专题02 高二下学期期末真题精选（考题猜想，压轴10大题型）（期末复习专项训练）高二数学下学期北师大版

专题02 高二下学期期末真题精选 （北师大版2019选择性必修第一册统计案例 +选择性必修第二册） （考题猜想，压轴9大题型） 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 · 压轴一 数列求和之分组求和（分类讨论）（难点） · 压轴二 数列求和之裂项相加法（重点） · 压轴三 数列不等式中的恒（能）成立问题（重点） · 压轴四 数学新定义题（难点） · 压轴五 构造函数解决不等式问题 · 压轴六 构造函数比较大小（难点） · 压轴七 利用导数研究函数的恒（能）成立问题（难点） · 压轴八 利用导数研究函数的零点方程的根（难点） · 压轴九 非线性回归拟合 压轴一：数列求和之分组求和（分类讨论）（共7小题） 1．（23-24高三上·江西·期末）已知等比数列的首项，公比为，的项和为且，，成等差数列. (1)求的通项： (2)若，，求的前项和. 【答案】(1) (2) 【知识点】等差中项的应用、求等差数列前n项和、等比数列通项公式的基本量计算、分组（并项）法求和 【分析】（1）根据题意，先验证不符合要求，然后再由列出方程，即可求得，从而得到通项公式； （2）根据题意，可得，其奇数次项依次构成一个首项为1，公比为4的等比数列，而偶数次项依次构成一个首项为，公差为的等差数列，然后结合数列求和的公式，代入计算即可得到结果． 【详解】（1）由题意，若， 由首项，可知，， 此时，不符合题意，故， 则由， 可得 化简整理，得， 解得（舍去），或， ，． （2）由（1），可得， 故数列的奇数项是以1为首项，4为公比的等比数列，偶数项是以为首项，为公差的等差数列， ． 2．（22-23高二下·山西朔州·期末）若数列满足，则称数列为“平方递推数列".已知数列中，，点在函数的图象上，其中n为正整数， (1)证明:数列是“平方递推数列”，且数列为等比数列; (2)设，，求数列的前10项和. 【答案】(1)证明见解析 (2)436 【知识点】分组（并项）法求和、数列新定义、由定义判定等比数列、求等比数列前n项和 【分析】（1）根据“平方递推数列”的定义和等比数列的定义进行证明即可； （2）求出表达式，再分段求前10项和即可. 【详解】（1）点在函数的图象上， ，， 数列是“平方递推数列”， 因为， 对两边同时取对数得， 数列是以1为首项、2为公比的等比数列； （2）由（1）知， 所以 所以. 3．（24-25高二上·北京怀柔·期末）已知等差数列的前项和为，且，. (1)求数列的通项公式； (2)数列的前项和为，且满足，从下列三个条件中任选一个作为已知，求数列的通项公式及数列的前项和. 条件①； 条件②的前项和为； 条件③. 【答案】(1) (2)答案见解析 【知识点】等差数列通项公式的基本量计算、分组（并项）法求和、等差数列前n项和的基本量计算、求等比数列前n项和 【分析】（1）设数列的公差为，结合等差数列的通项公式和求和公式将条件转化为的方程，解方程求，再求结论， （2）选①，根据等比数列定义证明为等比数列，结合等比数列通项公式求，利用分组求和法结合等比数列求和公式等差数列求和公式求结论； 选②，由与的关系，求，利用分组求和法结合等比数列求和公式等差数列求和公式求结论； 选③，由（1）结合关系求数列的通项公式，利用分组求和法结合等比数列求和公式等差数列求和公式求结论； 【详解】（1）设数列的公差为， 因为，， 所以， ，， ； （2）由（1），， 选条件①，，， 所以， 所以数列是以2为首项，3为公比的等比数列， ， 数列的前项和 ， 选条件②，的前项和为，， 当时，， 又时，， 所以， 数列的前项和 选条件③，因为 所以，故， 数列的前项和 4．（23-24高二上·北京丰台·期末）已知等差数列的前项和为，且，. (1)求的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 【答案】(1). (2). 【知识点】利用定义求等差数列通项公式、分组（并项）法求和、求等差数列前n项和、求等比数列前n项和 【分析】（1）根据等差数列通项公式及求和公式列式计算可得结果； （2）根据分组求和法、等差数列求和公式及等比数列求和公式可得结果. 【详解】（1）设等差数列的公差为， 由题意，，解得， 所以， 故数列的通项公式 （2）由（1）知，， 所以 . 故数列的前项和. 5．（22-23高二下·北京顺义·期末）已知为等差数列，为其前项和．若，设． (1)求证：数列是等比数列； (2)设，求数列的前项和． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】由定义判定等比数列、分组（并项）法求和、等差数列通项公式的基本量计算 【分析】（1）设等差数列的公差为，则由可求出公差，从而可求得，则可得，然后计算即可得结论； （2）由（1）可得，然后利用分组求和法可求得. 【详解】（1）证明：设等差数列的公差为，则通项公式为， 又，则 即数列是等比数列，公比为2，首项． （2）由（1）知数列是等比数列，公比为2，首项 数列的前项和 6．（24-25高二上·安徽·期末）已知等差数列的首项为，公差，等比数列的首项为，公比为，且满足，，． (1)求数列与的通项公式； (2)求数列的前项和． 【答案】(1)，； (2) 【知识点】求等比数列前n项和、求等差数列前n项和、分组（并项）法求和、等差数列通项公式的基本量计算 【分析】（1）利用等差数列、等比数列的通项公式，即可求出数列的通项； （2）利用等差数列与等比数列的求和公式计算即可. 【详解】（1）因为，所以， 又因为，，所以， 计算可得，可得或3， 又因为，所以， 由此可得， ； （2）， 所以， 利用等差数列与等比数列的求和公式计算可得， ． 7．（24-25高二上·贵州黔西·期末）已知数列为等差数列，，，等比数列的公比为，，． (1)求数列和的通项公式； (2)设，求数列的前n项和． 【答案】(1)，； (2). 【知识点】写出等比数列的通项公式、分组（并项）法求和、利用定义求等差数列通项公式、求等比数列前n项和 【分析】（1）根据给定条件，求出公差得数列的通项；利用等比数列性质求出得数列的通项. （2）由（1）的结论，利用分组求和法，结合公式法求得解. 【详解】（1）在等差数列中，，，公差， 所以数列的通项公式为； 在等比数列中，，由，得， 解得，，而，因此， 所以数列的通项公式是. （2）由（1）知， . 压轴二：数列求和之裂项相加法（共7小题） 1．（25-26高二下·河南濮阳·期末）已知数列满足，，是数列的前项和.若不等式对恒成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 2（25-26高一下·上海·阶段检测）若数列满足，，且对于都有，则________． 3．（2026·上海杨浦·模拟预测）已知数列满足，，则数列前2026项的和为__________． 4．（25-26高二下·山西·阶段检测）已知数列为等差数列，且，． (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项和． 5．（2026·云南昭通·模拟预测）已知正项数列中，，，． (1)求数列的通项公式； (2)设，若，证明：． 6．（25-26高二下·辽宁鞍山·期中）已知为数列的前项和，为数列的前项和，为数列的前项和；；，且；； (1)求的通项公式； (2)若，求的最大值； (3)证明： 7．（25-26高二下·黑龙江哈尔滨·期中）已知数列中，． (1)求； (2)设，证明：数列是等比数列； (3)记，数列的前项和为，求证：． 压轴三：数列不等式中的恒（能）成立问题（共6小题） 1．（23-24高二下·江西九江·期末）已知数列的前项和为，且，若恒成立，则的最小值是（    ） A． B．3 C． D．5 【答案】B 【知识点】错位相减法求和、数列不等式能成立（有解）问题、求等比数列前n项和 【分析】利用错位相减法求出，然后得出，即可得出答案. 【详解】因为， 所以， 两式相减可得， 所以， 因为，所以，即恒成立，故. 故选：B. 2．（23-24高二下·北京怀柔·期末）已知数列的通项公式，则下列各项说法正确的是 ．( 填写所有正确选项的序号) ①当时，数列的前n项和； ②若数列是单调递增数列，则； ③，数列的前n项积既有最大值又有最小值； ④若恒成立，则． 【答案】①④ 【知识点】裂项相消法求和、数列不等式恒成立问题、基本不等式求和的最小值、根据数列的单调性求参数 【分析】对于①，利用裂项相消求和法求解判断，对于②，由求解的范围，对于③，举例判断，对于④，由题意得，利用基本不等式求出的最小值即可. 【详解】对于①，当时，，所以， 所以 ，所以①正确， 对于②，若数列是单调递增数列，则，即， 所以，所以， 因为，所以，所以②错误， 对于③，当时，，则数列的前n项积没有最大值，所以③错误， 对于④，由，得，得， 因为，当且仅当时取等号， 所以的最小值为2，所以，所以④正确. 故答案为：①④ 3．（22-23高二下·江西南昌·期末）在数列中，，，且.设为满足的的个数. (1)求，的值； (2)设，数列的前n项和为，对任意的，不等式恒成立，求m的取值范围. 【答案】(1)， (2) 【知识点】裂项相消法求和、由递推关系证明数列是等差数列、数列不等式恒成立问题、等差数列通项公式的基本量计算 【分析】（1）由递推式判断是等差数列，利用等差通项公式求基本量，进而得到，结合已知可得，即可写出对应项； （2）应用裂项相加求和得，研究数列单调性求最值，结合恒成立求参数范围即可. 【详解】（1）因为，所以，则是等差数列， 设数列的公差为，由，则，解得，则， 因为是满足的的个数，所以，则，. （2）由（1）得， 则， 设，则，即递增，故， 因为对任意，恒成立，即恒成立， 整理得恒成立，即恒成立，解得， 所以的取值范围是. 4．（24-25高二上·福建福州·期末）已知数列的前项和为，且，数列满足. (1)证明：为等差数列； (2)求数列的前项和； (3)若不等式对都成立，求的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【知识点】利用an与sn关系求通项或项、由递推关系证明数列是等差数列、数列不等式恒成立问题、错位相减法求和 【分析】（1）根据给定的递推公式，利用变形推理得证. （2）由（1）求出，再利用错位相减法求和即得. （3）求出，分离参数并构造新数列，探讨数列单调性求出最小值即可得解. 【详解】（1）当时，，则， 当时，，则， 即，因此是以为首项，公差为1的等差数列， 则，. （2）由（1）得， ， 则， 则， 所以； （3），不等式， 即对任意正整数都成立， 令，则， 则，数列是递增数列， 因此，即，所以实数的最大值为. 【点睛】关键点点睛：本题第3问，分离参数，构造新数列，再探讨单调性是求解的关键. 5．（24-25高二上·浙江舟山·期末）数列满足：． (1)求数列的通项公式； (2)设，为数列的前项和，若恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)或 【知识点】数列不等式恒成立问题、利用an与sn关系求通项或项、裂项相消法求和 【分析】（1）根据的关系，即可作差求解， （2）利用裂项相消法求解，根据单调性可得，进而根据求解即可. 【详解】（1）令 又① ② 由①②得到 即：， 经检验，也成立，故数列的通项公式 （2） 因为是单调递增数列，且 若恒成立，则，解得或， 实数的取值范围为或． 6．（24-25高二上·河南安阳·期末）已知数列满足，且. (1)证明是等差数列，并求的通项公式； (2)若数列满足，求的前项和； (3)若存在，使得不等式成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)证明见解析， (2) (3) 【知识点】错位相减法求和、裂项相消法求和、由递推关系证明数列是等差数列、数列不等式恒成立问题 【分析】（1）对递推式变形结合等差数列的概念即可证明，然后根据等差数列的通项公式求解即可； （2）由（1）知，然后利用错位相减法求和即可； （3）利用裂项相消法求和化简已知得，存在，使得成立，分离参数，变形后利用基本不等式求解最值即可得解. 【详解】（1）由，可得， 又，所以是1为首项1为公差的等差数列， 所以，所以； （2）由（1）知，所以， ， 两式相减，得， 故； （3）由（1）知， 所以 ， 由题可知，存在，使得成立， 所以， 因为， 当且仅当，即时，等号成立，所以， 故实数的取值范围是. 压轴四：数列新定义题（共7小题） 1．（23-24高二下·江西新余·期末）数列，称为斐波那契数列，又称黄金分割数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和.记该数列的前项和为，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·江西景德镇·期末）对于数列，若存在正整数，使得，则称是“谷值数列”，是数列的“谷值点”.现有数列，其通项，则该数列所有“谷值点”之和为（    ） A．3 B．9 C．10 D．12 3．（25-26高二下·陕西渭南·期末）若数列满足（，为常数），则称数列为“调和数列”．已知各项均不为零的数列满足，，则下列说法正确的是（     ） A．数列是“调和数列” B．数列是递增数列 C．数列的前项和为 D．对任意，都有 4．（24-25高二下·江西抚州·期末）斐波那契数列（Fibonaccisequence），又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多•斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：，，，，，，，，，，在数学上，斐波那契数列以如下递推的方式定义：，，，.若集合为集合的非空子集，则集合中所有元素之和为奇数的概率为______. 5．（24-25高二下·江西赣州·期末）若数列满足，则称为佩尔数列．在佩尔数列中，___________． 6．（23-24高二下·江西赣州·期末）若在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.现对数列1，3进行构造，第一次得到数列1，4，3：第二次得到数列：依次构造，第次得到的数列的所有项之和记为，如. (1)求； (2)求的通项公式； (3)证明：. 7．（23-24高二下·江西南昌·期末）若数列 满足 ，且 ，则称数列 为 “正余弦错位数列”.已知数列 为 “正余弦错位数列”. (1)若 ，求 ； (2)证明： 数列 为等差数列. 压轴五：构造函数解决不等式问题（共7小题） 1．（23-24高二上·重庆·期末）已知定义在上的函数的导数为，若，且，则下列式子中一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】比较函数值的大小关系、用导数判断或证明已知函数的单调性 【分析】设，得到，得到在上单调递增，再由，得到，结合选项，逐项判定，即可求解. 【详解】因为当时，，可得， 令，可得，所以在上单调递增， 因为，可得， 对于A中，由，即，所以，所以A不正确； 对于B中，由，即，所以，所以B不正确； 对于C中，由，即，所以，所以C正确； 对于D中，由，即，所以，所以D不正确. 故选：C. 2．（23-24高二下·内蒙古·期末）已知是定义域为的函数的导函数，且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】根据函数的单调性解不等式、用导数判断或证明已知函数的单调性 【分析】首先构造函数，利用导数判断函数的单调性，再求解不等式. 【详解】设，， 所以函数单调递增， ， 即，得，所以， 所以不等式的解集为. 故选：D 3．（24-25高二下·甘肃甘南·期末）已知函数的导函数为，若对恒成立，则下列不等式中，一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性、比较函数值的大小关系 【分析】构造函数,，求导后利用已知得出其正负，确定出函数的单调性后可得． 【详解】设,，则 ， ， 因为对恒成立，所以， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则， 可得：，即. . 结合选项可知D一定成立， 故选：D. 4．（24-25高二上·湖南长沙·期末）已知函数是定义在上的偶函数，记为函数的导函数，且满足，则不等式的解集为 . 【答案】 【知识点】函数奇偶性的应用、根据函数的单调性解不等式、利用导数求函数的单调区间（不含参） 【分析】利用偶函数的导数必为奇函数，可求得，再代入不等式构造函数即可求解. 【详解】因为是定义在上的偶函数，所以，故， 又，所以，即， 所以是定义在上的奇函数； 又因为， 所以，即， 两式相加，再整理得：，所以由得，即， 令，则， 当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又因为，所以在上，由，解得； 又当时，，，即，故，即， 综上：的解集为，故的解集为. 故答案为： 【点睛】方法点睛：本题主要考查不等式的求解，根据条件构造函数，利用函数的单调性和导数之间的关系是解决本题的关键．对于解抽象函数的不等式问题或者有解析式，但是直接根据解析式来解不等式非常麻烦的问题，可以考虑研究函数的单调性和奇偶性等，以及函数零点等，直接根据这些性质将函数值的大小关系转化为自变量的大小关系即可得到解集． 5．（23-24高三上·河北保定·期末）已知，若对任意的，不等式恒成立，则的最小值为 . 【答案】 【知识点】由导数求函数的最值（不含参）、利用导数研究不等式恒成立问题、用导数判断或证明已知函数的单调性 【分析】不等式恒成立，等价于恒成立，令，由单调性得，即，令，利用导数求最大值，得的取值范围和最小值. 【详解】恒成立，等价于. 令，则， ，当时都有，则在上单调递增. 所以不等式转化为，即，得，即在上恒成立. 令，，则. 当， ，单调递增；当时，，单调递减. 所以，得，即的最小值为. 故答案为： 【点睛】方法点睛： 导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧，许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 6．（23-24高二下·湖南·期末）若对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【知识点】利用导数研究不等式恒成立问题、用导数判断或证明已知函数的单调性 【分析】由已知不等式变形得出，构造函数，其中，利用导数分析函数在上为增函数，可得出，则，利用导数求出在上的取值范围，即可出实数的取值范围. 【详解】由可得对任意的恒成立， 构造函数，其中，则对任意的恒成立， 所以，函数在上为增函数， 由可得，可得，则， 令，其中，则对任意的恒成立， 所以，函数在上为减函数，则，故. 因此，实数的取值范围是. 故答案为：. 压轴六：构造函数比较大小（共5小题） 1．（24-25高二上·安徽·期末）已知函数，记则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】函数奇偶性的应用、用导数判断或证明已知函数的单调性、比较对数式的大小、比较函数值的大小关系 【分析】根据定义法可得函数为奇函数，利用导数可得在上单调递增，由此可比较函数值的大小. 【详解】∵函数定义域为，， ∴为奇函数，故. 由题意得，. ∵，当且仅当时等号成立，， ∴，即在上单调递增. ∵， ∴. 故选：B. 2．（24-25高二上·云南昆明·期末）已知，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性、比较函数值的大小关系 【分析】构造函数，通过其单调性可判断，进而可求解. 【详解】易知，， 构造函数， 求导，易知当时，，单调递增； 所以， 所以， 所以， 故选：A 3．（24-25高二上·重庆·期末）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】简单复合函数的导数、用导数判断或证明已知函数的单调性、比较对数式的大小 【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数探讨单调性进而比较大小即得. 【详解】令函数，求导得，函数在上单调递减， ，即当时，， 则，，即， 所以. 故选：D 4．（24-25高二上·湖南长沙·期末）设，，则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】利用导数求函数的单调区间（不含参）、比较函数值的大小关系 【分析】根据已知条件构造函数，利用导数判断函数在区间单调递增，根据函数的单调性得不等式，可得． 【详解】设，（），则. 令得，所以函数在区间单调递增. 因为，所以， 即，即，所以． 故选：B 5．（24-25高三上·湖南郴州·期末）已知，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性、比较函数值的大小关系 【分析】构造函数，利用单调性可判断的大小，构造函数，利用单调性可判断的大小，进而可得结论. 【详解】令，求导得， 令，所以，所以在上单调递增， 所以，所以，所以单调递增， 所以，所以， 所以，所以，即， 令，求导得， 所以在上单调递减，所以， 所以，所以，所以， 所以，所以. 故选：B. 压轴七：利用导数研究函数的恒（能）成立问题（共10小题） 1．（25-26高三上·广东惠州·期中）已知函数，若恒成立，则实数的值为（   ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·湖北武汉·期末）设函数，若存在实数，使得，则的最小值为（    ） A． B．2 C．1 D． 3．（25-26高三上·湖北黄冈·期中）对于任意，不等式恒成立，则正数的取值范围是_____. 4．（24-25高二下·江西·期末）若关于的方程在区间上有解，则的取值范围是______． 5．（24-25高二下·江西吉安·期末）任取数列中相邻的两项，若这两项之差的绝对值为3，则称数列具有性质.已知具有性质的数列共有项，且所有的项之和为. (1)若，且，求的所有可能值； (2)若，且恒成立，求； (3)若，证明：. 6．（24-25高二下·江西·期末）若数列使得函数f（x）满足，则称为的进阶数列．已知函数，，，，． (1)证明：为的进阶数列． (2)证明：． (3)证明：为的进阶数列． 7．（24-25高二下·江西南昌·期末）已知函数，（） (1)讨论的单调性； (2)如果时，恒成立． （ⅰ）求实数a的取值范围； （ⅱ）若正实数、（）满足，证明：． 8．（21-22高二上·江西南昌·期末）已知函数，. (1)当时，求函数的极值； (2)若存在，使不等式成立，求实数的取值范围. 9．（11-12高三·江西南昌·阶段检测）已知函数， (1)若，求函数的极值； (2)设函数，求函数的单调区间； (3)若存在，使得成立，求a的取值范围． 10．（24-25高二下·江西萍乡·期末）若函数满足：在定义域内，对任意实数，，使成立，则称为上的“函数”. (1)判断函数是否为上的函数，并说明理由； (2)若函数是上的函数，求实数的取值范围； (3)已知函数是上的函数，且，，当时，都有成立，求实数的最大值. 压轴八：利用导数研究函数的零点方程的根（共6小题） 1．（23-24高三上·江西·期末）已知函数（）. (1)当时，求的最小值； (2)若有2个零点，求a的取值范围. 【答案】(1)0 (2) 【知识点】由导数求函数的最值（不含参）、利用导数研究函数的零点 【分析】（1）依据给定参数值，确定具体函数，用导数求解最值即可. （2）根据题意，对参数范围进行分类讨论，找到符合题意的情况即可. 【详解】（1）的定义域为. 当时，，. 令（），则， 所以在上单调递增，又，所以当时，，； 当时，，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以. （2）由题意知（）. ①当时，在上恒成立，所以在上单调递增，所以至多有一个零点，不合题意； ②当时，令，则在上恒成立， 所以在上单调递增， 因为，， 所以存在唯一，使得，所以. 当时，，；当时，，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以. （a）当时，由（1）知，即时，，且，只有一个零点1，不合题意； （b）当时，因为，则，又在上单调递减， 所以， 而，令，则. 当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减， 所以；当时，，即. 又，所以，所以， 由的单调性及零点存在定理，知在上有且仅有一个零点. 又在上有且仅有一个零点1，所以，当时，存在两个零点； （c）当时，由，得，又在上单调递增， 所以.取，则，所以. 当时，，所以，所以，所以. 又因为，， 由的单调性及零点存在定理，知在上有且有一个零点， 又1为在内的唯一零点，所以当时，存在两个零点. 综上可知，a的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是正确对参数范围进行讨论，然后得到零点个数，最后得到所要求的参数范围． 2．（22-23高三上·江西·期末）已知函数（是自然对数的底数）有两个零点. (1)求实数的取值范围： (2)若的两个零点分别为，证明： 【答案】(1) (2)证明见解析 【知识点】利用导数证明不等式、利用导数研究函数的零点、零点存在性定理的应用 【分析】（1）令，则有2个零点转化为有2个零点，利用导数得在上单调递减，在上单调递增，再分类讨论与的大小，根据零点存在性定理可得结果； （2）设的两个零点为和，则，，将所证不等式化为，根据，，将化为，构造函数，，利用导数可证不等式成立. 【详解】（1）的定义域为. 由题意可得，有2个零点， 令，则在时恒成立，故在上单调递增， 所以有2个零点可转化为有2个零点， 因为，由可得，由可得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 若，则，此时恒成立，函数没有零点， 若，则，函数有且仅有一个零点， 若，则，因为，所以在上恰有一个零点， 令，则， 令，则，故为增函数， 所以，即，故为增函数， 所以，即，所以，所以， 所以在上恰有1个零点， 故 在和上各有1个零点，符合题意. 综上所述，的取值范围为. （2）由（1）可知，有两个零点，设为和，则，， 要证，只要证，即证，即证， 又，，所以，， 所以，只要证， 设，令，，所以只要证，即证， 令，，则， 所以在上为增函数，∴， 即当时，，所以， 即，故. 【点睛】关键点点睛：（1）中，令，将有2个零点转化为有2个零点，再利用导数和零点存在定理求解是解题关键；（2）中，设的两个零点为和，将所证不等式转化为，再构造函数，，利用导数证明不等式是解题关键. 3．（24-25高三上·北京房山·期末）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若对任意，都有，求实数的取值范围； (3)求证：存在实数，使方程有正实根. 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析. 【知识点】利用导数研究不等式恒成立问题、利用导数研究方程的根、求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、简单复合函数的导数 【分析】（1）把代入，求出导数，利用导数的几何意义求出切线方程. （2）证明恒成立，再按分类，结合不等式的性质及导数探讨单调性得解. （3）由方程有正实根分离参数并构造函数，利用导数探讨函数能取到正数即可推理得证. 【详解】（1）当时，函数，求导得，则，而， 所以曲线在点处的切线方程为. （2）对任意，不等式， 当时，令，求导得，函数在上递增， ，因此，当时，，，即恒成立，则； 当时，，由，得， 当时，，函数在上单调递减，，不符合题意， 所以实数的取值范围是. （3）由，，得， 令，求导得， 令，求导得， 函数在上单调递减，而， 则存在，使得，当时，，即， 函数在上单调递增，，取正数， 则直线与函数在上的图象有交点，此交点横坐标在区间， 所以存在实数，使方程有正实根. 【点睛】关键点点睛：借助恒成立的不等式，再借助不等式的性质及导数分类求解是关键. 4．（24-25高三上·北京昌平·期末）设函数，曲线在点处的切线方程为． (1)求实数的值； (2)求函数的单调区间； (3)求函数的零点的个数. 【答案】(1) (2)单调增区间为，，单调减区间为 (3)三个零点 【知识点】利用导数求函数的单调区间（不含参）、利用导数研究函数的零点、已知切线（斜率）求参数 【分析】（1）由基本初等函数的求导公式与导数运算法则，结合导数的几何意义即可求解； （2）由（1）可知函数，求导后解不等式与即可求得单调区间； （3）函数可化为，结合（2）中函数的单调区间与零点存在性定理即可求解. 【详解】（1）函数，所以. 依题意，解得. （2）由（1）知：函数，所以. 令，则， 记两根分别为，且，. 列表 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以，函数的单调增区间为，，单调减区间为. （3）函数.    令，得或，所以是函数的一个零点. 下面只要研究零点情况. 由（1）知，且，即. 又因为函数在上单调递减，所以， 即函数在上有且只有一个零点. 又因为，，且函数在上单调递增， 所以，存在唯一的，使. 同理，又因为，，且函数在上单调递增， 所以，存在唯一的，使. 所以函数存在三个零点，，.   综上函数存在三个零点，，. 【点睛】本题考查倒数的几何意义、利用导数研究函数的单调区间与零点问题. 本题第（2）小问考查利用导数研究函数单调区间，求导后解不等式与即可求得单调区间；本题第（3）小问为利用导数研究函数的零点问题，结合（2）中函数的单调区间与零点存在性定理即可求解. 5．（23-24高二下·北京延庆·期末）已知函数，其中． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若在上存在极值，求实数的取值范围； (3)求的零点个数． 【答案】(1) (2) (3)答案见解析 【知识点】利用导数研究函数的零点、求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、根据极值点求参数 【分析】（1）利用导数的几何意义即可求解； （2）将问题转化为在有解，则在有解，即可求解； （3）令，将问题转化为与交点的个数，利用导数研究的大致图象，即可求解. 【详解】（1）当时，， 则， 故，， 在点处的切线方程为，即 （2）， 当时，在单调递增，此时无极值点， 当时， 令或， 要使得在上存在极值， 则需要，解得 （3）令， 令，则， 记，则， 当时，单调递减， 当时，单调递增，且， 当时，， 而当时，， 作出的大致图象如下： 故当时，无零点； 当或时，一个零点； 当时，两个零点. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是参变分离得到，令，，从而转化为与交点的个数 6．（23-24高三上·北京顺义·期末）已知函数，其中． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若在上存在极值，求实数的取值范围： (3)写出的零点个数．（直接写出结论即可） 【答案】(1) (2) (3)见解析 【知识点】根据极值求参数、利用导数研究函数的零点、求在曲线上一点处的切线方程（斜率） 【分析】（1）求导，即可根据点斜式求解直线方程， （2）分类讨论即可结合极值的定义求解， （3）构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可结合函数图象求解交点个数求解. 【详解】（1）当时，，则， 故，， 在点处的切线方程为，即 （2）， 当时，在单调递增，此时无极值点， 当时，令或， 要使得在上存在极值，则需要，解得， （3）令， 令，则， 记，则， 当时，单调递减，时，单调递增， 且，时，， 而当时，， 作出的大致图象如下： 故当时，无零点， 当或时，一个零点， 当时，两个零点， . 【点睛】方法点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路 （1）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解． 题型九 非线性回归拟合 1．（2023·四川·三模）党的二十大报告提出，从现在起，中国共产党的中心任务就是团结带领全国各族人民全面建成社会主义现代化强国、实现第二个百年奋斗目标，以中国式现代化全面推进中华民族伟大复兴.高质量发展是全面建设社会主义现代化国家的首要任务.加快实现高水平科技自立自强，才能为高质量发展注入强大动能.某科技公司积极响应，加大高科技研发投入，现对近十年来高科技研发投入情况分析调研，其研发投入y（单位：亿元）的统计图如图1所示，其中年份代码x=1，2，…，10分别指2013年，2014年，…，2022年.    现用两种模型①，②分别进行拟合，由此得到相应的回归方程，并进行残差分析，得到图2所示的残差图．结合数据，计算得到如下值： 75 2.25 82.5 4.5 120 28.67 表中． (1)根据残差图，比较模型①，②的拟合效果，应选择哪个模型？并说明理由； (2)根据（1）中所选模型，求出y关于x的回归方程；根据所选模型，求该公司2028年高科技研发投入y的预报值．（回归系数精确到0.01） 附：对于一组数据其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为. 【答案】(1)选择模型②，利用见解析 (2)，. 【知识点】求回归直线方程、残差的计算、非线性回归、根据回归方程进行数据估计 【分析】（1）根据残差点的分布可得出结论； （2）令，可得出，利用参考数据可求出、的值，可得出关于的回归方程，然后将代入回归方程，可得出该公司年高科投研发投入的预报值. 【详解】（1）应该选择模型②，理由如下： 由于模型②残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，且带状区域的宽度比模型①带状宽度窄， 所以模型②的拟合精度更高，回归方程的预报精度相应就会越高，故选模型②比较合适. （2）根据模型②，令，研发投入与可用线性回归来拟合，有. 则，所以， 则关于的线性回归方程为， 所以关于的回归方程为， 年，即时，（亿元）， 所以该公司年高科技研发投入的预报值为（亿元）. 2．（2023·河南郑州·模拟预测）MCN即多频道网络，是一种新的网红经济运行模式，这种模式将不同类型和内容的PGC（专业生产内容）联合起来，在资本有力支持下，保障内容的持续输出，从而最终实现商业的稳定变现，在中国以直播电商、短视频为代表的新兴网红经济的崛起，使MCN机构的服务需求持续增长．数据显示，近年来中国MCN市场规模迅速扩大．下表为2018年—2022年中国MCN市场规模（单位：百亿元），其中2018年—2022年对应的代码依次为1-5． 年份代码 1 2 3 4 5 中国MCN市场规模 1.12 1.68 2.45 3.35 4.32 (1)由上表数据可知，可用指数函数模型拟合与的关系，请建立关于的回归方程； (2)从2018年-2022年中国MCN市场规模中随机抽取3个数据，记这3个数据中与的差的绝对值小于1的个数为，求的分布列与期望． 参考数据： 2.58 0.84 46.83 15.99 其中，，． 参考公式：对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，． 【答案】(1) (2)分布列见解析，期望为. 【知识点】非线性回归、超几何分布的分布列、求回归直线方程、超几何分布的均值 【分析】（1）两边取自然对数有，设，所以，则将非线性方程转化为线性方程，利用公式计算出， 代入样本中心点即可得到； （2）的取值依次为1,2,3，计算出每个对应的概率值，再利用期望公式即可得到答案. 【详解】（1）两边同时取自然对数得. 设，所以， 因为, 所以. 把代入,得,所以,所以, 即关于的回归方程为. （2）2018年-2022年中国MCN市场规模的5个数据中，与的差的绝对值小于1的数据有1.68, 2.45,3.35，共3个，所以的取值依次为1,2,3 所以的分布列为 1 2 3 . 3．（2023·江西·二模）2023年高考进入倒计时，为了帮助学子们在紧张的备考中放松身心，某重点高中通过开展形式多样的减压游戏，确保同学们以稳定心态，良好地状态迎战高考，游戏规则如下：盒子中初始装有2个白球和1个红球各一个，每次有放回的任取一个，连续取两次，将以上过程记为一轮.如果每一轮取到的两个球都是红球，则记该轮为成功，否则记为失败.在抽取过程中，如果某一轮成功，则停止；否则，在盒子中再放入一个白球，然后接着进行下一轮抽球，如此不断继续下去，直至成功. (1)如果某同学进行该抽球游戏时，最多进行三轮，即使第三轮不成功，也停止抽球，记其进行抽球试验的轮次数为随机变量，求的分布列和数学期望； (2)为验证抽球试验成功的概率不超过，假设有1000名学生独立的进行该抽球试验，记表示成功时抽球试验的轮次数，表示对应的人数，部分统计数据如下： 1 2 3 4 5 120 62 33 20 15 求关于的回归方程，并通过回归方程预测成功的总人数（取整数部分）； (3)证明：． 附：经验回归方程系数：，； 参考数据：，，（其中，）． 【答案】(1)分布列见解析，； (2)，270； (3)证明见解析. 【知识点】非线性回归、写出简单离散型随机变量分布列、独立事件的乘法公式、根据回归方程进行数据估计 【分析】（1）求出X的所有可能值，再求出各个值对应的概率，列出分布列并求出期望作答. （2）利用给定的数据结合最小二乘法公式求出回归方程，再预测成功的总人数作答. （3）求出在前n轮就成功和不成功的概率，再利用对立事件概率公式推理作答. 【详解】（1）依题意，X的取值可能为1，2，3，则； ；， 所以X的分布列为： X 1 2 3 P 所以数学期望为． （2）令，则， 依题意，， 于是， 则， 所以所求的回归方程为：， 估计t=6时，；估计t=7时，；估计t=8时，； 估计t=9时，；估计t≥10时，，从而， 所以预测成功的总人数为270． （3）依题意，在前n轮就成功的概率为， 又因为在前n轮没有成功的概率为 ，则， 所以． 4．（2023·安徽·模拟预测）纯电动汽车、混合电动汽车及燃料电池电动汽车均为新能源汽车，近几年某地区新能源汽车保有量呈快速增长的态势，下表为2018~2022年该地区新能源汽车及纯电动汽车的保有量（单位：万辆），其中2018~2022年对应的年份编号依次为： 年份编号 1 2 3 4 5 该地区新能源汽车保有量 1.5 2.6 3.4 4.9 7.8 该地区纯电动汽车保有量 1.3 2.1 2.8 4.0 6.4 (1)由上表数据可知，可用指数函数模型拟合与的关系，请建立关于的回归方程（，的值精确到0.1），并预测2023年该地区新能源汽车保有量能否超过10万辆； (2)从表中数据可以看出2018~2022年，该地区新能源汽车保有量中纯电动汽车保有量占比均超过80%，说明纯电动汽车一直是新能源汽车的主流产品．若甲、乙、丙3人从2018~2022年中各随机选取1个年份（可以重复选取），记取到满足的年份的个数为，求的分布列及数学期望． 参考数据： 1.25 22.62 1.1 1.5 11.4 其中，． 参考公式：对一组数据，，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，． 【答案】(1)，预测2023年该地区新能源汽车保有量能超过10万辆 (2)分布列见解析，数学期望为 【知识点】非线性回归、利用二项分布求分布列、二项分布的均值 【分析】（1）设，由已知可得，利用最小二乘法结论求，由此可得回归方程，再利用回归方程进行预测，并判断结论； （2）由条件确定随机变量的所有可能取值，由条件可得结合二项分布的分布列和期望公式求解. 【详解】（1）由得， 设，则， 因为， ， ，， 所以． 又，所以， 所以，故， 所以， 则，又，， 所以， 即关于的回归方程为， 当时，， 所以预测2023年该地区新能源汽车保有量能超过10万辆． （2）的所有可能取值为，易知年中满足的年份有2个， 则每人取到满足的年份的概率为， 故， ，， ，， 的分布列为 0 1 2 3 ． $专题02 高二下学期期末真题精选 （北师大版2019选择性必修第一册统计案例 +选择性必修第二册） （考题猜想，压轴9大题型） 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 · 压轴一 数列求和之分组求和（分类讨论）（难点） · 压轴二 数列求和之裂项相加法（重点） · 压轴三 数列不等式中的恒（能）成立问题（重点） · 压轴四 数学新定义题（难点） · 压轴五 构造函数解决不等式问题 · 压轴六 构造函数比较大小（难点） · 压轴七 利用导数研究函数的恒（能）成立问题（难点） · 压轴八 利用导数研究函数的零点方程的根（难点） · 压轴九 非线性回归拟合 压轴一：数列求和之分组求和（分类讨论）（共7小题） 1．（23-24高三上·江西·期末）已知等比数列的首项，公比为，的项和为且，，成等差数列. (1)求的通项： (2)若，，求的前项和. 【答案】(1) (2) 【知识点】等差中项的应用、求等差数列前n项和、等比数列通项公式的基本量计算、分组（并项）法求和 【分析】（1）根据题意，先验证不符合要求，然后再由列出方程，即可求得，从而得到通项公式； （2）根据题意，可得，其奇数次项依次构成一个首项为1，公比为4的等比数列，而偶数次项依次构成一个首项为，公差为的等差数列，然后结合数列求和的公式，代入计算即可得到结果． 【详解】（1）由题意，若， 由首项，可知，， 此时，不符合题意，故， 则由， 可得 化简整理，得， 解得（舍去），或， ，． （2）由（1），可得， 故数列的奇数项是以1为首项，4为公比的等比数列，偶数项是以为首项，为公差的等差数列， ． 2．（22-23高二下·山西朔州·期末）若数列满足，则称数列为“平方递推数列".已知数列中，，点在函数的图象上，其中n为正整数， (1)证明:数列是“平方递推数列”，且数列为等比数列; (2)设，，求数列的前10项和. 【答案】(1)证明见解析 (2)436 【知识点】分组（并项）法求和、数列新定义、由定义判定等比数列、求等比数列前n项和 【分析】（1）根据“平方递推数列”的定义和等比数列的定义进行证明即可； （2）求出表达式，再分段求前10项和即可. 【详解】（1）点在函数的图象上， ，， 数列是“平方递推数列”， 因为， 对两边同时取对数得， 数列是以1为首项、2为公比的等比数列； （2）由（1）知， 所以 所以. 3．（24-25高二上·北京怀柔·期末）已知等差数列的前项和为，且，. (1)求数列的通项公式； (2)数列的前项和为，且满足，从下列三个条件中任选一个作为已知，求数列的通项公式及数列的前项和. 条件①； 条件②的前项和为； 条件③. 【答案】(1) (2)答案见解析 【知识点】等差数列通项公式的基本量计算、分组（并项）法求和、等差数列前n项和的基本量计算、求等比数列前n项和 【分析】（1）设数列的公差为，结合等差数列的通项公式和求和公式将条件转化为的方程，解方程求，再求结论， （2）选①，根据等比数列定义证明为等比数列，结合等比数列通项公式求，利用分组求和法结合等比数列求和公式等差数列求和公式求结论； 选②，由与的关系，求，利用分组求和法结合等比数列求和公式等差数列求和公式求结论； 选③，由（1）结合关系求数列的通项公式，利用分组求和法结合等比数列求和公式等差数列求和公式求结论； 【详解】（1）设数列的公差为， 因为，， 所以， ，， ； （2）由（1），， 选条件①，，， 所以， 所以数列是以2为首项，3为公比的等比数列， ， 数列的前项和 ， 选条件②，的前项和为，， 当时，， 又时，， 所以， 数列的前项和 选条件③，因为 所以，故， 数列的前项和 4．（23-24高二上·北京丰台·期末）已知等差数列的前项和为，且，. (1)求的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 【答案】(1). (2). 【知识点】利用定义求等差数列通项公式、分组（并项）法求和、求等差数列前n项和、求等比数列前n项和 【分析】（1）根据等差数列通项公式及求和公式列式计算可得结果； （2）根据分组求和法、等差数列求和公式及等比数列求和公式可得结果. 【详解】（1）设等差数列的公差为， 由题意，，解得， 所以， 故数列的通项公式 （2）由（1）知，， 所以 . 故数列的前项和. 5．（22-23高二下·北京顺义·期末）已知为等差数列，为其前项和．若，设． (1)求证：数列是等比数列； (2)设，求数列的前项和． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】由定义判定等比数列、分组（并项）法求和、等差数列通项公式的基本量计算 【分析】（1）设等差数列的公差为，则由可求出公差，从而可求得，则可得，然后计算即可得结论； （2）由（1）可得，然后利用分组求和法可求得. 【详解】（1）证明：设等差数列的公差为，则通项公式为， 又，则 即数列是等比数列，公比为2，首项． （2）由（1）知数列是等比数列，公比为2，首项 数列的前项和 6．（24-25高二上·安徽·期末）已知等差数列的首项为，公差，等比数列的首项为，公比为，且满足，，． (1)求数列与的通项公式； (2)求数列的前项和． 【答案】(1)，； (2) 【知识点】求等比数列前n项和、求等差数列前n项和、分组（并项）法求和、等差数列通项公式的基本量计算 【分析】（1）利用等差数列、等比数列的通项公式，即可求出数列的通项； （2）利用等差数列与等比数列的求和公式计算即可. 【详解】（1）因为，所以， 又因为，，所以， 计算可得，可得或3， 又因为，所以， 由此可得， ； （2）， 所以， 利用等差数列与等比数列的求和公式计算可得， ． 7．（24-25高二上·贵州黔西·期末）已知数列为等差数列，，，等比数列的公比为，，． (1)求数列和的通项公式； (2)设，求数列的前n项和． 【答案】(1)，； (2). 【知识点】写出等比数列的通项公式、分组（并项）法求和、利用定义求等差数列通项公式、求等比数列前n项和 【分析】（1）根据给定条件，求出公差得数列的通项；利用等比数列性质求出得数列的通项. （2）由（1）的结论，利用分组求和法，结合公式法求得解. 【详解】（1）在等差数列中，，，公差， 所以数列的通项公式为； 在等比数列中，，由，得， 解得，，而，因此， 所以数列的通项公式是. （2）由（1）知， . 压轴二：数列求和之裂项相加法（共7小题） 1．（25-26高二下·河南濮阳·期末）已知数列满足，，是数列的前项和.若不等式对恒成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为，所以， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以， 所以， 所以， 不等式对恒成立，则实数的取值范围为. 2（25-26高一下·上海·阶段检测）若数列满足，，且对于都有，则________． 【答案】 【分析】令，由题意可证得数列是以为首项，2为公差的等差数列，即可求出数列的通项公式，再由裂项相消法求和即可得出答案. 【详解】因为对于都有， ，令， 所以， 所以数列是以为首项，2为公差的等差数列. 所以， 所以， 所以，，……， ， 将这项累加，则， 所以， 则， 所以 . 3．（2026·上海杨浦·模拟预测）已知数列满足，，则数列前2026项的和为__________． 【答案】 【分析】变形可知数列是以首项为1，公比为2的等比数列，结合等比数列通项公式可得，利用裂项相消法运算求解. 【详解】因为，即， 且，可知数列是以首项为1，公比为2的等比数列， 则，可得， 所以数列前2026项的和为. 4．（25-26高二下·山西·阶段检测）已知数列为等差数列，且，． (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设公差为，利用已知条件建立方程组求解和； （2）将裂项为，再求和. 【详解】（1）设等差数列的公差为， 由得， 由得， 解得，. 所以. （2），则， 所以. . 5．（2026·云南昭通·模拟预测）已知正项数列中，，，． (1)求数列的通项公式； (2)设，若，证明：． 【答案】(1) 【分析】（1）利用与已知建立等式，得出是等差数列，进而求出，再根据与的关系求通项； （2）利用（1）的结论，利用裂项相消法求和，再结合数列单调性证明即可. 【详解】（1）因为，所以， 所以， 所以， 又， 所以数列是首项为1，公差为1的等差数列， 所以，所以． 当时，， 也满足上式， 所以数列的通项公式为． （2）证明：因为， 所以， 所以． 因为，所以， 因为数列单调递增，所以， 所以． 6．（25-26高二下·辽宁鞍山·期中）已知为数列的前项和，为数列的前项和，为数列的前项和；；，且；； (1)求的通项公式； (2)若，求的最大值； (3)证明： 【答案】(1)； (2)5； (3)证明见解析. 【分析】（1）由递推公式可知， 数列为等差数列，再根据题中的条件求解即可； （2）分别计算和，再验证即可； （3）裂项相消法计算，再用放缩法即可证明. 【详解】（1），得，所以数列为等差数列， 则，所以，又，所以， 设的公差为，则解得， 所以的通项公式是. （2）由（1）知，所以， ， ， 令，得， 设，则数列是递增数列， 又，， 所以的最大值为5． （3）， 所以 ，所以. 7．（25-26高二下·黑龙江哈尔滨·期中）已知数列中，． (1)求； (2)设，证明：数列是等比数列； (3)记，数列的前项和为，求证：． 【答案】(1)， (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）依次将代入递推关系式中计算即可； （2）由得到，再根据等比数列的定义证明即可； （3）由（2）得到的解析式，进而得到及的解析式，再根据裂项相消法求出数列的前项和为，即可得证. 【详解】（1）在数列中，已知， 则，； （2）由可得， 则，又因为， 所以是以2为首项，2为公比的等比数列； （3）由（2）可得，解得， 则 ， 所以 ． 压轴三：数列不等式中的恒（能）成立问题（共6小题） 1．（23-24高二下·江西九江·期末）已知数列的前项和为，且，若恒成立，则的最小值是（    ） A． B．3 C． D．5 【答案】B 【知识点】错位相减法求和、数列不等式能成立（有解）问题、求等比数列前n项和 【分析】利用错位相减法求出，然后得出，即可得出答案. 【详解】因为， 所以， 两式相减可得， 所以， 因为，所以，即恒成立，故. 故选：B. 2．（23-24高二下·北京怀柔·期末）已知数列的通项公式，则下列各项说法正确的是 ．( 填写所有正确选项的序号) ①当时，数列的前n项和； ②若数列是单调递增数列，则； ③，数列的前n项积既有最大值又有最小值； ④若恒成立，则． 【答案】①④ 【知识点】裂项相消法求和、数列不等式恒成立问题、基本不等式求和的最小值、根据数列的单调性求参数 【分析】对于①，利用裂项相消求和法求解判断，对于②，由求解的范围，对于③，举例判断，对于④，由题意得，利用基本不等式求出的最小值即可. 【详解】对于①，当时，，所以， 所以 ，所以①正确， 对于②，若数列是单调递增数列，则，即， 所以，所以， 因为，所以，所以②错误， 对于③，当时，，则数列的前n项积没有最大值，所以③错误， 对于④，由，得，得， 因为，当且仅当时取等号， 所以的最小值为2，所以，所以④正确. 故答案为：①④ 3．（22-23高二下·江西南昌·期末）在数列中，，，且.设为满足的的个数. (1)求，的值； (2)设，数列的前n项和为，对任意的，不等式恒成立，求m的取值范围. 【答案】(1)， (2) 【知识点】裂项相消法求和、由递推关系证明数列是等差数列、数列不等式恒成立问题、等差数列通项公式的基本量计算 【分析】（1）由递推式判断是等差数列，利用等差通项公式求基本量，进而得到，结合已知可得，即可写出对应项； （2）应用裂项相加求和得，研究数列单调性求最值，结合恒成立求参数范围即可. 【详解】（1）因为，所以，则是等差数列， 设数列的公差为，由，则，解得，则， 因为是满足的的个数，所以，则，. （2）由（1）得， 则， 设，则，即递增，故， 因为对任意，恒成立，即恒成立， 整理得恒成立，即恒成立，解得， 所以的取值范围是. 4．（24-25高二上·福建福州·期末）已知数列的前项和为，且，数列满足. (1)证明：为等差数列； (2)求数列的前项和； (3)若不等式对都成立，求的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【知识点】利用an与sn关系求通项或项、由递推关系证明数列是等差数列、数列不等式恒成立问题、错位相减法求和 【分析】（1）根据给定的递推公式，利用变形推理得证. （2）由（1）求出，再利用错位相减法求和即得. （3）求出，分离参数并构造新数列，探讨数列单调性求出最小值即可得解. 【详解】（1）当时，，则， 当时，，则， 即，因此是以为首项，公差为1的等差数列， 则，. （2）由（1）得， ， 则， 则， 所以； （3），不等式， 即对任意正整数都成立， 令，则， 则，数列是递增数列， 因此，即，所以实数的最大值为. 【点睛】关键点点睛：本题第3问，分离参数，构造新数列，再探讨单调性是求解的关键. 5．（24-25高二上·浙江舟山·期末）数列满足：． (1)求数列的通项公式； (2)设，为数列的前项和，若恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)或 【知识点】数列不等式恒成立问题、利用an与sn关系求通项或项、裂项相消法求和 【分析】（1）根据的关系，即可作差求解， （2）利用裂项相消法求解，根据单调性可得，进而根据求解即可. 【详解】（1）令 又① ② 由①②得到 即：， 经检验，也成立，故数列的通项公式 （2） 因为是单调递增数列，且 若恒成立，则，解得或， 实数的取值范围为或． 6．（24-25高二上·河南安阳·期末）已知数列满足，且. (1)证明是等差数列，并求的通项公式； (2)若数列满足，求的前项和； (3)若存在，使得不等式成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)证明见解析， (2) (3) 【知识点】错位相减法求和、裂项相消法求和、由递推关系证明数列是等差数列、数列不等式恒成立问题 【分析】（1）对递推式变形结合等差数列的概念即可证明，然后根据等差数列的通项公式求解即可； （2）由（1）知，然后利用错位相减法求和即可； （3）利用裂项相消法求和化简已知得，存在，使得成立，分离参数，变形后利用基本不等式求解最值即可得解. 【详解】（1）由，可得， 又，所以是1为首项1为公差的等差数列， 所以，所以； （2）由（1）知，所以， ， 两式相减，得， 故； （3）由（1）知， 所以 ， 由题可知，存在，使得成立， 所以， 因为， 当且仅当，即时，等号成立，所以， 故实数的取值范围是. 压轴四：数列新定义题（共7小题） 1．（23-24高二下·江西新余·期末）数列，称为斐波那契数列，又称黄金分割数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和.记该数列的前项和为，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】，，，……，，相加得到答案. 【详解】由题意得， 故，，，……，， 上面的式子相加得， 又，故. 故选：A 2．（23-24高二下·江西景德镇·期末）对于数列，若存在正整数，使得，则称是“谷值数列”，是数列的“谷值点”.现有数列，其通项，则该数列所有“谷值点”之和为（    ） A．3 B．9 C．10 D．12 【答案】B 【分析】首先计算数列的前10项，再结合数列的单调性，确定“谷值点”. 【详解】由题意可知，，，， ，，，，，， 函数，在单调递增，且时，， 且，所以从10开始，不会是“谷值点”， 只有，所以数列只有1个“谷值点”，谷值点为9. 故选：B 3．（25-26高二下·陕西渭南·期末）若数列满足（，为常数），则称数列为“调和数列”．已知各项均不为零的数列满足，，则下列说法正确的是（     ） A．数列是“调和数列” B．数列是递增数列 C．数列的前项和为 D．对任意，都有 【答案】ACD 【分析】首先对递推式变形得到数列是等差数列，求出的通项公式，再结合调和数列定义、数列单调性、裂项相消求和、不等式证明的方法逐项判断. 【详解】选项A，已知，且各项不为零， 两边同除以得，故A正确； 选项B，由，，可知是首项为1、公差为1的等差数列， 因此，即，故是递减数列，故B错误； 选项C，， 前项和，故C正确； 选项D：要证，代入，即证， 右边通分得， 只需证， 化简得，即，恒成立，D正确. 4．（24-25高二下·江西抚州·期末）斐波那契数列（Fibonaccisequence），又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多•斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：，，，，，，，，，，在数学上，斐波那契数列以如下递推的方式定义：，，，.若集合为集合的非空子集，则集合中所有元素之和为奇数的概率为______. 【答案】 【分析】记中所有偶数组成的集合为，所有奇数组成的集合为，为集合的子集，集合中含有奇数个元素的子集为，则所有元素之和为奇数的集合可看成，结合分步乘法计数原理及古典概型概率公式即可可解. 【详解】由斐波那契数列规律可知，集合中的元素有675个偶数，1350个奇数， 记中所有偶数组成的集合为，所有奇数组成的集合为，为集合的子集， 集合中含有奇数个元素的子集为，则所有元素之和为奇数的集合可看成. 易知，集合共有个，集合共有个， 所以所有元素之和为奇数的集合共有个. 又集合的非空子集共有个，所以中所有元素之和为奇数的概率为. 故答案为：. 5．（24-25高二下·江西赣州·期末）若数列满足，则称为佩尔数列．在佩尔数列中，___________． 【答案】 【分析】利用构造法判断数列和为等比数列即可得解. 【详解】因为，设，则， 所以解得或. 当时，， 所以是首项为1，公比为的等比数列， 当时，， 所以是首项为1，公比为的等比数列， 所以． 故答案为：. 6．（23-24高二下·江西赣州·期末）若在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.现对数列1，3进行构造，第一次得到数列1，4，3：第二次得到数列：依次构造，第次得到的数列的所有项之和记为，如. (1)求； (2)求的通项公式； (3)证明：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求出第三次得到数列再求和即可； （2）设出第次构造后得到的数列求出，则得到第次构造后得到的数列求出，可得与关系，再利用构造法求通项即可； （3）利用放缩法求等比数列和可得答案. 【详解】（1）因为第二次得到数列，所以第三次得到数列 所以； （2）设第次构造后得的数列为，则， 则第次构造后得到的数列为 ， 则 ， ，可得，， 所以是以为公比，为首项的等比数列， 所以，即； （3）由（2）得， 所以当时，， 当时，所以 ， 综上所述，. 【点睛】关键点点睛：（2）问中解题关键点是已知相邻两项关系构造等比数列，进而得到数列的通项公式；（3）问中根据的通项公式，应用放缩变成等比数列的前项和，应用公式计算即可. 7．（23-24高二下·江西南昌·期末）若数列 满足 ，且 ，则称数列 为 “正余弦错位数列”.已知数列 为 “正余弦错位数列”. (1)若 ，求 ； (2)证明： 数列 为等差数列. 【答案】(1) ，， (2)证明见解析 【分析】（1）由， ，解方程求，同理可求 ； （2）由条件，结合诱导公式可得或，结合条件 ，证明，结合等差数列定义证明结论. 【详解】（1）当时 ，由已知， ，知 ， 又由，可知， 所以，又， 所以符合题意， 同理，由 ，，得或， 又，所以， 由 ，，得， 又， 符合题意. （2）因为 ，所以 ， 所以或， 即或， 因为， 所以，， 所以，， 所以或或， 又，所以， 则， 所以， 所以数列 是公差为的等差数列. 【点睛】关键点点睛：由 ，由诱导公式可得 ，可得或，利用好“正余弦错位数列”的定义条件，即可得到，再利用等差数列的概念即可. 压轴五：构造函数解决不等式问题（共7小题） 1．（23-24高二上·重庆·期末）已知定义在上的函数的导数为，若，且，则下列式子中一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】比较函数值的大小关系、用导数判断或证明已知函数的单调性 【分析】设，得到，得到在上单调递增，再由，得到，结合选项，逐项判定，即可求解. 【详解】因为当时，，可得， 令，可得，所以在上单调递增， 因为，可得， 对于A中，由，即，所以，所以A不正确； 对于B中，由，即，所以，所以B不正确； 对于C中，由，即，所以，所以C正确； 对于D中，由，即，所以，所以D不正确. 故选：C. 2．（23-24高二下·内蒙古·期末）已知是定义域为的函数的导函数，且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】根据函数的单调性解不等式、用导数判断或证明已知函数的单调性 【分析】首先构造函数，利用导数判断函数的单调性，再求解不等式. 【详解】设，， 所以函数单调递增， ， 即，得，所以， 所以不等式的解集为. 故选：D 3．（24-25高二下·甘肃甘南·期末）已知函数的导函数为，若对恒成立，则下列不等式中，一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性、比较函数值的大小关系 【分析】构造函数,，求导后利用已知得出其正负，确定出函数的单调性后可得． 【详解】设,，则 ， ， 因为对恒成立，所以， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则， 可得：，即. . 结合选项可知D一定成立， 故选：D. 4．（24-25高二上·湖南长沙·期末）已知函数是定义在上的偶函数，记为函数的导函数，且满足，则不等式的解集为 . 【答案】 【知识点】函数奇偶性的应用、根据函数的单调性解不等式、利用导数求函数的单调区间（不含参） 【分析】利用偶函数的导数必为奇函数，可求得，再代入不等式构造函数即可求解. 【详解】因为是定义在上的偶函数，所以，故， 又，所以，即， 所以是定义在上的奇函数； 又因为， 所以，即， 两式相加，再整理得：，所以由得，即， 令，则， 当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又因为，所以在上，由，解得； 又当时，，，即，故，即， 综上：的解集为，故的解集为. 故答案为： 【点睛】方法点睛：本题主要考查不等式的求解，根据条件构造函数，利用函数的单调性和导数之间的关系是解决本题的关键．对于解抽象函数的不等式问题或者有解析式，但是直接根据解析式来解不等式非常麻烦的问题，可以考虑研究函数的单调性和奇偶性等，以及函数零点等，直接根据这些性质将函数值的大小关系转化为自变量的大小关系即可得到解集． 5．（23-24高三上·河北保定·期末）已知，若对任意的，不等式恒成立，则的最小值为 . 【答案】 【知识点】由导数求函数的最值（不含参）、利用导数研究不等式恒成立问题、用导数判断或证明已知函数的单调性 【分析】不等式恒成立，等价于恒成立，令，由单调性得，即，令，利用导数求最大值，得的取值范围和最小值. 【详解】恒成立，等价于. 令，则， ，当时都有，则在上单调递增. 所以不等式转化为，即，得，即在上恒成立. 令，，则. 当， ，单调递增；当时，，单调递减. 所以，得，即的最小值为. 故答案为： 【点睛】方法点睛： 导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧，许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 6．（23-24高二下·湖南·期末）若对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【知识点】利用导数研究不等式恒成立问题、用导数判断或证明已知函数的单调性 【分析】由已知不等式变形得出，构造函数，其中，利用导数分析函数在上为增函数，可得出，则，利用导数求出在上的取值范围，即可出实数的取值范围. 【详解】由可得对任意的恒成立， 构造函数，其中，则对任意的恒成立， 所以，函数在上为增函数， 由可得，可得，则， 令，其中，则对任意的恒成立， 所以，函数在上为减函数，则，故. 因此，实数的取值范围是. 故答案为：. 压轴六：构造函数比较大小（共5小题） 1．（24-25高二上·安徽·期末）已知函数，记则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】函数奇偶性的应用、用导数判断或证明已知函数的单调性、比较对数式的大小、比较函数值的大小关系 【分析】根据定义法可得函数为奇函数，利用导数可得在上单调递增，由此可比较函数值的大小. 【详解】∵函数定义域为，， ∴为奇函数，故. 由题意得，. ∵，当且仅当时等号成立，， ∴，即在上单调递增. ∵， ∴. 故选：B. 2．（24-25高二上·云南昆明·期末）已知，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性、比较函数值的大小关系 【分析】构造函数，通过其单调性可判断，进而可求解. 【详解】易知，， 构造函数， 求导，易知当时，，单调递增； 所以， 所以， 所以， 故选：A 3．（24-25高二上·重庆·期末）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】简单复合函数的导数、用导数判断或证明已知函数的单调性、比较对数式的大小 【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数探讨单调性进而比较大小即得. 【详解】令函数，求导得，函数在上单调递减， ，即当时，， 则，，即， 所以. 故选：D 4．（24-25高二上·湖南长沙·期末）设，，则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】利用导数求函数的单调区间（不含参）、比较函数值的大小关系 【分析】根据已知条件构造函数，利用导数判断函数在区间单调递增，根据函数的单调性得不等式，可得． 【详解】设，（），则. 令得，所以函数在区间单调递增. 因为，所以， 即，即，所以． 故选：B 5．（24-25高三上·湖南郴州·期末）已知，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性、比较函数值的大小关系 【分析】构造函数，利用单调性可判断的大小，构造函数，利用单调性可判断的大小，进而可得结论. 【详解】令，求导得， 令，所以，所以在上单调递增， 所以，所以，所以单调递增， 所以，所以， 所以，所以，即， 令，求导得， 所以在上单调递减，所以， 所以，所以，所以， 所以，所以. 故选：B. 压轴七：利用导数研究函数的恒（能）成立问题（共10小题） 1．（25-26高三上·广东惠州·期中）已知函数，若恒成立，则实数的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先对函数进行求导，再利用导数和函数的关系求出导函数的零点，最后令求导判断即可； 先对题干中的式子进行变形，再构造函数，通过单调性比大小即可. 【详解】方法一：函数的定义域为，， 显然单调递增且有唯一零点. 令，即，此时有. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增，， 即有：，. 令，，时，，单调递减； 时，，单调递增，，又，. 方法二：注意到，又恒成立由方法一得：，， ，，. 方法三：恒成立在恒成立， 令，即恒成立. ，时，，单调递增； 时，，单调递减 ，又恒成立，，. 故选：A 2．（23-24高二下·湖北武汉·期末）设函数，若存在实数，使得，则的最小值为（    ） A． B．2 C．1 D． 【答案】C 【详解】， 存在实数，使得，即， ， 令，则， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 故在处取得极小值，也是最小值， ， 故在R上单调递增， 所以， 故， 令，，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故， 所以，当且仅当，时，等号成立. 故选：C 3．（25-26高三上·湖北黄冈·期中）对于任意，不等式恒成立，则正数的取值范围是_____. 【答案】 【分析】对原不等式合理变形，结合同构思想得到，再构造函数并利用导数判断其单调性，得到，最后利用分离参数法求解参数范围即可. 【详解】因为不等式恒成立，， 所以恒成立，则恒成立， 即恒成立，令，可得恒成立， 而，令，，令，， 得到在上单调递增，在上单调递减， 而，，则， 当时，满足，符合题意， 当时，可得恒成立， 则恒成立，令，而， 当时，，则在上单调递增， 可得，得到，故. 综上，正数的取值范围是, 故答案为： 4．（24-25高二下·江西·期末）若关于的方程在区间上有解，则的取值范围是______． 【答案】 【分析】根据题意，得到，设，可判断在区间上单调递增，又由化为，设，利用导数求得函数的单调性，进而求得的取值范围． 【详解】由，可得， 设，则，令，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以，所以在区间上单调递增， 又由可化为，所以， 设，则， 当时，单调递增；当时，单调递减， 又因为时，，所以， 所以实数的取值范围是． 故答案为：． 5．（24-25高二下·江西吉安·期末）任取数列中相邻的两项，若这两项之差的绝对值为3，则称数列具有性质.已知具有性质的数列共有项，且所有的项之和为. (1)若，且，求的所有可能值； (2)若，且恒成立，求； (3)若，证明：. 【答案】(1). (2)3 (3)证明见解析 【分析】（1）根据性质的定义将数列所有可能情况列出来并计算相应的的值. （2）根据已知条件可证明数列为等差数列，然后利用等差数列的通项公式进行求解即可. （3）首先令，然后将表示出来并化简，根据可证明为偶数，进而证明结论. 【详解】（1）若，且满足具有性质的数列为： ，此时； ，此时； ，此时 故的所有可能值为4，10，16. （2）由题意可知对任意的，均有，因为恒成立， 故，即数列是以2025为首项，-3为公差的等差数列， 所以，即. （3）令，依题意可知， 因为， 所以 因为，所以为偶数， 所以也为偶数， 因为，故也必为偶数，即4整除， 所以. 6．（24-25高二下·江西·期末）若数列使得函数f（x）满足，则称为的进阶数列．已知函数，，，，． (1)证明：为的进阶数列． (2)证明：． (3)证明：为的进阶数列． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）利用等比数列的前n项和公式即放缩即可证明结论. （2）先构造函数，求导求函数的单调区间及最小值，即可证明，对自变量加1及求对数即可证明结论. （3）由（2）的结论，以及等比数列前n项和及放缩即可证明结论. 【详解】（1）由题可知 ， 所以为的进阶数列． （2）构造函数，可得． 当时，，即函数在上单调递增； 当时，，即函数在上单调递减． 因此函数在处取得极小值，也是最小值， 即可得恒成立，即，当且仅当时，等号成立． 由，可得，即，当且仅当时，等号成立． 综上，恒成立，但等号不在同一点处取得， 所以，即． （3）由（2）中结论可知， 所以， 因此． 故 ， 即为的进阶数列． 7．（24-25高二下·江西南昌·期末）已知函数，（） (1)讨论的单调性； (2)如果时，恒成立． （ⅰ）求实数a的取值范围； （ⅱ）若正实数、（）满足，证明：． 【答案】(1)答案见解析； (2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析. 【分析】（1）先得出的定义域为，再根据基本不等式得求，进而分和情况讨论的单调性即可； （2）（ⅰ）根据（1）得到当和时，利用函数的单调性即可求得实数a的取值范围； （ⅱ）不妨设，再根据，得到，再根据在上单调递增，从而得到，再构造函数，，再求出，进而根据函数的单调性即可证明结论． 【详解】（1）依题意可得的定义域为， 由， 当时，恒成立，此时在上单调递增； 当时，， 令，则， 则令时，得和， 此时在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． 综上， 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． （2）（ⅰ）根据（1）当时，在上单调递增，且， 所以时，恒成立； 当时，， 则时，成立， 此时在上单调递减， 所以当时，， 所以时，不恒成立． 综上，实数a的取值范围为． （ⅱ）证明：不妨设， 根据（ⅰ），且、满足，得， 由在上单调递增， 则， 又， 所以只要证明，即证明即可． 设， 则， 所以在上单调递增， 又，所以当时，成立， 即当时，成立， 即成立， 即成立． 【点睛】方法点睛：利用函数的单调性证明不等式，如增函数，则，从而再构造函数，再求出，进而根据函数的单调性即可证明结论． 8．（21-22高二上·江西南昌·期末）已知函数，. (1)当时，求函数的极值； (2)若存在，使不等式成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)函数在上递增，在上递减，极大值为，无极小值 (2) 【分析】（1）求出函数的导函数，再根据导数的符号求得单调区间，再根据极值的定义即可得解； （2）若存在，使不等式成立，问题转化为，令，，利用导数求出函数的最大值即可得出答案. 【详解】（1）解：当时，， 则， 当时，，当时，， 所以函数在上递增，在上递减， 所以函数的极大值为，无极小值； （2）解：若存在，使不等式成立， 则，即， 则问题转化为， 令，， ， 当时，，当时，， 所以函数在递增，在上递减， 所以， 所以. 9．（11-12高三·江西南昌·阶段检测）已知函数， (1)若，求函数的极值； (2)设函数，求函数的单调区间； (3)若存在，使得成立，求a的取值范围． 【答案】(1)极小值为，无极大值 (2)单调递增区间为，单调递减区间为. (3) 【分析】（1）研究的单调区间，进而求出的极值；（2）先求，再解不等式与，求出单调区间，注意题干中的的条件；（3）先把题干中的问题转化为在上有，再结合第二问研究的的单调区间，对a进行分类讨论，求出不同范围下的，求出最后结果 【详解】（1）当时，，定义域为， 令得：，当时，，单调递增；当时，，单调递减，故是函数的极小值点，的极小值为，无极大值 （2），定义域为 因为，所以，令得：，令得：，所以在单调递增，在单调递减. 综上：单调递增区间为，单调递减区间为. （3）存在，使得成立，等价于存在，使得，即在上有 由（2）知，单调递增区间为，单调递减区间为，所以 当，即时，在上单调递减，故在处取得最小值，由得：，因为，故. 当，即时，由（2）知：在上单调递减，在上单调递增，在上的最小值为 令 因为，所以，则，即，不满足题意，舍去 综上所述：a的取值范围为 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 10．（24-25高二下·江西萍乡·期末）若函数满足：在定义域内，对任意实数，，使成立，则称为上的“函数”. (1)判断函数是否为上的函数，并说明理由； (2)若函数是上的函数，求实数的取值范围； (3)已知函数是上的函数，且，，当时，都有成立，求实数的最大值. 【答案】(1)是，理由见解析 (2) (3)6 【分析】（1）根据题意可得在恒成立，即可求解； （2）由题意可得在上恒成立，即求，令，，再结合导数从而可求解； （3）由题意可得对上恒成立，即，解得，从而不妨设，则，即，令，再结合导数从而可求解. 【详解】（1）因为，     因为时，，所以是上的函数.     （2）由题知，在上恒成立，         则，令，，         则， 当时，；当时，， 则在上单调递增，在上单调递减，     所以， 所以实数的取值范围为.     （3）因为对上恒成立， 所以， 当时，得， 又，当且仅当时取等号； 且当时，单调递减， 所以当时，有最大值，即， 当时，恒成立； 当时，， 又，当且仅当时取等号， 又时，单调递减， 所以当时，有最小值，即， 综上得，                 不妨设，则，即， 令，则，使函数在上单调递增，. 则，即，即，对成立，即， 所以实数的最大值为6. 压轴八：利用导数研究函数的零点方程的根（共6小题） 1．（23-24高三上·江西·期末）已知函数（）. (1)当时，求的最小值； (2)若有2个零点，求a的取值范围. 【答案】(1)0 (2) 【知识点】由导数求函数的最值（不含参）、利用导数研究函数的零点 【分析】（1）依据给定参数值，确定具体函数，用导数求解最值即可. （2）根据题意，对参数范围进行分类讨论，找到符合题意的情况即可. 【详解】（1）的定义域为. 当时，，. 令（），则， 所以在上单调递增，又，所以当时，，； 当时，，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以. （2）由题意知（）. ①当时，在上恒成立，所以在上单调递增，所以至多有一个零点，不合题意； ②当时，令，则在上恒成立， 所以在上单调递增， 因为，， 所以存在唯一，使得，所以. 当时，，；当时，，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以. （a）当时，由（1）知，即时，，且，只有一个零点1，不合题意； （b）当时，因为，则，又在上单调递减， 所以， 而，令，则. 当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减， 所以；当时，，即. 又，所以，所以， 由的单调性及零点存在定理，知在上有且仅有一个零点. 又在上有且仅有一个零点1，所以，当时，存在两个零点； （c）当时，由，得，又在上单调递增， 所以.取，则，所以. 当时，，所以，所以，所以. 又因为，， 由的单调性及零点存在定理，知在上有且有一个零点， 又1为在内的唯一零点，所以当时，存在两个零点. 综上可知，a的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是正确对参数范围进行讨论，然后得到零点个数，最后得到所要求的参数范围． 2．（22-23高三上·江西·期末）已知函数（是自然对数的底数）有两个零点. (1)求实数的取值范围： (2)若的两个零点分别为，证明： 【答案】(1) (2)证明见解析 【知识点】利用导数证明不等式、利用导数研究函数的零点、零点存在性定理的应用 【分析】（1）令，则有2个零点转化为有2个零点，利用导数得在上单调递减，在上单调递增，再分类讨论与的大小，根据零点存在性定理可得结果； （2）设的两个零点为和，则，，将所证不等式化为，根据，，将化为，构造函数，，利用导数可证不等式成立. 【详解】（1）的定义域为. 由题意可得，有2个零点， 令，则在时恒成立，故在上单调递增， 所以有2个零点可转化为有2个零点， 因为，由可得，由可得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 若，则，此时恒成立，函数没有零点， 若，则，函数有且仅有一个零点， 若，则，因为，所以在上恰有一个零点， 令，则， 令，则，故为增函数， 所以，即，故为增函数， 所以，即，所以，所以， 所以在上恰有1个零点， 故 在和上各有1个零点，符合题意. 综上所述，的取值范围为. （2）由（1）可知，有两个零点，设为和，则，， 要证，只要证，即证，即证， 又，，所以，， 所以，只要证， 设，令，，所以只要证，即证， 令，，则， 所以在上为增函数，∴， 即当时，，所以， 即，故. 【点睛】关键点点睛：（1）中，令，将有2个零点转化为有2个零点，再利用导数和零点存在定理求解是解题关键；（2）中，设的两个零点为和，将所证不等式转化为，再构造函数，，利用导数证明不等式是解题关键. 3．（24-25高三上·北京房山·期末）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若对任意，都有，求实数的取值范围； (3)求证：存在实数，使方程有正实根. 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析. 【知识点】利用导数研究不等式恒成立问题、利用导数研究方程的根、求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、简单复合函数的导数 【分析】（1）把代入，求出导数，利用导数的几何意义求出切线方程. （2）证明恒成立，再按分类，结合不等式的性质及导数探讨单调性得解. （3）由方程有正实根分离参数并构造函数，利用导数探讨函数能取到正数即可推理得证. 【详解】（1）当时，函数，求导得，则，而， 所以曲线在点处的切线方程为. （2）对任意，不等式， 当时，令，求导得，函数在上递增， ，因此，当时，，，即恒成立，则； 当时，，由，得， 当时，，函数在上单调递减，，不符合题意， 所以实数的取值范围是. （3）由，，得， 令，求导得， 令，求导得， 函数在上单调递减，而， 则存在，使得，当时，，即， 函数在上单调递增，，取正数， 则直线与函数在上的图象有交点，此交点横坐标在区间， 所以存在实数，使方程有正实根. 【点睛】关键点点睛：借助恒成立的不等式，再借助不等式的性质及导数分类求解是关键. 4．（24-25高三上·北京昌平·期末）设函数，曲线在点处的切线方程为． (1)求实数的值； (2)求函数的单调区间； (3)求函数的零点的个数. 【答案】(1) (2)单调增区间为，，单调减区间为 (3)三个零点 【知识点】利用导数求函数的单调区间（不含参）、利用导数研究函数的零点、已知切线（斜率）求参数 【分析】（1）由基本初等函数的求导公式与导数运算法则，结合导数的几何意义即可求解； （2）由（1）可知函数，求导后解不等式与即可求得单调区间； （3）函数可化为，结合（2）中函数的单调区间与零点存在性定理即可求解. 【详解】（1）函数，所以. 依题意，解得. （2）由（1）知：函数，所以. 令，则， 记两根分别为，且，. 列表 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以，函数的单调增区间为，，单调减区间为. （3）函数.    令，得或，所以是函数的一个零点. 下面只要研究零点情况. 由（1）知，且，即. 又因为函数在上单调递减，所以， 即函数在上有且只有一个零点. 又因为，，且函数在上单调递增， 所以，存在唯一的，使. 同理，又因为，，且函数在上单调递增， 所以，存在唯一的，使. 所以函数存在三个零点，，.   综上函数存在三个零点，，. 【点睛】本题考查倒数的几何意义、利用导数研究函数的单调区间与零点问题. 本题第（2）小问考查利用导数研究函数单调区间，求导后解不等式与即可求得单调区间；本题第（3）小问为利用导数研究函数的零点问题，结合（2）中函数的单调区间与零点存在性定理即可求解. 5．（23-24高二下·北京延庆·期末）已知函数，其中． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若在上存在极值，求实数的取值范围； (3)求的零点个数． 【答案】(1) (2) (3)答案见解析 【知识点】利用导数研究函数的零点、求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、根据极值点求参数 【分析】（1）利用导数的几何意义即可求解； （2）将问题转化为在有解，则在有解，即可求解； （3）令，将问题转化为与交点的个数，利用导数研究的大致图象，即可求解. 【详解】（1）当时，， 则， 故，， 在点处的切线方程为，即 （2）， 当时，在单调递增，此时无极值点， 当时， 令或， 要使得在上存在极值， 则需要，解得 （3）令， 令，则， 记，则， 当时，单调递减， 当时，单调递增，且， 当时，， 而当时，， 作出的大致图象如下： 故当时，无零点； 当或时，一个零点； 当时，两个零点. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是参变分离得到，令，，从而转化为与交点的个数 6．（23-24高三上·北京顺义·期末）已知函数，其中． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若在上存在极值，求实数的取值范围： (3)写出的零点个数．（直接写出结论即可） 【答案】(1) (2) (3)见解析 【知识点】根据极值求参数、利用导数研究函数的零点、求在曲线上一点处的切线方程（斜率） 【分析】（1）求导，即可根据点斜式求解直线方程， （2）分类讨论即可结合极值的定义求解， （3）构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可结合函数图象求解交点个数求解. 【详解】（1）当时，，则， 故，， 在点处的切线方程为，即 （2）， 当时，在单调递增，此时无极值点， 当时，令或， 要使得在上存在极值，则需要，解得， （3）令， 令，则， 记，则， 当时，单调递减，时，单调递增， 且，时，， 而当时，， 作出的大致图象如下： 故当时，无零点， 当或时，一个零点， 当时，两个零点， . 【点睛】方法点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路 （1）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解． 题型九 非线性回归拟合 1．（2023·四川·三模）党的二十大报告提出，从现在起，中国共产党的中心任务就是团结带领全国各族人民全面建成社会主义现代化强国、实现第二个百年奋斗目标，以中国式现代化全面推进中华民族伟大复兴.高质量发展是全面建设社会主义现代化国家的首要任务.加快实现高水平科技自立自强，才能为高质量发展注入强大动能.某科技公司积极响应，加大高科技研发投入，现对近十年来高科技研发投入情况分析调研，其研发投入y（单位：亿元）的统计图如图1所示，其中年份代码x=1，2，…，10分别指2013年，2014年，…，2022年.    现用两种模型①，②分别进行拟合，由此得到相应的回归方程，并进行残差分析，得到图2所示的残差图．结合数据，计算得到如下值： 75 2.25 82.5 4.5 120 28.67 表中． (1)根据残差图，比较模型①，②的拟合效果，应选择哪个模型？并说明理由； (2)根据（1）中所选模型，求出y关于x的回归方程；根据所选模型，求该公司2028年高科技研发投入y的预报值．（回归系数精确到0.01） 附：对于一组数据其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为. 【答案】(1)选择模型②，利用见解析 (2)，. 【知识点】求回归直线方程、残差的计算、非线性回归、根据回归方程进行数据估计 【分析】（1）根据残差点的分布可得出结论； （2）令，可得出，利用参考数据可求出、的值，可得出关于的回归方程，然后将代入回归方程，可得出该公司年高科投研发投入的预报值. 【详解】（1）应该选择模型②，理由如下： 由于模型②残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，且带状区域的宽度比模型①带状宽度窄， 所以模型②的拟合精度更高，回归方程的预报精度相应就会越高，故选模型②比较合适. （2）根据模型②，令，研发投入与可用线性回归来拟合，有. 则，所以， 则关于的线性回归方程为， 所以关于的回归方程为， 年，即时，（亿元）， 所以该公司年高科技研发投入的预报值为（亿元）. 2．（2023·河南郑州·模拟预测）MCN即多频道网络，是一种新的网红经济运行模式，这种模式将不同类型和内容的PGC（专业生产内容）联合起来，在资本有力支持下，保障内容的持续输出，从而最终实现商业的稳定变现，在中国以直播电商、短视频为代表的新兴网红经济的崛起，使MCN机构的服务需求持续增长．数据显示，近年来中国MCN市场规模迅速扩大．下表为2018年—2022年中国MCN市场规模（单位：百亿元），其中2018年—2022年对应的代码依次为1-5． 年份代码 1 2 3 4 5 中国MCN市场规模 1.12 1.68 2.45 3.35 4.32 (1)由上表数据可知，可用指数函数模型拟合与的关系，请建立关于的回归方程； (2)从2018年-2022年中国MCN市场规模中随机抽取3个数据，记这3个数据中与的差的绝对值小于1的个数为，求的分布列与期望． 参考数据： 2.58 0.84 46.83 15.99 其中，，． 参考公式：对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，． 【答案】(1) (2)分布列见解析，期望为. 【知识点】非线性回归、超几何分布的分布列、求回归直线方程、超几何分布的均值 【分析】（1）两边取自然对数有，设，所以，则将非线性方程转化为线性方程，利用公式计算出， 代入样本中心点即可得到； （2）的取值依次为1,2,3，计算出每个对应的概率值，再利用期望公式即可得到答案. 【详解】（1）两边同时取自然对数得. 设，所以， 因为, 所以. 把代入,得,所以,所以, 即关于的回归方程为. （2）2018年-2022年中国MCN市场规模的5个数据中，与的差的绝对值小于1的数据有1.68, 2.45,3.35，共3个，所以的取值依次为1,2,3 所以的分布列为 1 2 3 . 3．（2023·江西·二模）2023年高考进入倒计时，为了帮助学子们在紧张的备考中放松身心，某重点高中通过开展形式多样的减压游戏，确保同学们以稳定心态，良好地状态迎战高考，游戏规则如下：盒子中初始装有2个白球和1个红球各一个，每次有放回的任取一个，连续取两次，将以上过程记为一轮.如果每一轮取到的两个球都是红球，则记该轮为成功，否则记为失败.在抽取过程中，如果某一轮成功，则停止；否则，在盒子中再放入一个白球，然后接着进行下一轮抽球，如此不断继续下去，直至成功. (1)如果某同学进行该抽球游戏时，最多进行三轮，即使第三轮不成功，也停止抽球，记其进行抽球试验的轮次数为随机变量，求的分布列和数学期望； (2)为验证抽球试验成功的概率不超过，假设有1000名学生独立的进行该抽球试验，记表示成功时抽球试验的轮次数，表示对应的人数，部分统计数据如下： 1 2 3 4 5 120 62 33 20 15 求关于的回归方程，并通过回归方程预测成功的总人数（取整数部分）； (3)证明：． 附：经验回归方程系数：，； 参考数据：，，（其中，）． 【答案】(1)分布列见解析，； (2)，270； (3)证明见解析. 【知识点】非线性回归、写出简单离散型随机变量分布列、独立事件的乘法公式、根据回归方程进行数据估计 【分析】（1）求出X的所有可能值，再求出各个值对应的概率，列出分布列并求出期望作答. （2）利用给定的数据结合最小二乘法公式求出回归方程，再预测成功的总人数作答. （3）求出在前n轮就成功和不成功的概率，再利用对立事件概率公式推理作答. 【详解】（1）依题意，X的取值可能为1，2，3，则； ；， 所以X的分布列为： X 1 2 3 P 所以数学期望为． （2）令，则， 依题意，， 于是， 则， 所以所求的回归方程为：， 估计t=6时，；估计t=7时，；估计t=8时，； 估计t=9时，；估计t≥10时，，从而， 所以预测成功的总人数为270． （3）依题意，在前n轮就成功的概率为， 又因为在前n轮没有成功的概率为 ，则， 所以． 4．（2023·安徽·模拟预测）纯电动汽车、混合电动汽车及燃料电池电动汽车均为新能源汽车，近几年某地区新能源汽车保有量呈快速增长的态势，下表为2018~2022年该地区新能源汽车及纯电动汽车的保有量（单位：万辆），其中2018~2022年对应的年份编号依次为： 年份编号 1 2 3 4 5 该地区新能源汽车保有量 1.5 2.6 3.4 4.9 7.8 该地区纯电动汽车保有量 1.3 2.1 2.8 4.0 6.4 (1)由上表数据可知，可用指数函数模型拟合与的关系，请建立关于的回归方程（，的值精确到0.1），并预测2023年该地区新能源汽车保有量能否超过10万辆； (2)从表中数据可以看出2018~2022年，该地区新能源汽车保有量中纯电动汽车保有量占比均超过80%，说明纯电动汽车一直是新能源汽车的主流产品．若甲、乙、丙3人从2018~2022年中各随机选取1个年份（可以重复选取），记取到满足的年份的个数为，求的分布列及数学期望． 参考数据： 1.25 22.62 1.1 1.5 11.4 其中，． 参考公式：对一组数据，，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，． 【答案】(1)，预测2023年该地区新能源汽车保有量能超过10万辆 (2)分布列见解析，数学期望为 【知识点】非线性回归、利用二项分布求分布列、二项分布的均值 【分析】（1）设，由已知可得，利用最小二乘法结论求，由此可得回归方程，再利用回归方程进行预测，并判断结论； （2）由条件确定随机变量的所有可能取值，由条件可得结合二项分布的分布列和期望公式求解. 【详解】（1）由得， 设，则， 因为， ， ，， 所以． 又，所以， 所以，故， 所以， 则，又，， 所以， 即关于的回归方程为， 当时，， 所以预测2023年该地区新能源汽车保有量能超过10万辆． （2）的所有可能取值为，易知年中满足的年份有2个， 则每人取到满足的年份的概率为， 故， ，， ，， 的分布列为 0 1 2 3 ． $