·安徽宿州·期中）定义为n个正数，，…，的“均倒数”，若已知数列的前n项的“均倒数”为，记，则数列的前n项和为 ． 32．（24-25高三上·北京朝阳·期中）对于无穷数列，若存在常数，使得对任意的，都有不等式成立，则称数列具有性质.  给出下列四个结论： ①存在公差不为的等差数列具有性质； ②以为首项，为公比的等比数列具有性质； ③若由数列的前项和构成的数列具有性质，则数列也具有性质； ④若数列和均具有性质，则数列也具有性质. 其中所有正确结论的序号是 . 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．（24-25高三上·辽宁·期中）已知直线是曲线和的公切线，则的值为 . 34．（23-24高二下·湖北武汉·期中）已知直线是曲线与的公切线，则 ． 35．（2024·北京朝阳·一模）已知函数.若曲线在点处的切线与其在点处的切线相互垂直，则的一个取值为 . 36．（2024·河北邯郸·三模）若曲线与圆有三条公切线，则的取值范围是 ． 题型10 函数的单调性问题 37．（24-25高三上·湖北武汉·阶段练习）已知函数，写出函数的单调递减区间 ． 38．（24-25高三上·河北张家口·阶段练习）已知函数在区间上不单调，则的取值范围是 ． 39．（2024高三·全国·专题练习）已知定义在上的函数的导函数为，对任意，有，设，，，则，，的大小关系为 . 40．（24-25高三上·安徽·开学考试）定义在上的函数满足，当时，，则不等式的解集为 . 题型11 函数单调性、极值与最值的综合应用 41．（23-24高三上·浙江绍兴·期末）设函数在处取得极值，且，当时，最大值记为，对于任意的的最小值为 ． 42．（23-24高二下·安徽合肥·阶段练习）若函数在区间上存在最大值，则实数的取值范围是 . 43．（23-24高三下·浙江·开学考试）设，是函数（）的两个极值点，若，则的最小值为 ． 44．（23-24高二下·北京·期末）已知函数，有下列四个结论： ①当时，在上为增函数； ②当时，存在两个极值点； ③当时，存在极大值； ④若函数存在两个不同的极值点，，则的最大值恒为负． 其中所有正确结论的序号是 ． 题型12 利用导数研究函数的零点（方程的根） 45．（24-25高三上·山东济宁·期中）已知函数在区间上没有零点，则实数的取值范围是 ． 46．（23-24高二下·江苏苏州·阶段练习）已知函数，方程有2个不同的根，则实数a的取值范围是 . 47．（23-24高三上·黑龙江鸡西·期末）已知函数，若关于的方程恰有6个不同实数根，则实数的取值范围为 . 48．（2024·全国·模拟预测）已知函数，若函数有两个零点，则实数a的取值范围为 ． 题型13 利用导数研究恒成立、存在性问题 49．（24-25高三上·上海·期中）已知为常数，若关于的不等式对任意的都成立，则实数的取值范围为 . 50．（24-25高二上·浙江宁波·期中）已知函数，若在上恒成立，则实数的取值范围为 . 51．（24-25高三上·江西宜春·阶段练习）若关于的不等式在区间上有解，则实数的取值范围是 . 52．（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知函数，使不等式成立，则实数的取值范围是 ． 题型14 利用导数研究双变量问题 53．（23-24高二上·湖南郴州·期末）已知函数，若，则的最小值为 . 54．（24-25高二·全国·课后作业）若函数存在两个极值点，则的取值范围是 ． 55．（2024·江苏南通·二模）已知函数，若有两个零点，则的取值范围是 . 56．（2023·湖南郴州·模拟预测）已知函数有两个极值点，则实数a的取值范围为 ；若，则的最大值为 ． 题型15 利用导数解决实际应用问题 57．（23-24高二下·上海·期末）采矿、采石或取土时，常用炸药包进行爆破，部分爆破呈圆锥漏斗形状（如图），已知圆锥的母线长是炸药包的爆破半径R，它的值是固定的．当炸药包埋的深度为 可使爆破体积最大．    58．（23-24高二下·四川成都·阶段练习）某银行向贫困户小李提供10万元以内的免息贷款，小李准备向银行贷款万元全部用于农产品土特产的加工与销售，据测算每年利润（单位：万元）与贷款满足关系式，要使年利润最大，小李应向银行贷款 万元. 59．（24-25高三上·上海·阶段练习）如图，某城市公园内有一矩形空地，，，现规划在边AB，CD，DA上分别取点E，F，G，且满足，，在内建造喷泉瀑布，在内种植花奔，其余区域铺设草坪，并修建栈道EG作为观光路线（不考虑宽度），则当 时，栈道EG最短. 60．（2024·广东茂名·二模）修建栈道是提升旅游观光效果的一种常见手段.如图，某水库有一个半径为1百米的半圆形小岛，其圆心为C且直径MN平行坝面.坝面上点A满足，且AC长度为3百米，为便于游客到小岛观光，打算从点A到小岛建三段栈道AB、BD与BE，水面上的点B在线段AC上，且BD、BE均与圆C相切，切点分别为D、E，其中栈道AB、BD、BE和小岛在同一个平面上.此外在半圆小岛上再修建栈道、以及MN，则需要修建的栈道总长度的最小值为 百米. 题型16 导数中的新定义问题 61．（23-24高三下·海南省直辖县级单位·阶段练习）对于三次函数给出定义：设是函数的导数，是函数的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”，某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心。给定函数；，请你根据上面探究结果，计算 ． 62．（2024·全国·模拟预测）定义：设函数在上的导函数为，若在上也存在导函数，则称函数在上存在二阶导函数，简记为.若在区间上，则称函数在区间上为“凸函数”.已知在区间上为“凸函数”，则实数的取值范围为 . 63．（23-24高二下·吉林·期中）已知函数的导数为，若存在，使得，则称是的一个“巧值点”，则下列函数中有“巧值点”的是 .（将正确序号填在横线上） ①      ②   ③      ④ 64．（23-24高二上·全国·期末）如图，对于曲线G所在平面内的点O，若存在以O为顶点的角α，使得对于曲线G上的任意两个不同的点A，B，恒有成立，则称角α为曲线G的相对于点O的“界角”，并称其中最小的“界角”为曲线G的相对于点O的“确界角”.已知曲线C：y=(其中是自然对数的底数)，O为坐标原点，曲线C的相对于点O的“确界角”为β，则 . 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年高二上学期期末复习填空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 根据数列的递推公式求数列的项、通项公式 1．（24-25高三上·上海·期中）数列满足：为正整数，，若，则 . 【解题思路】利用递推关系式可推得数列是周期为的周期数列，从而利用数列的周期性即可得解. 【解答过程】因为，， 所以，，，， 以此类推，可知，即数列是周期为的周期数列， 所以 . 故答案为：. 2．（24-25高三上·全国·自主招生）数列，，，则 . 【解题思路】由递推关系式求前几项的值，易判断是以4为周期的数列，利用周期性求解即可. 【解答过程】由题意可得， 故数列是以4为周期的周期数列， 则，， 故， 故答案为：. 3．（2024高三·全国·专题练习）在数列中，，前项和，则数列的通项公式为 . 【解题思路】当时，由已知的等式可得，与已知的等式相减化简可得，然后利用累乘法可求出. 【解答过程】由于数列中，，前项和， 所以当时，， 两式相减可得：， 所以， ， 所以， 所以， 所以 ， 符合上式， 因此. 故答案为：. 4．（23-24高二下·四川成都·阶段练习）已知数列满足：且，则数列的通项公式为 ． 【解题思路】根据累乘法求数列通项公式即可. 【解答过程】因为， 所以， 累乘可得， 即，所以， 当时，也成立， 所以. 故答案为：. 题型2 求数列的最大项、最小项 5．（23-24高二下·安徽亳州·阶段练习）数列的通项，则数列中的最大项的值为 . 【解题思路】由作商法求出数列的单调性，可得，即可求出数列中的最大项的值. 【解答过程】因为，则， 则， 令，即，因为， 解得，所以， 令，解得， 所以， 故数列中的最大项为，其值为. 故答案为：. 6．（23-24高二上·上海杨浦·阶段练习）已知数列的通项公式为，则数列的最大项为第 项. 【解题思路】 通过列举法进行观察，然后利用差比较法比较求得正确答案. 【解答过程】依题意，， 则， 当时，， 所以当时，， 所以数列的最大项为第项. 故答案为：. 7．（23-24高二下·辽宁大连·阶段练习）已知数列的通项公式，则最小的项是第 项． 【解题思路】分离常数，然后利用数列单调性求最小项. 【解答过程】， 当时，， 当时，，要取最小的项需在此范围内取到， 又当时，为单调递减数列， 所以当时，最小. 故答案为：. 8．（23-24高二下·广东·阶段练习）在数列中，，则数列中的最大项是第 项． 【解题思路】 利用作商法，结合，判断得的最大项，从而得解. 【解答过程】因为， 所以，所以， 又，所以当时，，当时，， 所以最大，则. 故答案为：. 题型3 求等差数列的前n项和及其最值 9．（24-25高三上·北京西城·开学考试）已知等差数列的前n项和为，则的最大值为 6 . 【解题思路】根据等差数列的基本量运算得出通项公式，再根据通项的正负得出和的最大值. 【解答过程】设公差为，因为， 所以，即， 因为， 所以. 故答案为：6. 10．（2024高三·全国·专题练习）已知数列满足，则数列的前项和的最大值是 ． 【解题思路】化简得到，得出为等差数列，求得，得到时，，结合等差数列的求和公式，即可求解. 【解答过程】由数列满足，可得， 又由，可得，所以数列表示首项为，公差为的等差数列， 所以， 令，即，解得，且， 所以，当时，；当时，， 所以数列的前项和的最大值是. 故答案为：. 11．（23-24高二下·山西晋中·阶段练习）已知等差数列的前项和为，且，，则取最小值时， 13 ． 【解题思路】根据，利用等差数列前n项和公式推得，结合判断，再结合等差数列性质可推出，即可求得答案. 【解答过程】由题意知，，设等差数列的公差为d， 则，即， 因为，故，即等差数列为首项是负值的递增数列， 又由可得， 即，故， 即等差数列前13项为负，从第14项开始为正， 故取最小值时，， 故答案为：13. 12．（23-24高二上·河南洛阳·期末）首项为正数，公差不为0的等差数列，其前项和为，现有下列4个命题： ①若，则； ②若，则； ③若，则中最大； ④若，则使的的最大值为11． 其中所有真命题的序号是 ②③④ ． 【解题思路】①由题意可以推出，不能推出，判断①错误；②由题意可得，判断出②正确；③由题意可得，判断出③正确；④由题意可得，进而，判断出④正确． 【解答过程】若，则，不能推出，即不能推出，故①错误； 若，则，即，则，故②正确； 若，则， 所以，则中最大，故③正确； 若，则， 即， 因为首项为正数，则公差小于0，则， 则，， 则使的的最大值为11，故④正确． 故答案为：②③④． 题型4 求等比数列的前n项和及其最值 13．（24-25高二上·江苏苏州·阶段练习）已知公比不为l的等比数列满足，且构成等差数列．记为的前项和，求使成立的最大正整数k的值为 3 ． 【解题思路】利用等差数列的性质与等比数列的通项公式求出，再利用等比数列的前项和公式、不等式的解法即可求解. 【解答过程】设等比数列的公比为，且， 因为，且构成等差数列， ，解得， ， ，又， ，即， 当为偶数时，，不等式不成立； 所以为奇数，设， 则，即， 即，即， 所以正整数，所以的最大值为2，此时的最大值为3， 所以使成立的最大正整数k的值为3. 故答案为：3. 14．（24-25高三上·山东聊城·期中）等比数列的前项和记为，若，则 . 【解题思路】由题意知公比，设首项为，根据等比数列公式，由求出，再代入求出，由此求得. 【解答过程】设首项为， 因为，显然， 所以， 所以，即， 所以，解得， 又因为，所以， 当时，，， 当时，，此时 故答案为：. 15．（2024·河北邯郸·模拟预测）记为等比数列的前项的和，若，，则 . 【解题思路】由等比数列的求和公式和等比数列的性质进行计算即可求解. 【解答过程】设等比数列的公比为，由题意可得， 由，可得，解得， 又，即，所以， 同理，，，， 因为， 所以. 故答案为：. 16．（23-24高三下·重庆·阶段练习）已知数列为正项的递增等比数列，，，记数列的前项和为，则使不等式成立的正整数的最大值为 ． 【解题思路】由下标和性质得到，从而求出、，即可求出的通项公式，再由等比数列求和公式求出，化简不等式解得，最后确定满足条件的最大正整数的值. 【解答过程】因为数列为正项的递增等比数列，所以， 又， 所以、是关于方程的两根， 解得，， 所以或（舍去）， 设公比为 ，则，解得或（舍去）， 所以，所以， 所以，则， 所以，即，即， 又函数在定义域上单调递增，，，， 所以，故正整数的最大值为. 故答案为：. 题型5 等差、等比数列的综合应用 17．（24-25高三上·湖南常德·阶段练习）已知等差数列和等比数列满足，，，若，则数列的前项和为 . 【解题思路】利用等差、等比数列的通项公式列方程求基本量，并求出的通项，进而有，利用等比数列前n项和公式求结果. 【解答过程】令的公差为，的公比为， 则，故， 所以， 所以数列的前项和为. 故答案为：. 18．（2024·湖北襄阳·二模）已知等差数列和等比数列满足，，，.数列和中的所有项分别构成集合、，将集合中的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列，数列的前项和为，则 557 . 【解题思路】由等差数列和等比数列的通项公式，解方程可得公差和公比，求得，，由题意可得的前20项中，有5项为的前5项，15项为的前15项，由等差数列和等比数列的求和公式，计算可得所求和． 【解答过程】设等差数列的公差为和等比数列的公比为， 由，，，，可得，， 解得，， 则，， 由， 由和中无公共项，可得的前20项中，有5项为的前5项，15项为的前15项， 则． 故答案为：557． 19．（24-25高三上·宁夏银川·阶段练习）正项等比数列|满足，且成等差数列，则 取得最小值时的值为 2 . 【解题思路】先由题意列出关于的方程，求得的通项公式，再表示出 即可求解. 【解答过程】设公比为，且， ，由成等差数列， 得：， ， ， ，， ， ，，令， ， ， 时，上式有最小值. 故答案为：2. 20．（24-25高三上·上海长宁·期中）已知数列是公差不为的等差数列，，且、、成等比数列，设，则的前项和为 . 【解题思路】设等差数列的公差为，则，根据求出的值，可得出数列的通项公式，然后对任意的，计算出，即可得解. 【解答过程】设等差数列的公差为，则， 因为、、成等比数列，则，即， 即，因为，解得， 所以，， 所以，， 对任意的，， ，， ， 所以，， 因为，故数列的前项和为. 故答案为：. 题型6 数列的求和 21．（24-25高二上·江苏苏州·阶段练习）已知数列满足，若，则数列的前n项和 ． 【解题思路】根据所给递推关系，得出，两式相减即可求解通项公式，再利用裂项相消求和即可得解. 【解答过程】当时，，即. ① 当时，② ①②得， 所以. 当时，也适合， 综上，. ， . 故答案为：. 22．（24-25高二上·江苏苏州·阶段练习）设数列满足.则数列的前n项和为 ． 【解题思路】由，得到：当时，， 相减可得，再结合错位相减法即可求解. 【解答过程】因为（1）， 所以当时，， 当时，（2）， （1）（2）可得：，即， 当时，，对上式也成立， 所以 所以， 记数列的前n项和为， 则①， 所以②， ①-②可得：， 所以， 所以. 故答案为：. 23．（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·期中）已知函数，数列满足，则数列的前2019项和为 . 【解题思路】由函数的解析式，求出数列的通项公式，将代入即可得到的值，再利用倒序相加法即可求出此数列前2019项的和． 【解答过程】依题意，函数，，所以， 数列满足， 所以，. ， 设此数列前2019项的和，则有： ， ， 所以，即. 故答案为：. 24．（24-25高二上·全国·课后作业）已知数列的首项，且，则数列的前项和 ． 【解题思路】根据题意，推得，得到为等比数列，求得，得出，结合乘公比错位相减法求和，即可求解. 【解答过程】因为，可得，又，可得， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，即， 可得， 则， 记①， 则②， 由①-②得， 即，即， 记，同理可得， 所以． 故答案为：. 题型7 数列不等式 25．（24-25高二上·上海·期中）设是数列的前项和，，且对任意正整数，，都有，若恒成立，则实数的取值范围为 ． 【解题思路】根据给定条件，由任意性可得数列为等比数列，求出公比及前项和即可得解. 【解答过程】在数列中，对任意正整数，，都有，对，取， 则有，因此数列是首项，公比的等比数列， 则，而恒成立，于是， 所以实数的取值范围为. 故答案为：. 26．（24-25高三上·重庆·阶段练习）在数列中，，若对于任意的恒成立，则实数k的最小值为 . 【解题思路】利用构造法分析得数列是等比数列，进而求得，从而将问题转化为恒成立，令，分析数列的最值，从而得解. 【解答过程】由，得，又， 故数列为首项为，公比为的等比数列， 所以， 则不等式可化为，令， 当时，；当时，； 又， 则当时，，当时，， 所以，则，即实数的最小值为. 故答案为：. 27．（2024高二·全国·专题练习）在数列中，， ，，若对所有恒成立，则λ的取值范围为 ． 【解题思路】在已知等式中用替换得另一等式（），两式相减得，然后用累乘法求得通项公式，不等式变形为，再利用作商法求出的最大值即可. 【解答过程】因为， ， 所以当时，有， 两式相减可得，即当时，， 当时，，则，故也符合该递推关系， 所以， 而也满足该式，故, 由于，令， 由于， 当时，， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以， 故数列最大项为，即. 故答案为：. 28．（24-25高三上·上海·开学考试）已知数列的通项公式是，记为在区间内项的个数，则使得不等式成立的的最小值为 13 . 【解题思路】分别谈论为奇数和偶数时，的解，得的最小值. 【解答过程】由 . 当为奇数时，； 当为偶数时，. 所以当为奇数时， ， 由 . 当为偶数时， ， 由 . 又为偶数，所以 综上可知：的最小值为13. 故答案为：13. 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．（24-25高二上·湖南长沙·期中）若数列满足（，d为常数），则称数列为“调和数列”，已知正项数列为“调和数列”，且，则的最大值是 100 . 【解题思路】根据题设易知正项数列为等差数列，公差为，应用等差数列前n项和公式得，应用基本不等式求最大值. 【解答过程】由题意，正项数列为“调和数列”，则（为常数）， 所以正项数列为等差数列，公差为， 则，则， 则（当且仅当时等号成立）， 所以的最大值是100. 故答案为：100. 30．（2024·北京通州·三模）若数列、均为严格增数列，且对任意正整数n，都存在正整数m，使得，则称数列为数列的“M数列”．已知数列的前n项和为，则下列结论中正确的是 ①②④ ． ①存在等差数列，使得是的“M数列” ②存在等比数列，使得是的“M数列” ③存在等差数列，使得是的“M数列” ④存在等比数列，使得是的“M数列” 【解题思路】对于①取分析判断，对于②④取分析判断，对于③，根据题意结合等差数列的性质分析判断. 【解答过程】对于①：例如，则为等差数列，可得，则， 所以，， 故、均为严格增数列， 取，则，即恒成立， 所以是的“数列”，故①正确； 对于②，例如，则为等比数列，可得，则， 所以，， 故、均为严格增数列， 取，则，即恒成立 ， 所以是的“数列”，故②正确； 对于③，假设存在等差数列，使得是的“数列”， 设等差数列的公差为， 因为为严格增数列，则， 又因为为严格增数列，所以，即当时，恒成立， 取，满足，可知必存在，使得成立， 又因为为严格增数列， 所以对任意正整数，则有，即， 对任意正整数，则有，即， 故当时，不存在正整数，使得，故③不成立； 对于④，例如，则为等比数列，且、均为严格增数列，可得， 所以，， 故、均为严格增数列， 取，则，即恒成立， 所以是的“数列”，故④正确. 故答案为：①②④. 31．（23-24高二下·安徽宿州·期中）定义为n个正数，，…，的“均倒数”，若已知数列的前n项的“均倒数”为，记，则数列的前n项和为 ． 【解题思路】根据数列新定义可求得，继而求得，可得的表达式，从而可得数列的通项公式，利用裂项求和法即可求得答案. 【解答过程】设数列的前n项和为，则，即， 当时，， 当时，，也适合该式， 故， 所以，则， 故数列的前n项和为， 故答案为：. 32．（24-25高三上·北京朝阳·期中）对于无穷数列，若存在常数，使得对任意的，都有不等式成立，则称数列具有性质.  给出下列四个结论： ①存在公差不为的等差数列具有性质； ②以为首项，为公比的等比数列具有性质； ③若由数列的前项和构成的数列具有性质，则数列也具有性质； ④若数列和均具有性质，则数列也具有性质. 其中所有正确结论的序号是 ②③④ . 【解题思路】对于①，可使用反证法证明①错误；对于②，取，并验证具有性质即可；对于③和④，结合已知条件取适当的常数，并验证相应的数列具有性质即可. 【解答过程】对于①，假设存在公差为的等差数列具有性质，则存在常数， 使得对任意的，都有不等式成立. 则对任意的，都有， 但这对大于的正整数显然不成立，矛盾，故①错误； 对于②，设是以为首项，为公比的等比数列，则，. 所以正实数满足对任意的，都有 .故②正确； 对于③，若由数列的前项和构成的数列具有性质，则存在常数， 使得对任意的，都有不等式成立. 从而正实数满足对任意的，都有 .故③正确； 对于④，若数列和均具有性质，存在常数，使得对任意的， 都有不等式成立；也存在常数， 使得对任意的，都有不等式成立. 从而正实数满足对任意的，都有 .故④正确. 故答案为：②③④. 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．（24-25高三上·辽宁·期中）已知直线是曲线和的公切线，则的值为 . 【解题思路】利用导数的几何意义求解即可. 【解答过程】令，则， 因为直线是曲线的切线， 所以由解得，此时 所以在处的切线为，所以， 又是的切线， 联立得， 令解得， 所以， 故答案为：. 34．（23-24高二下·湖北武汉·期中）已知直线是曲线与的公切线，则 1 ． 【解题思路】设出公切线与两曲线的切点坐标，分别求出在切点处的切线方程，利用斜率相等及切线在轴上的截距相等即可求解. 【解答过程】设直线 与 的图象相切于点 与 的图象相切于点 , 又 , 且. 曲线 在点 处的切线方程为 , 曲线 在点 处的切线方程为 . 故， 解得 ， 故 故答案为：1. 35．（2024·北京朝阳·一模）已知函数.若曲线在点处的切线与其在点处的切线相互垂直，则的一个取值为 (答案不唯一) . 【解题思路】利用导数的几何意义，结合条件可知，，再根据函数的取值，即可求解. 【解答过程】，由题意可知，， 即，所以，得，，， 或，得，，， 所以，，, 所以的一个取值为. 故答案为：(答案不唯一). 36．（2024·河北邯郸·三模）若曲线与圆有三条公切线，则的取值范围是 ． 【解题思路】易得曲线在点处的切线方程为，再根据切线与圆相切，得到，化简为，根据曲线与圆有三条公切线，则方程有三个不相等的实数根，令，由曲线与直线有三个不同的交点求解. 【解答过程】解：曲线在点处的切线方程为， 由于直线与圆相切，得（*） 因为曲线与圆有三条公切线，故（*）式有三个不相等的实数根， 即方程有三个不相等的实数根. 令，则曲线与直线有三个不同的交点. 显然，. 当时，，当时，，当时，， 所以，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； 且当时，，当时，， 因此，只需，即， 解得. 故答案为：. 题型10 函数的单调性问题 37．（24-25高三上·湖北武汉·阶段练习）已知函数，写出函数的单调递减区间 ． 【解题思路】利用导数判断函数的单调性即可. 【解答过程】，， 令，即，解得或. 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增. 综上可知，函数的单调递减区间为. 故答案为：. 38．（24-25高三上·河北张家口·阶段练习）已知函数在区间上不单调，则的取值范围是 ． 【解题思路】根据题意可知在区间有变号零点，结合变号零点与给定区间的关系求解即可. 【解答过程】由题意知， 因为在区间上不单调，即在区间有变号零点，又，所以，，， 所以在区间内， 所以，解得，即m的取值范围是. 故答案为：. 39．（2024高三·全国·专题练习）已知定义在上的函数的导函数为，对任意，有，设，，，则，，的大小关系为 . 【解题思路】构造函数，根据导数判断函数单调性，进而比较大小. 【解答过程】构造函数，，， 则时，， 所以函数在上单调递增， 于是， 即， 所以， 故答案为：. 40．（24-25高三上·安徽·开学考试）定义在上的函数满足，当时，，则不等式的解集为 . 【解题思路】根据给定条件，可得函数的图象关于直线对称，再利用导数求出在上的单调性，再借助性质解不等式. 【解答过程】依题意，函数的图象关于直线对称， 当时，，令，求导得， 函数在上单调递增，，函数在上单调递增， 不等式化为，解得或， 所以不等式的解集为. 故答案为：. 题型11 函数单调性、极值与最值的综合应用 41．（23-24高三上·浙江绍兴·期末）设函数在处取得极值，且，当时，最大值记为，对于任意的的最小值为 ． 【解题思路】 利用导数求函数的单调性及极值，结合韦达定理求参数，再分类讨论的范围计算即可. 【解答过程】由已知得有两个不同实数根， 可得， 则， 可得， 令，解得或；令，解得； 易知在和上单调递增，在上单调递减， 故当时，上单调递减，上单调递增， 而， 当，即时，， 当时，， 当时，， 当时，， 显然对于，当时，. 故答案为：2. 42．（23-24高二下·安徽合肥·阶段练习）若函数在区间上存在最大值，则实数的取值范围是 . 【解题思路】求得函数的导数，判断单调性，确定函数极值，结合函数值情况，列出使得函数在区间上存在最大值的不等式，即可求得答案. 【解答过程】由得, 当或时,；当时,， 即在上单调递增，在上单调递减， 故为函数的极大值点，且， 令，则或， 故要使函数在区间上存在最大值，即时函数取最大值， 需满足， 故答案为：. 43．（23-24高三下·浙江·开学考试）设，是函数（）的两个极值点，若，则的最小值为 ． 【解题思路】根据极值点定义可将问题转化为与有两个不同交点；化简得到，利用换元法令，则，构造函数，利用导数求出，将参数分离出来，构造函数，即可得出. 【解答过程】，是的两个极值点， 是的两根，又当时，方程不成立， 即，两式作比得到:==， 所以，令，所以 令 ，则 令 ，则 所以在上单调递减，所以 所以在上单调递减， 所以 令 ，则 恒成立 所以在上单调递减，即 故答案为：. 44．（23-24高二下·北京·期末）已知函数，有下列四个结论： ①当时，在上为增函数； ②当时，存在两个极值点； ③当时，存在极大值； ④若函数存在两个不同的极值点，，则的最大值恒为负． 其中所有正确结论的序号是 ②④ ． 【解题思路】根据导函数的正负，即可判断①,极值点的定义，结合函数的单调性即可判断②③，根据极值点，构造函数，即可利用导数求解函数单调性进而可求解④ 【解答过程】的定义域为， ， 当时，，故无法确定在上为增函数；故①错误， 若存在两个极值点；则有两个相异的正实数根，所以，解得，故②正确， 当时，令则，设该方程的两个根为 ， 则，则， 当，当， 所以在单调递减，在单调递增， 因此当时，取极小值，不存在极大值；③错误， 由②知若函数存在两个不同的极值点，，，， 令， 由于均为上的单调递增函数， 所以为上的单调递增函数， ，所以在恒成立， 故为上的单调递减函数，当趋近于0时，也趋向于于0，因此，则的最大值恒为负．④正确， 故答案为：②④. 题型12 利用导数研究函数的零点（方程的根） 45．（24-25高三上·山东济宁·期中）已知函数在区间上没有零点，则实数的取值范围是 ． 【解题思路】根据题意转化为在区间上恒成立，得到在区间上恒成立，设，利用导数求得函数的单调性和最值，即可求解. 【解答过程】因为函数在区间上没有零点，且趋向正无穷时，趋向正无穷， 所以在区间上恒成立， 所以在区间上恒成立， 设，可得， 因为，，可得，所以， 所以在区间上单调递减，所以，所以， 所以，实数的取值范围为. 故答案为：. 46．（23-24高二下·江苏苏州·阶段练习）已知函数，方程有2个不同的根，则实数a的取值范围是 . 【解题思路】分和两种情况，分别求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间与极值，从而得到函数图象，由方程有2个不同的根,结合函数图象即可得解. 【解答过程】因为， 当时，则， 当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增，在取得极小值，当从1的左边趋于1时，； 当时,，则， 当时,，当时,， 所以在上单调递增，在上单调递增， 所以在取得极大值，， 令，若，则，从而， 当时，； 所以的函数图象如下所示：    方程有2个不同的实数根， 由图可知当且仅当. 故答案为：. 47．（23-24高三上·黑龙江鸡西·期末）已知函数，若关于的方程恰有6个不同实数根，则实数的取值范围为 . 【解题思路】求得，求得函数的单调性与极值，根据题意转化为，在上有两个不同的实数根据，结合二次函数的性质，列出不等式组，即可求解. 【解答过程】当时，，可得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递增，且， 画出函数的图象，如图所示， 关于的方程恰有6个不同的实根， 令，令， 则在上有两个不同的实数根据， 则满足，解得， 所以实数的取值范围为. 故答案为：.    48．（2024·全国·模拟预测）已知函数，若函数有两个零点，则实数a的取值范围为 ． 【解题思路】 题目转化为函数与函数的图像有两个交点，画出函数图像，考虑和两种情况，计算函数的切线方程结合图像得到答案. 【解答过程】函数有两个零点， 则函数与函数的图像有两个交点． 作出函数的图像，如图：      当时，，则，所以， 故曲线在处的切线方程为，则． 当时，，则，所以， 故曲线在处的切线方程为，则． 综上所述：实数a的取值范围为． 故答案为：. 题型13 利用导数研究恒成立、存在性问题 49．（24-25高三上·上海·期中）已知为常数，若关于的不等式对任意的都成立，则实数的取值范围为 . 【解题思路】分析可知，整理可得，换元令，构建，利用导数求其最值，并结合恒成立问题分析求解. 【解答过程】显然， 若，当趋近于，趋近于，不合题意， 可知，因为，可得， 由，可得，令，可得， 原题意等价于对任意的都成立， 构建，则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递增，在内单调递减， 则，解得， 所以实数的取值范围为. 故答案为：. 50．（24-25高二上·浙江宁波·期中）已知函数，若在上恒成立，则实数的取值范围为 . 【解题思路】就、分类讨论，前者再就分类后结合导数的符号讨论单调性后可得相应范围，后者结合常见的函数不等式可得恒成立，故可得参数的取值范围. 【解答过程】当时， ， 设，则 因为，故均为上的增函数， 故在上为增函数， 若即，则在上恒成立， 故在上为增函数，故恒成立， 故为上为增函数，故恒成立， 故符合， 若即，此时，而， 故存在，使得， 且，即在上为减函数， 故，即在上为减函数， 故，与题设矛盾， 当时，设，则， 故在上为增函数，故即， 设，则， 在上为增函数，故即， 而，故， 即即，故也成立， 综上，， 故答案为：. 51．（24-25高三上·江西宜春·阶段练习）若关于的不等式在区间上有解，则实数的取值范围是 . 【解题思路】分离参数可得在区间上有解，转化为求函数的最小值即可求. 【解答过程】, 不等式，即在区间上有解. 设，， 则， 令， 设，, ，则在区间上单调递增， 故，即. 故要使在区间上有解，则. 即实数的取值范围是. 故答案为：. 52．（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知函数，使不等式成立，则实数的取值范围是 ． 【解题思路】根据题意得，再利用导数求出最值，代入即可得解. 【解答过程】由题意，可得， 当时，， 由，可得，由，可得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以， 因为，所以在上单调递减，所以， 所以，解得.所以实数的取值范围是. 故答案为：. 题型14 利用导数研究双变量问题 53．（23-24高二上·湖南郴州·期末）已知函数，若，则的最小值为 . 【解题思路】由得，，令，利用导函数研究其单调性和最值即可得到结果. 【解答过程】因为，若，则， 令，则 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， ，所以， 故的最小值为. 故答案为：. 54．（24-25高二·全国·课后作业）若函数存在两个极值点，则的取值范围是 ． 【解题思路】根据极值点定义可知为的两根，由可求得，并得到韦达定理的形式；结合韦达定理将化简为，令，利用导数可求得单调性，由此可得的范围，即为所求范围. 【解答过程】由题意知：的定义域为，， 有两个极值点，为的两根， ，又，解得：；，， ； 令，则， 当时，恒成立，在上单调递减， ，则的取值范围为. 故答案为：. 55．（2024·江苏南通·二模）已知函数，若有两个零点，则的取值范围是 . 【解题思路】先运用分段函数的解析式，得出的解析式，再利用导数求得函数的单调性区间,即可求得的取值范围. 【解答过程】当时,, , , 当, 综上可知：, 则，有两个根，,(不妨设, 当时,，当时,, 令,则，，，，，, 设，, 所以, ，函数单调递减, , 的值域为, 取值范围为, 故答案为：. 56．（2023·湖南郴州·模拟预测）已知函数有两个极值点，则实数a的取值范围为 ；若，则的最大值为 ． 【解题思路】 由有两个极值点，得有两个变号零点，构造函数，利用导数研究函数的性质，得函数的草图，利用草图列式可求出的取值范围；设，将化为，再构造函数，利用导数可求出其最大值. 【解答过程】 的定义域为，， 由已知得是的两个变号零点， 令，则， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，，，， 当时，，，， 如图： 由图可知，只需即可，所以， 即实数a的取值范围是； 若，又，则令， 由已知，则， 则，则，， 所以， 令，则， 令，则， 所以函数在上递增，又因为， 所以当时，，即， 所以函数在上递增，所以， 所以的最大值为． 故答案为：；. 题型15 利用导数解决实际应用问题 57．（23-24高二下·上海·期末）采矿、采石或取土时，常用炸药包进行爆破，部分爆破呈圆锥漏斗形状（如图），已知圆锥的母线长是炸药包的爆破半径R，它的值是固定的．当炸药包埋的深度为 可使爆破体积最大．    【解题思路】先将圆锥的体积转化为关于深处的关系式，再利用导数与函数性质的关系求得的最大值点，从而得解. 【解答过程】结合图形，可知圆锥的体积为， 又因为，即， 所以，，则， 令，得；令，得； 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得最大值， 所以炸药包要埋在深处. 故答案为：. 58．（23-24高二下·四川成都·阶段练习）某银行向贫困户小李提供10万元以内的免息贷款，小李准备向银行贷款万元全部用于农产品土特产的加工与销售，据测算每年利润（单位：万元）与贷款满足关系式，要使年利润最大，小李应向银行贷款 4 万元. 【解题思路】利用导数研究函数的单调性，利用单调性即可求出最值. 【解答过程】依题意，且， ，又， 所以当时，， 当时，，函数在上单调递增； 当时，，函数在上单调递减. 所以当万元时，函数取得最大值. 故答案为：4. 59．（24-25高三上·上海·阶段练习）如图，某城市公园内有一矩形空地，，，现规划在边AB，CD，DA上分别取点E，F，G，且满足，，在内建造喷泉瀑布，在内种植花奔，其余区域铺设草坪，并修建栈道EG作为观光路线（不考虑宽度），则当 时，栈道EG最短. 【解题思路】由题设有，设，根据图形中边角关系，结合三角函数可得，注意的范围，进而应用换元法并构造函数，利用导数求最值. 【解答过程】由題意，， 设，则. 在中，得， 则. 由于，解得. 令，，则. 令，则， 当时，严格递增； 当时，严格递减； 所以，有最大值，则. 故答案为：. 60．（2024·广东茂名·二模）修建栈道是提升旅游观光效果的一种常见手段.如图，某水库有一个半径为1百米的半圆形小岛，其圆心为C且直径MN平行坝面.坝面上点A满足，且AC长度为3百米，为便于游客到小岛观光，打算从点A到小岛建三段栈道AB、BD与BE，水面上的点B在线段AC上，且BD、BE均与圆C相切，切点分别为D、E，其中栈道AB、BD、BE和小岛在同一个平面上.此外在半圆小岛上再修建栈道、以及MN，则需要修建的栈道总长度的最小值为 百米. 【解题思路】连接CD，CE，设，建立出需要修建的栈道的函数关系式，利用导数求出最小值. 【解答过程】连接CD，CE，由半圆半径为1得：. 由对称性，设，又，， 所以，， 易知，所以的长为. 又，故，故， 令且，则，， 所以. - 0 + 单调递减 极小值 单调递增 所以栈道总长度最小值. 故答案为：. 题型16 导数中的新定义问题 61．（23-24高三下·海南省直辖县级单位·阶段练习）对于三次函数给出定义：设是函数的导数，是函数的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”，某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心。给定函数；，请你根据上面探究结果，计算 ． 【解题思路】对已知函数两次求导数，由题意可得函数关于点，对称，即，从而即可得答案． 【解答过程】解：由题意，，， 由，得，解得，而， 所以函数关于点，对称， 所以， . 故答案为：. 62．（2024·全国·模拟预测）定义：设函数在上的导函数为，若在上也存在导函数，则称函数在上存在二阶导函数，简记为.若在区间上，则称函数在区间上为“凸函数”.已知在区间上为“凸函数”，则实数的取值范围为 . 【解题思路】根据题意对函数求二阶导函数，令在区间恒成立，分离参数，解得实数的取值范围即可. 【解答过程】 在区间上为“凸函数” 在上恒成立 上恒成立 设，， 则 当且仅当时取得最大值， 故答案为：. 63．（23-24高二下·吉林·期中）已知函数的导数为，若存在，使得，则称是的一个“巧值点”，则下列函数中有“巧值点”的是 ①③ .（将正确序号填在横线上） ①      ②   ③      ④ 【解题思路】结合“巧值点”的定义，逐个求解是否有解即可. 【解答过程】对于①，，令，得或，①有“巧值点”； 对于②，，令，无解，②无“巧值点”； 对于③，，令，即，令， 函数在上单调递增，而， 函数在上有零点，③有“巧值点”； 对于④，，令，整理得，无解，④无“巧值点”， 所以给定函数中有“巧值点”的是①③. 故答案为：①③. 64．（23-24高二上·全国·期末）如图，对于曲线G所在平面内的点O，若存在以O为顶点的角α，使得对于曲线G上的任意两个不同的点A，B，恒有成立，则称角α为曲线G的相对于点O的“界角”，并称其中最小的“界角”为曲线G的相对于点O的“确界角”.已知曲线C：y=(其中是自然对数的底数)，O为坐标原点，曲线C的相对于点O的“确界角”为β，则 0 . 【解题思路】利用导数的几何意义，求出时，过原点且与相切的切线斜率，以及过原点且与相切的切线斜率，进而可得两切线互相垂直，则可求. 【解答过程】当时，过原点作的切线， 设切点，， ， 则切线方程为， 又切线过点所以， 所以. 设，则为增函数，且，所以， 当时，过原点作的切线， 设切点B， ， 则切线为，又切线过点 所以，又，， 因为，所以两切线垂直,所以. 故答案为：0. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$