第2章 专题探究6 数学文化与探究创新-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（北师大版）

专题探究6数学文化与探究创新 黑题 专题强 限时：40min 题组1数列中的创新问题 题组2导数中的创新问题 1.*(2025·广东茂名高二期末)将正整数n 4.*★(2025·福建漳州高二月考) 分解为两个正整数k,k2的积，即n=k,k2, 拉格朗日中值定理是微分学的基 当k1,k2两数差的绝对值最小时，我们称其为 本定理之一，定理内容如下：如果函数f(x)在 最优分解.如12=1×12=2×6=3×4，其中3×4 闭区间[a,b]上的图象连续不间断，在开区间 即为12的最优分解，当k1,k2是n的最优分 (a,b)内的导数为f'(x),那么在区间(a,b)内 解时，定义f(n)=Ik-k21,则数列{f(3)}的 至少存在一点c,使得f(b)-f(a)=f'(c)(b 前2025项的和为 a)成立，其中c叫作f(x)在[a,b]上的“拉格 ( A.31013-2 B.32025-2 朗日中值点”.根据这个定理，可得函数 C.31013-1 D.32025-1 f(x)=cosx在[0,3π]上的“拉格朗日中值 点”的个数为 ( 2.#(多选)(2025·山东日照高二期末)已知 A.1 B.2 C.3 D.4 数列{an},设mn a+atta(n∈N),若 5.整(2025·湖南长沙高二月考)定义：设二 元函数z=fx,y)在点(xo,yo)的附近有定义， 数列{an}满足：存在常数c,使得对于任意两 当y固定在y而x在x处有改变量△x时，相 两不相等的正整数i,j,k,都有(i-j)mk+ 应的二元函数z=f(x,y)有改变量△z= (j-k)m:+(k-i)m,=c,则称数列{an}具有性 质2，下列结论正确的是 ( 九x+山))，如果=点有布，那么 A.若an=2n-1,则数列{an}具有性质2 称此极限为二元函数z=f(x,y)在点(xo,yo） B.若数列{an}的前n项和Sn=2-1,则数列 处对x的偏导数，记作f(xo,yo).若z=f代x,y） {an}具有性质2 在区域D内每一个点(x,y)对x的偏导数都 C.若数列{an}具有性质2，则常数c=0 存在，那么这个偏导数就是一个关于x,y的二 D.若数列{an}具有性质2，则{an}为等差 元函数，它就被称为二元函数z=f(x,y)对自 数列 变量x的偏导函数，记作f(x,y).已知F(x, 3.锌（多选）(2025·安徽阜阳高二 y)=x2+y2-xy,若F(x,y)=1,则F(x,y）+ 期末)若数列{an}前n项和为Sn, F,(x,y)的取值范围为 () 1 1 A.(-0,2] B.[-2,2] 满足AS+Ba,a ,其中A,B∈R,则称{an} C.(0,2] D.[2,+∞) 是P(A,B)数列，则下面选项正确的是( 6.整(2025·浙江杭州高二月考)定义一个可 A.若an=n,则{an}是P(1,0)数列 导函数f(x)在定义域内一点x处的弹性为 B.若an=2”,则{an}是P(1,2)数列 x0f'(x0) ,请写出一个定义在正实数集上且任 C.P(2,0)数列是等差数列 f(xo) D.P(1,B)数列是等比数列 意一点处的弹性均为2的可导函数： 选择性必修第二册·BS黑白题78 全书综合检测 （(时间：120分钟总分：150分) 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.6.*(2025·辽宁鞍山高二期末)已知单调递 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 增数列{an}的通项公式为an=3”+入(-2)n+1, 要求的， 则实数入的取值范围为 1.·(2025·陕西西安高二月考)下列求导正 A() 确的是 ( A.(cos 4x)'=sin 4x B.(e2)'=e2 c(-) C.(x2-2)'=2x-2 D.(ln2)'=0 7.(2025·江苏盐城高二月考)若过点(a,b) 2.·(2025·陕西渭南高二期末)已知等差数 可以作曲线y=lnx的两条切线，则（) 列{an}中，a2=4,a5=12,则S。等于( A.e>O>a B.In a>0>b A.48 B.49 C.e6>a>0 D.In a>b>0 C.55 D.54 8.禁(2025·江苏无锡高二月考)若定义在R 3.*(2025·天津西青区高二期末)已知函数 上的函数f(x)的导函数为f'(x),且满足 f(x)=(x2-a)e2“在区间[-1,2]上单调递增， f'(x)>f(x)+9e,f(3)=27e3,则不等式 则a的取值范围为 ( f)>xe的解集是 9 A.（-0,0] B.(x,4] A.(3,+0) B.(-0,3) C.(-3,+0) D.（-∞，-3) C.(-∞，6] D( 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 4.*(2025·福建龙岩高二月考)若等比数列 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求 为a {an}的前n项和为S,且a2a,=2a1,4 全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有 选错的得0分 与2a7的等差中项，则S4= 9.*(2025·江西赣州高二月考)设{an}是 A.29 B.33 各项为正数的等比数列，q是其公比，T是其 C.31 D.30 前n项的积，且T,<T,T,=Tg>T,则下列结 5.*(2025·辽宁朝阳高二月考)在数列{an} 论正确的是 中，已知a1=1且an+1+an=2n,则其前29项 A.q>1 和S2的值为 ( B.as=1 A.56 B.365 C.Tio>T6 C.421 D.666 D.T,与Ts均为Tn的最大值 全书综合检测黑白题7912.(1)证明：由题得f'(x)=-1+x-3hx2=2-3弘r2= 1+x 1+x (3),因为e(0,+),所以>0设g(到 0则 (1+2<0在(0，+∞)上恒成立， 1 所以g(x)在(0，+∞)上单调递减，g(0)=1-3k>0,令 1 g(x)=0-→x=3 -1,所以当x∈(0，x。)时，g(x)>0,则 f'(x)>0;当x∈(xo,+0)时，g(x)<0,则f'(x)<0,所以 (x)在(0，x。)上单调递增，在(xo,+∞)上单调递减，所以 f(x)在(0，+o)上存在唯一极值点.对函数y=ln(1+x)-x, y's-I 1+x -1= -x<0在(0，+0)上恒成立，所以y= 1+x ln(1+x)-x在(0，+∞)上单调递减，所以y=ln(1+x)-x< yl=o=0在(0，+∞)上恒成立.又因为f(0)=0,所以 f1小>0，且证-1，h(1+)因此当时。 2k <-宁1-2)<0.所以)在(0，+)存 在唯一的零点. （2②)①证明：由(1)知无-1，则+1了() ()因为g0=*0--).所以 g0=0(）( （x,+t+11+x, -t(x,+i)2 t(x1-t)2 (x,+1+1)(x,+1)(x,-t+1)(x,+1) =3t· 「（(x+)2(x1-t)21_6k2(2-x-2x1) x,+i+1x,-+1] (1+,)P因为>0,1e (0,x1),所以2-x-2x,<0,(1+x1)2-t2>0,所以g'(t)= 6ht2(t2-x7-2x,） (1+,)2-<0,即g()在区间(0，)上单调递减. ②解：2x>x2,证明如下：由①知，函数g(t)在区间(0，x,)上单 调递减，所以g(0)>g(x,),即0>f(2x,).又f(x2)=0,由 (1)可知f(x)在(0，+∞)上单调递减，x2∈(0，+∞)，且对 任意x∈(0，x2)有f代x)>0,所以2x1>x2 专题探究6数学文化与探究创新 黑题 专题强化 1.C解析：当n=2k(keN)时，3”=32=3×3，所以f代3")= ! f(32)=13-31=0,当n=2h-1(k∈N°)时，3"=32-1=3-1× 3,则f3")=f(32-1)=13-1-31=2×3-1,故数列{f(3“) 的前2025项的和为2x(3”+3+32+…+30)=2x1-30 1-3 31013-1. 2.ACD解析：对于C,若{an}具有性质2，则(i-j)m+ (jk)m:+(k-i)m=c①，交换i,j的位置→(j-i)m4+ (i-k)m+(k-j)m,=c②，①+②→2c=0,c=0,C正确.对 于A,若a,=2n-1m,-+2)n=n,对任意两两不相 2n 等的正整数i,j,k,(i-j)mk+(j-k)m:+(k-i)m,=(i-j)k+ (j-k)i+(k-)i=0,符合条件，∴.{an具有性质2，A正确.对 于B,m.=21,取i=1,=2,k=3(i-》m+0-k)m,+ --- 7 31 (k-i)m=-1x3+(-1)×1+2x2=-3≠0，a.不具有 性质2，B错.对于D,令i=1,j=2,记S。为数列{an的前 n项和，：{an具有性质2，.(i-j)m+(jk)m+(k-i)m,= 参考答案 0今4+2-)·4+h-）a+0=0今3=(2-hm中 2 at02·k(k-1)①，k≥2时，S1=(3-k)(k-1)a1+)2(k 2 1)(k-2)②，①-②=→a=(3-2k)a1+(a,ta2)(k-1)=(a2-a1)k+ 2a1-a2,∴.ak1-a4=a2-a,(k≥2且keN*),而k=1时，上式 也成立，a1-a。=a-a1对neN恒成立，.{an}为等 差数列，D正确. 3.BCD解析：对于A,由a,=n可得S,=n(+1）,等式两边同 2 w数可n片品j安士 1=L1,所以a,是P(2,0)数列，故A错误：对于B, n+l an anti 由an=2”可得Sn 2(1-2）=21-2,所以5，+2=2，即有 1-2 1=1=11=11,所以a,}是P(1,2)数列，故 Sn+22a2”21anan+ 11-1= B正确：对于C,已知P(2,0)数列，则有2S4,a 0+10e当n22时S20-4S12(4.-0,),两式 anantl anan+l 相减得0，=2(a-4)2(a.-g),又an≠0，所以1= +1 da-1 2(an+1-an）2(am-a-1 ,即2(an+1-an)(an-an-1）=a+1（am a-1)-02-(a+1-an),整理得(a+1-an)a,=an(an-an-1),又 an≠0，所以2a。=an-1+a1,所以{an是等差数列，故选项 C正确：对于D,因为数列a,是P(1,B)数列，所以.1 S.+B L-1,所以VneN,a≠0当n≥2时，S,+B= dm(i), an an+l S-1+B=- 0(可得a2。品因 an+l-an an-an-1 an+1-an an-an-1 为a,≠0，所以1=2，所以(a1-4,)(a, +1-0nan-0n-1 an-1)=a+1(a,-an-1)-a-1(a4l-an),整理可得a=a+1an-l, 又an≠0，所以a.}是等比数列，故选项D正确. 4.D解析：设函数f(x)在[0,3π]上的“拉格朗日中值点”为 ,由题意可知30）='(，即s3知0e0 3π-0 3π-0 2 2 -sin xo,3m =sin &o 3m e(0,1),由h(x)=sinx在[0,3m] 的图象可知，y二3元 =2与函数h(x)的图象有4个交点，即方程 3元s血存在4个解，即~拉格朗日中值点"的个数为4. Az 5.B解析：依题意，F,(x,）=im 「(x+△x)2+y2-(+△x)y-x2-y2+xy1 △x =m(2x-y+ △x)=2x-y,同理可求得F,(x,y)=2y-x,所以F(x,y)+ F,（x,y)=x+y,设z=x+y,则y=-x+a,由F(x,y)=x2+y2-y= 1,得x2+(-x+z)2-x(-x+x)-1=0,3x2-3zx+2-1=0,此方程 有解，所以4=9z2-12(z2-1)=-3z2+12≥0,22≤4，-2≤z≤2. 6.f(x)=x(答案不唯一)解析：由题意，当x>0时， （2,整理得f'()-2)=0.设g()=《. f八x) x 则g()='()-5f'(-2=0.故 x22 x2+1 白题51 g(x)=C,C为常数，由g(x)=八四=C得)=C,故答 案可以为f(x)=(答案不唯一) 全书综合检测 1.D解析：对于选项A:由余弦函数的导数可得(cos4x)'= -4sin4x,故A错误；对于选项B:由复合函数求导可得 (e2)'=e2·(2x)'=2e2,故B错误；对于选项C:因为 (x2-2)'=(x2)'-(2)'=2x,所以C错误：对于选项D:因为 n2为常数，所以(ln2)'=0,故D正确. 2.A解析：等差数列{an}中，a2=4,a5=12,所以S。= 6(a1+a6 2 -=3(a2+a5)=48. 3.B解析：f'(x)=e“(2x2+2x-2a),由题意得f'(x)≥0在 [-1,2]上恒成立，即2x2+2x-2a≥0→a≤x2+x在x∈ [-1,2]上恒成立，则a≤(x2+x)x∈[-1,2]，当x=2 时+：取得最小值-，放a≤- 1 4.D解析：设等比数列的公比为q,由a2a3=2a,=a1a4→ a,=2,由子为a与2a,的等差中项，得a:+24,=4 5 所以2=9=g=g=7=a,9=2a,=16,故8= 1 1 aa a1·(1-q) =30. 1-g 5.C解析：Sg=a,+a2+a3+a4+…+a,+a2s+a29=a1+(a2+a3）+ （a4+a3)+…+(a26+a27)+(a28+a2y)=1+2×2+2×4+…+ 2×26+2×28=1+2×(2+4+6…+26+28)=421. 6.A解析：已知a1>an恒成立，即3*1+入(-2)+2>3"+ 入(-2)+1恒成立，n为奇数时，31-入·2*2>3"+入·2+1， 3<()八，(3)广的最小值是所以3A<A2n 3 1 为偏数时3+M…2>3”-A…2,-31<()八，()月 的小值是？所以-3以<号所以-< 7.C解析：设切点坐标为1，a)(>0)y=切线斜 率=}在点(1，h0处的切线方程为y=(x-)+ +n-1.切线过点(a,b)b=4+ln1-1.过点 In t=I (a,b)可以作曲线y=lnx的两条切线，.令g()=:+lnt- 1,则y=b与g()有两个不同交点，g(0)=-g+上-0 2t2 (t>0),当a≤0时，g'(t)>0,g(t)在(0，+∞)上单调递增， 不合题意；当a>0时，若te(0,a),则g'(t)<0;若te(a,+o), 则g'(t)>0,∴.g(t)在(0，a)上单调递减，在(a,+∞)上单调 递增，.g(t)mm=g(a)=1+lna-1=lna,∴.b>lna,即e°>a. 又a>0,.e>a>0. 8.A解析：因为”()>)+9e,所以'（)-)-9>0，所 以[-]'>0，令g)-八四-9，则函数g在R上 单调递增.因为f3)=27,所以g(3)=八3》-27=0，原不等 式等价于八)-9>0，即g()>g(3),所以>3，所以不等 e 选择性必修第二册·BS 式xe的解集是(3，+如)。 9 _T=1,所以 g.BD解析：由T<I,得a>1,由T,=T,得a,, =q<1,又g>0,所以0<q<1,故A错误，B正确：因为a,} 是各项为正数的等比数列，9∈(0,1)，有a,>a2>…>a,>g= b,>a>,所以7-a,44,an=(a,)2=G<1,所以 To<T6,故C错误：T<T2<<T,=Tg>T,>To>…,则T,与T 均为T。的最大值，故D正确 10.ABD解析：函数f(x)=ax3+bx2+cx+1(a≠0)，求导得 f'(x)=3r2+2hx+e,由0)=0，得3a+2b+c=0,解得 f1)=1, (a+b+c=0, 6=-2a,则f'(x)=3ar2-4ax+a=a(3x-1)(x-l),当a>0 Ic=a, 时，对<<1有(x)<0,对>1有'(x)>0,所以x=1是 f代x)的极小值点，不符合题意；当a<0时，由f'(x)<0,得 x<写或l:/'()>0,得}<<1，因此x=号是x)的 极小值点，x=1是f(x)的极大值点，符合题意，ABD正确， C错误. ,AD解析对于A当a时，2，令b,a,.则bD 公.4-故0d,≤a≥2》.即1，≤子≥2)AE确： 对于B,若数列{an}为常数列，令an=t,则t=2-21+2,解得 t=1或t=2,∴.a=1或an=2,B不正确：对于C,令bn=a, 1,则b1=b,若数列{an}为递增数列，则数列{bn为递增 数列，则bn1-bn=b-bn>0,解得bn<0或bn>1.当b,<-1 时，b2=b>1,且bn1=b2,∴.b2<b<…<bn<…,b,<b2,此时数 列{b,}为递增数列，即数列{an}为递增数列；当-1≤b,<0 时，0<b2≤1，且bn+1=b,∴.b2≥b3≥…≥bn≥…，b1<b2,此 时数列{bn}不为递增数列，即数列{an}不为递增数列；当 b,>1时，bn+1=b员，∴.b1<b2<b3<…<bn<…,此时数列{bn}为 递增数列，即数列an}为递增数列.综上，当b,<-1或b,> 1,即a1<0或a1>2时，数列1a}为递增数列，C不正确；对 于D,令bn=an-1,则bn+1=b,b,=2,两边同时取以2为底 的对数，得log2bn+1=2log2bn,logb1=1,∴.数列{log2b}是 首项为1，公比为2的等比数列，.logb。=2-1,即bn= 22-1 a.=22+1,D正确故选AD. 12. 4n-1,n≥2解标：当n≥2时，a,=S,-S.1=2n2+n+1- 4,n=1, [2(n-1)2+(n-1)+1]=4n-1,当n=1时，a,=S,=4不满 .∫4，n=1, 足上式，则a,={4n-1,n≥2 13.(1,4)U(6,7)解析：由函数y=f(x)的图象可知，(x) 在区间(4,7)上单调递减，在区间(-2,4)上单调递增，即 当x∈(4,7)时，f'(x)<0;当xe(-2,4)时，f'(x)>0.因 为'( >0可化为)>0，或<0，解得1<<4或 f(x) f'(x)>0f'(x)<0, 6<<7,所以不等式（)0的解集为(1,4)U(6,7). f(x) 14.2102解析：a2=m,a3=2,a4=2m,a5=4,a6=4m,a,=8,对 于奇数项，a,=2°，a,=2,a=22,a,=23,所以a-1=21， 对于偶数项，a2=2°·m,a4=2·m,a6=22·m,所以 a24=21·m,所以a2s=210o13-1=2102 15.解：(1)设数列an的公差为d,则a1=1,a2=1+d,a4=1+ 3d,又a2是a1和a4的等比中项，所以(1+d)2=1+3d,解得 d=1或d=0(舍去)，所以an=a,+n-1=n(n∈N*). 黑白题52