专题10 高二下学期期中真题精选压轴115题21类考点专练（期中复习专项训练）高二数学下学期人教A版

专题10 高二下学期期中真题精选压轴 （115题21大压轴题型） 选填小压轴 解答压轴 题型1 递推关系求通项公式 题型13 数列求和综 题型2 数列最值与范围 题型14 数列新定义 题型3 判断等差等比 题型15 用导数证明不等式 题型4 比较大小项 题型16 恒成立问题 题型5 恒成立问题 题型17 能成立有解问题 题型6 构造函数 题型18 零点问题 题型7 整数解问题 题型19 图象交点与方程的根 题型8 零点与方程的根 题型20 双变量问题 题型9 导数多选题综合 题型21 排列组合与二项式定理综合 题型10 排列组合综合 题型11 二项式定理 题型12 杨辉三角 题型一 递推关系求通项公式（共3小题） 1．（24-25高二下·广东江门·期中）在数列中，，，且对任意的，都有，则的通项公式为______；若，则数列的前项和______. 【答案】 【分析】由，可得，即是等比数列，可求得，变形为，即可得到是等差数列，可求得，从而求得；，利用分组求和以及等差等比前项和公式，先求出为正偶数时的表达式，再求为正奇数时的表达式，即可得到. 【详解】因为，，所以. 因为，所以， 又，则有， 所以， 所以是以4为首项，2为公比的等比数列. 所以， 所以， 又，所以是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以，所以. 由题意可得， 则的奇数项为以为首项，为公比的等比数列；偶数项是以为首项，为公差的等差数列. 所以当为偶数，且时， ； 当为奇数，且时，为偶数， . 时，，满足. 所以，当为奇数，且时，有. 综上，. 故答案为：； 【点睛】思路点睛：涉及给出递推公式探求数列性质的问题，认真分析递推公式并进行变形，可借助累加法、累积法求通项的方法分析、探讨项与项之间的关系而解决问题. 2．（24-25高二下·湖北省直辖县级单位·期中）在数列中，，对任意，则______．已知是数列的前项和，且，若，则的最小值为______． 【答案】 【分析】将化简，得是等比数列，通过的通项公式求出的通项公式；通过的通项公式化简分析，取和最小的几项之和，即为所求. 【详解】由，可得，即． 令，得，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列， 则，即． 又， 所以当且仅当时，， 即的最小值为． 故答案为：；. 3．（24-25高二下·四川成都·期中）已知数列满足，且，则数列的通项公式为_____________；记，则的值为_____________（其中[x]为不超过实数的最大整数，如）． 【答案】 18 【分析】由题意，分类讨论即可得到，通过放缩得到即可得解. 【详解】因为， 所以，，又， 所以，， 所以当时，， 当时，， 综上所述，， ， 注意到，， 所以 ， 故. 故答案为：，18. 题型二 数列最值与范围（共5小题） 4．（24-25高二下·安徽蚌埠·期中）已知各项均不为0的数列的前项和为，且，则的最大值为__________．（注：） 【答案】5 【分析】根据和条件得到，构造，，求导得到其单调性，从而确定在处取得最大值，最大值为. 【详解】因为，， 所以，故， 令，,则， 因为，所以， 令得，令得， 故在上单调递增，在上单调递减， 其中， 故在处取得最大值，最大值为. 故答案为：5 5．（24-25高二下·辽宁鞍山·期中）数列首项为，，已知数列是单调递增数列，则的取值范围为______________. 【答案】 【分析】由得恒成立，进而有随的增大无限接近于，根据二次函数性质及数列单调性有，得，利用即可得. 【详解】记①，将n换为代入得②， 对时， 由②－①得③， 因为数列是单调递增数列，所以， 由③得，即. 综合得. 根据单调性有，即，显然， 所以，且，则， 所以随的增大无限接近于，则，可得， 由，则，所以. 故答案为： 6．（24-25高二下·海南省直辖县级单位·期中）已知数列满足，，数列满足，若，都有，则的取值范围为_____. 【答案】 【分析】利用构造法结合等比数列的定义得到，再结合建立不等式，进而对的奇偶性进行讨论，使用分离参数法求解即可. 【详解】因为，所以，即， 得到，而，则， 故是以3为首项，3为公比的等比数列， 可得，即， 因为，所以， 则， 因为，所以， 则，即， 得到，且令， 我们对的取值进行分类讨论，易得， 当为奇数时，，当为偶数时，， 当为奇数时，可得，此时令， 由一次函数性质得在上单调递增，故，此时得到， 当为偶数时，可得，此时， 令，由一次函数性质得在上单调递减， 故，此时得到，综上可得，. 故答案为： 7．（24-25高二下·四川绵阳·期中）已知等差数列的前项和为，且.在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列.若对任意的，总存在，使得，则实数的取值范围是 __________. 【答案】 【分析】根据等差数列基本量的计算可得进而由等差数列的性质得进而利用作差法求解数列的单调性，求解最值即可求解. 【详解】设等差数列的首项为，公差为. 由，得： 由，得： 将代入上式：化简得： 因此，公差，通项公式为： 在与之间插入个数，构成项的等差数列，其公差为： 设，则 故，所以单调递增，最小值为. 数列的最小值：，当时，. 对任意，存在，使得.由于且，只需保证，即. 故答案为：. 8．（24-25高二下·辽宁·期中）（多选）已知数列满足，，则（   ） A．是递减数列 B． C．当的前n项和取得最小值时， D．对任意，不等式，则 【答案】ACD 【分析】对A，由题得，利用数列单调性定义判断；对B，由题，当时，，利用累乘法求出通项；对C，由题得，可得数列的前6项均小于0，从第7项开始大于0，得解；对D，对分奇数和偶数讨论，将原不等式转化为恒成立，求出最值得解. 【详解】对于A，由题，， 又，由递推式可得，所以是递减数列，故A正确； 对于B，由上面可知，当时，， 将上式累乘得，， 整理得，又，所以，故B错误； 对于C，设，则，， ，，，，， 由指数函数与函数的增长速度可知，当时，， 所以当数列的前n项和取得最小值时，，故C正确； 对于D，当为偶数时，不等式转化为，又， 所以， 当为奇数时，不等式转化为，又， 所以， 综上，，故D正确. 故选：ACD. 题型三 判断等差等比（共7小题） 9．（24-25高二下·湖南·期中）已知各项均不为零的数列，其前项和为，且.下列结论中错误的是（    ） A． B．不存在实数，使为递减数列 C．存在实数，使得为等比数列 D．，使得当时，总有 【答案】C 【分析】赋值法计算判断A，先应用计算化简得出数列分奇偶得出等差数列，再分类求出通项即可判断B，C，再结合指数运算判断D. 【详解】由得， 相减可得，， 由于各项均不为零，所以，所以的奇数项和偶数项分别为公差为的等差数列， 对于A，因为，所以，故A正确； 对于B，由于的奇数项和偶数项分别为公差为的等差数列， 且，， 所以，， 所以，所以不可能为递减数列，即不存在实数，使为递减数列，故B正确； 对于C，因为，， 若为等比数列，则为常数，则， 此时，故，，进而可得数列的项为显然这不是等比数列，故C错误， 对于D，若，只要足够大，一定会有， 则，只要足够的大，趋近于0， 而，显然能满足， 故，当时，总有，故D正确， 故选：C. 10．（24-25高二下·四川成都·期中）（多选）已知数列满足，前项和为，下列说法正确的是（     ） A． B．的解有3个 C． D． 【答案】ABD 【分析】由已知可得，可判断A，求得数列的通项公式，再逐项计算可判断BCD. 【详解】由，可得， 所以， 显然，两边同除以， 可得，所以， 所以是以为首项，为公差的等差数列，故A正确； 所以，所以，解得， 由，可得，所以， 解得或，又，所以，故的解有3个，故B正确； ， ， 当或时，的最大项为，故C错误； 当时， ， 所以，故D正确. 故选：ABD. 11．（24-25高二下·江苏南京·期中）（多选）已知数列的前n项和为，为数列的前n项积，满足，给出下列四个结论，正确的是（   ） A． B．为等比数列 C． D．数列的最大项的值为 【答案】ACD 【分析】通过中赋值n可判断A选项，由代入化简可得是以2为首项，1为公差的等差数列，求出，再求出，即可判断BC选项，令，通过解不等式组即可判断D选项. 【详解】因为，所以，即，故A正确； 因为为数列的前n项积，故， 所以， 故，又 故是以2为首项，1为公差的等差数列， 所以，易知不为等比数列，故B不正确； ，故C正确； 令， 解不等式组，得， 当时，， 当时，， 所以数列的最大项的值为，D正确， 故选：ACD. 12．（24-25高二下·江西·月考）（多选）设函数，数列满足，，则（    ） A． B．数列是等比数列 C． D． 【答案】BCD 【分析】根据求出，即可判断A，根据等比数列的定义判断B，求出，再由作差法比较大小，即可判断C，利用基本不等式判断D. 【详解】对于A：因为，即，解得，故A错误； 对于B：因为，所以， 又，所以是以为首项，为公比的等比数列，故B正确； 对于C：由B可知，则， 又， 所以，故C正确； 对于D：， 当且仅当，即时成立， 又，所以，故D正确. 故选：BCD 13．（24-25高二下·山东淄博·期中（多选））数列的各项均为正数，，函数在点处的切线过点，则下列正确的是（    ） A． B．数列是等比数列 C．数列是等比数列 D． 【答案】BD 【分析】由导数的意义求出切线的斜率与由斜率的定义式化简可得，代入和可得A错误；构造数列可得B正确，构造数列后由可得C错误；由等比数列的定义可得D正确. 【详解】由得， 所以切线的斜率， 因为各项均为正数，所以化简可得， 对于A，当时，，即； 当时，，即， 所以，故A错误； 对于B，， 所以数列是以首项，公比为3的等比数列，故B正确； 对于C，因为，则，且，故C错误； 对于D，因为，且，则， 所以数列是以为首项，3为公比的等比数列，所以，故D正确. 故选：BD. 14．（24-25高二下·辽宁鞍山·期中）（多选）已知，且当方程有解时，有：，则下列说法正确的是（    ） A．若，数列为等差数列 B．若，数列为等差数列 C．若，数列通项公式为 D．若，则存在一个自然数，，使得成立 【答案】BCD 【分析】令，，此时，且满足，解得或.可知此时数列是等比数列，即可判断选项A；当时，方程的根，，通过化简可得，可知数列是首项为，公差为的等差数列，即可判断选项B；当，时，，利用数学归纳法即可判断选项C；当，不存在满足，数列具有周期性，即可判断选项D. 【详解】由题可知为方程的解. 令，，则，满足，此时，且满足，解得或. 当时，，∴， ∴此时数列是公比为的等比数列； 当时，，∴， ∴此时数列是公比为的等比数列，故选项A错误； 当时，，此时方程的根， ∴，∴， ∴数列是首项为，公差为的等差数列，故选项B正确； 当，时，，数列通项公式为，选项C正确.下面用数学归纳法证明如下： 当时，，∴满足； 假设当时，命题成立，即； 则当时，，命题也成立. 综上，，故选项C正确； 当，此时对应的方程无实数根，即不存在满足，所以数列具有周期性，故选项D正确. 故选：BCD. 15．（24-25高二下·四川·期中）（多选）已知数列的前n项和为，且，，则（   ） A．为等比数列 B． C．当最小时， D．存在数列中的三项成等差数列，其中m，k，p为正整数，且 【答案】AC 【分析】根据数列的递推关系可判断；根据为等比数列可知偶数项构成等比数列，根据等比数列前项和公式即可判断；利用导数即可判断；由等差中项和等比数列的通项公式可得，然后根据已知判断该式不成立，即可判断. 【详解】对于，当时，因为，所以， 所以，即， 当时，，所以， 所以数列是首项为，公比为的等比数列，故正确； 对于，因为数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，， 所以偶数项构成首项为，公比为的等比数列， 所以，故错误； 对于，因为，所以， 令，所以， 当，时，， 当，时，， 又，所以当最小时，，故正确； 对于，若成等差数列，，， 则，所以， 所以，等式两边同时除以得， 所以，所以， 因为且，所以，所以， 所以，又，所以不成立， 所以不存在数列中的三项成等差数列，其中m，k，p为正整数，且，故错误. 故选：. 题型四 比较大小项（共3小题） 16．（24-25高二下·北京·期中）若数列各项均为正数，且，则下列结论错误的是（    ） A．对任意， B．当时，存在，使得 C．可以是常数列 D．当时，对任意， 【答案】B 【分析】先求得与的递推关系式，利用差比较法、换元法，结合二次函数的知识以及差比较法求得正确答案. 【详解】由，得， 则，依题意，所以， 由于，所以可由，解得（负根舍去）， 对于A：由于，所以，即对任意，，故A正确； 对于B：因为， 又，则，即， 又，即，则， 同理可得，当，都有，故B错误； 对于C：①， 若，解得，此时是常数列，故C正确； 对于D：因为， 当，则，即， 同理可得，当，都有， 又，即数列为递减数列， 即当时，，故D正确. 故选：B 17．（24-25高二下·海南省直辖县级单位·期中）（多选）已知数列满足，，，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】由得，结合即可判断A，变形得判断B，将变为，然后根据及单调性求解范围判断C，根据，利用累加法得，根据，利用累加法得，即可求得，即可判断D. 【详解】因为，所以，又，所以，故A正确； 对取倒数得， 所以，故B错误； 因为，所以，因为，所以，又，所以与同号，所以， 所以，所以，故C正确； 由B可知，因为，所以，所以当时，， 累加得，即，所以， 又因为，所以，所以当时，，累加得，即，所以，即，故D正确. 故选：ACD 18．（24-25高二下·辽宁·期中）（多选）已知数列满足，，则（   ） A．， B．， C．，为完全立方数 D．，数列的前项和 【答案】ABD 【分析】先利用累乘法求出数列的通项公式，作差判断A，根据数列的增减性判断B，利用判断C，利用数学归纳法，假设数列的前项和成立判断D. 【详解】由题意可得，， 所以当时，，…，，， 以上个式子左右两边分别相乘得， 即，将代入解得， 当时满足，所以数列的通项公式为， 因为对恒成立， 所以对恒成立，A说法正确； 易知数列是递增数列，且，，所以，，B说法正确； 因为，所以不存在使得为完全立方数，C说法错误； 下证，数列的前项和， 当时，成立， 假设当时，成立， 则当时， 成立， 所以，数列的前项和，D说法正确； 故选：ABD 题型五 恒成立问题（共7小题） 1．（24-25高二下·浙江杭州·期中）已知不等式对任意的恒成立，则正实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】易得，对任意的恒成立，构造函数，利用导数求出函数的最小值，进而可得出答案. 【详解】因为不等式对任意的恒成立， 所以， 则已知可化为不等式对任意的恒成立， 即对任意的恒成立， 令，则， 因为函数在都是增函数， 所以函数在是增函数， 又当时，，当时，， 所以存在，使得， 即，所以，所以， 令，则，令，则， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以 ， 因为对任意的恒成立， 所以恒成立， 因为函数在都是减函数， 所以函数在是减函数， 又当时，， 所以由，得， 令，则， 所以在上单调递增， 所以， 所以. 故选：B. 2．（24-25高二下·江苏无锡·期中）已知函数，若恒成立，则正整数的最大值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】利用公切线与隐零点，将问题转化为关于公切点的对勾函数求值域问题，即可得到答案. 【详解】原不等式等价于，由图可知    若满足题意，只需小于与两个函数相切时的的值即可， 设公切点为，因为，， 所以，所以，所以， 令，所以，所以单调递增， 因为，， 所以存在，使得， 所以，令，则， 根据对勾函数的性质知单调递减， 所以，所以正整数的最大值为. 故选：. 3．（24-25高二下·辽宁·期中）已知恒成立，则正数的取值范围为__________. 【答案】 【分析】由题意有，即，令即，利用单调性得即，令，即，利用导数研究单调性求最大值即可求解. 【详解】由有， 令，即，由，当时，， 所以在上单调递增，由有， 即，令，所以， 所以，令有，由有，有， 所以单调增区间为，单调减区间为， 所以，所以，即， 故答案为：. 4．（24-25高二下·河北承德·期中）若关于的不等式且在上恒成立，则实数的取值范围为_______________. 【答案】 【分析】根据不等式可构造函数，再结合函数单调性可得，即，求出在上的最大值即可得出结论. 【详解】由得， 令，则， 由二次函数性质可知在单调递增，且，所以， 即，即在上恒成立. 令，则，由可得， 当时，；当时，； 所以在单调递增，在单调递减， 故，所以，即， 可得实数的取值范围为. 故答案为： 5．（24-25高二下·福建厦门·期末）设函数，若，则的取值范围为______． 【答案】 【分析】变形给定不等式，再构造函数与，求出它们的最值即可得解. 【详解】函数定义域为， 不等式， 设，求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，； 设，则，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，，因此， 于是，则， 所以的取值范围为. 故答案为： 6．（24-25高二下·江苏苏州·期中）若不等式对任意恒成立，则正实数t的取值范围是________． 【答案】 【分析】利用同构思想将问题转化为恒成立，再构造函数，得出其单调性，进而得出对任意恒成立，再利用参变分离，构造函数，求最大值即可. 【详解】因,则等价于， 即， 令，则，则在上单调递增， 因为不等式对任意恒成立， 所以对任意恒成立， 因为，所以，， 所以对任意恒成立， 则对任意恒成立， 令，则， 令， 则，则在上单调递减， 因为， 所以，则，即在上单调递减， 则，故， 则正实数t的取值范围是. 7．（24-25高二下·浙江·期中）设函数，若存在实数使得恒成立，则的取值范围是________． 【答案】 【分析】函数的定义域为，将恒成立，转化为在上恒成立，即.构造函数，，利用导数求出两函数的最值，只须，从而得到关于的不等式，再求解即可. 【详解】函数的定义域为， 若存在实数使得恒成立， 即在上恒成立， 即在上恒成立， 即在上恒成立， 即在上恒成立. 设，则， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 所以当时，函数取得最大值，即， 设， ， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 所以当时，函数取得最小值，即， 所以若存在实数，使得在上恒成立， 只须，即，两边取对数后解得， 所以的取值范围为， 故答案为： 题型六 构造函数（共4小题） 8．（24-25高二下·浙江·期中）设是函数定义在上的导函数，满足，则下列不等式一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】令，求导，得到在上单调递增，可直接判断B、C选项；举出反例，设，可判断A、D选项. 【详解】令，则， 所以在上单调递增， B选项，由，即，可得，故B错误； C选项，由，即，可得，故C正确； A选项，因为，不妨设（为常数）， 即（为常数），所以， 令，故，当时，为常数函数， 此时，即，所以，故A错误； D选项，根据上述分析，，（为常数）， 故，，令，， 当时，，在上单调递减， 所以，则，故D错误. 故选：C. 9．（24-25高二下·四川遂宁·期中）已知函数的定义域为，，其导函数满足，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】构造函数，求导后判断的单调性，然后根据单调性解不等式即可. 【详解】令，则， 所以在上单调递减，则原不等式等价于， 因为，所以， 所以，所以，解得， 所以不等式的解集为. 故选：B 10．（24-25高二下·山东聊城·期中）已知函数，若对任意的，当时，都有，则实数a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，在上单调递增，即恒成立，参变分离即在上恒成立，再，利用导数求其最大值即可得a的取值范围. 【详解】对任意的，当时，都有， 即在上恒成立， 设，则当时，恒有， 即在上单调递增， 又，则在上恒成立， 即在上恒成立， 设，则， 当时，，等号不会同时取到，所以， 则在上单调递减，所以，则， 所以实数a的取值范围为. 故选：D 11．（24-25高二下·广东广州·期中）已知正实数x，y满足，则（   ） A．2 B． C． D． 【答案】D 【分析】设、，利用导数分别研究两个函数的性质可得当时，即可求解. 【详解】设，则， 令， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以； 设，则， 令， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以. 所以当时，，即， 此时. 故选：D 题型七 整数解问题（共3小题） 12．（24-25高二下·浙江绍兴·期中）已知不等式恰有2个整数解，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D．或 【答案】D 【分析】原不等式等价于，，设，，然后转化为函数的交点结合图象可求. 【详解】原不等式等价于，， 设，，所以， 当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 又，且时，， 因此与的图象如下， 当时，显然不满足条件， 当时，若0，1是不等式的解，只需要满足，即，解得． 当的切线过点时，设切点为， 则切线方程为，该直线过点，， 解得， 若是原不等式的解，则，解得； 所以k的范围为. 故选：D． 13．（24-25高二下·江苏·期中）设函数，其中，若存在唯一的整数使得，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】不等式存在整数解等价于的图象有部分在直线的下方且这部分图象上有横坐标为整数的点，用导数刻画的图象后考虑动直线的变化趋势从而得到实数a的取值范围． 【详解】令，则， 当时， ，所以在上是单调减函数； 当时，，所以在上是单调增函数； 由可得， 由题意可知，存在唯一的整数，使得， 则函数在直线下方的图象中只有一个横坐标为整数的点， 因为 当时，则函数在直线下方的图象中有无数个横坐标为整数的点，不合乎题意； 所以，因为， 当直线过点时，则，解得； 又，直线，所以此时函数与直线相切于点， 当直线过点时，则，且， 结合图象可得， 所以的取值范围是， 故选：A 14．（24-25高二下·上海·期中）已知函数，若不等式的解集中恰有三个不同的整数，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】构造新函数和，研究函数的单调性与最值，数形结合可得a的范围． 【详解】令， 由题意知，存在3个正整数，使在直线的下方， ， ∴当时，，当时，， ∴ 直线恒过点，且斜率为， 若不等式恰有三个不同的整数，则三根为1,2,3 由题意可知时不符合题意，所以， 解得. 故选：D． 题型八 零点与方程的根（共4小题） 15．（24-25高二下·河北邯郸·期中）已知函数有两个零点，，且，则下列命题正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据零点可将问题转化为，构造，求导即可根据函数的单调性得函数的大致图象，即可根据图象求解，根据极值点偏移，构造函数，结合函数的单调性即可求解，根据可得，即可求解，根据不等式的性质即可求解. 【详解】由可得，令，其中， 则直线与函数的图象有两个交点，， 由可得，即函数的单调递增区间为， 由可得，即函数的单调递减区间为， 且当时，，当时，， 如下图所示： 由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，故A错误； 由图可知，，因为， 由可得，由可得， 所以函数的增区间为，减区间为，则必有， 所以，则， 令，其中， 则，则函数在上单调递减， 所以，即，即， 又，可得， 因为函数的单调递减区间为，则，即，故B错误； 由，两式相加整理可得， 所以，可得，故C错误； 由图可知，则， 又因为，所以，故D正确. 故选：D. 16．（24-25高二下·云南·期中）已知函数，若有6个解．则的取值范围是____________． 【答案】 【分析】应用导数研究且的值域，结合二次函数的性质研究且，讨论、，数形结合求参数范围. 【详解】由且，则， 当时，当时， 则在上单调递减，在上单调递增， 所以， 对于且，图象恒过， 当时，函数图象大致如下，则不可能有6个解，同理也不符， 所以，此时，即，如下图示， 要使有6个解，则，可得. 故答案为：. 17．（24-25高二下·江苏南京·期中）已知，，分别是函数与的零点，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】问题化为，构造并用导数研究函数的单调性得，将目标式化为，再构造，最后应用导数求其最大值，即可得. 【详解】因为，分别是函数与的零点， 所以，则，即， 又，，所以，． 设，则， 所以在上单调递增，所以，则， 所以，则． 设，则， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减，， 所以的最大值为． 故选：B 18．（24-25高二下·安徽芜湖·期中）（多选）已知函数有四个零点，，，（），则（    ） A． B． C． D．若，则 【答案】ABD 【分析】将函数零点转化为方程的根，令，即方程有两根，根据一元二次方程根与系数的关系，结合函数图象、指数函数与对数函数的性质逐项分析即可. 【详解】由题意知有四个不同的根，显然，即， 令，即，即. 另外，， 令，得，故在区间上单调递增，在区间上单调递减， 当时，，可得函数的大致图象如图所示：    根据题意知存在两根，，不妨设， 则满足，. 即有， 则由图象可知，所以，故A正确； 由于方程的两根，满足， 所以，解得，故B确； 由，，得， 两边取自然对数得，故C不正确； 由，两边取自然底数得 若，则， 所以， 令，，所以恒成立， 所以在上单调递减， 又，且， 所以，故D正确. 故选：ABD. 题型九 导数多选题综合（共10小题） 19．（24-25高二下·重庆·期中）函数，下列说法正确的是（   ） A．若函数在上是增函数，则 B．若函数在处取得极大值，则 C．若，则函数在闭区间上的最大值为 D．若函数在区间上有两个零点，则的取值范围为 【答案】AC 【分析】利用导函数在上恒成立转化为在上恒成立可判断A正确，利用极值点定义计算可得，可得B错误，根据函数最值定义计算可得C正确，将函数的零点转化为二次函数零点问题，经分析可得D错误. 【详解】由可得， 对于A，若函数在上是增函数，所以在上恒成立， 又，，所以等价于函数在上恒成立， 则在上恒成立，则，即A正确； 对于B，由可得或； 显然当时，不合题意， 若函数在处取得极大值，则在附近的符号从正变为负， 所以，可得，即B错误； 对于C，时，， 因此当时，，即在上单调递增， 当时，，即在上单调递减； 当时，，即在上单调递增； 因此在处取得极大值，在处取得极小值， 易知， 所以函数在闭区间上的最大值为，即C正确； 对于D，令，可得， 若函数在区间上有两个零点，即在区间上有两个实数根； 显然，即，所以； 即可得在上单调递减，此时不可能有两个实数根，即可得D错误. 故选：AC 20．（24-25高二下·福建·期中）已知函数，则（    ） A．导函数有无数个零点 B．有无数个零点 C．当时，在上存在极小值点，无极大值点 D．当时，是图象的一条切线 【答案】AC 【分析】对于A，转换为和的交点个数情况即可；对于B，转换为和的交点个数情况即可；对于C，通过分析可知只需研究的根的情况即可，进一步求导即可判断；对于D，分析可知只需判断是否等于1即可. 【详解】对于A，，当时，， 注意到的值域是，且它的图象是一条波浪起伏的曲线，如下图, 从而导函数有无数个零点，故A正确； 对于B，如图所示， 注意到的值域是，且它的图象是一条波浪起伏的曲线， 而显然是增函数，且当时，， 也就是说此时的图象与的图象才可能有交点， 由于区间长度有限，故交点个数必定有限，故B错误； 对于C，当且时，，， 当时，， 所以我们只需研究的根的情况即可， 设， 求导得，， 因为在上都单调递增， 所以在上单调递增， 注意到， 从而在上存在唯一的使得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 因为，所以，因为， 所以存在唯一的使得， 当时，，当时，， 所以在时，单调递减，在时单调递增， 所以在上存在极小值点，无极大值点，故C正确； 对于D，当时，，注意到，且也经过点， 对求导得，，因为，故D错误. 故选：AC. 21．（24-25高二下·山东青岛·期中）已知正数，满足，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】构造且，先用导数研究的单调性，进而得到的单调性，可得，再应用不等式的性质、基本不等式及指对数的性质判断各项的正误. 【详解】由题设，令且， 令，则在上恒成立，即在上单调递增， 根据复合函数及指数函数的单调性易知在上单调递增，而， 所以，故，A对；又，则，B错； 由，显然等号不能成立， 所以，即，C对； 由，则，又，则，D错. 故选：AC 22．（24-25高二下·海南海口·期中）设函数，则下列说法正确的是（    ） A．曲线在处的切线方程为 B．记的导函数为，若方程恰有两个解，则的取值范围是 C．设，则关于的不等式的解集为 D．设，则 【答案】ABD 【分析】根据导函数求函数值得出切线斜率进而得出切线方程即可判断A，应用导函数结合对勾函数的值域即可判断B，应用函数奇函数的性质结合一元二次不等式得出C，应用对称中心计算判断D. 【详解】设，， 曲线在处的切线斜率为，， 所以切线方程为，A选项正确； 若方程恰有两个解，令， 根据及对勾函数性质得的取值范围是，B选项正确； 设，为奇函数， 则关于的不等式，可以化简为， 又因为， 所以在上单调递减， 所以，即得 所以解集为，C选项错误； 设， 因为，是奇函数关于对称， 所以关于对称， 所以， ， 则，D选项正确. 故选：ABD. 23．（24-25高二下·江苏常州·期中）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若函数与均为偶函数，则下列结论中正确的是（   ） A． B．函数的图象关于点对称 C． D． 【答案】ABD 【分析】得到函数是奇函数，即可判断A；构造函数，判断其奇偶性，即可判断B；由两个对称性得到周期性即可判断C；先求出，并归纳出，由，归纳出，再利用周期性判断D. 【详解】对于A：因为为偶函数，即， 所以，即， 所以其导函数为奇函数， 将代入，得，得，故A正确； 对于B：因为为偶函数， 所以为奇函数，函数图象关于对称，且， 所以的图象关于点对称，故B正确； 对于C：因为为偶函数，可得， 即， 因为为奇函数，可得， 即，得， 所以，即， 则， 可知的周期为4，故C错误； 对于D：因为为偶函数，可得关于对称， 由且关于对称，知， 又的周期为4，可得和， 合并后，可得. 选项C中有等式，即， 则有成立， 所以 ，故D正确. 故选：ABD. 24．（24-25高二下·福建福州·期中）设函数，则（   ） A．当时，有三个零点 B．当时，是的极大值点 C．存在，使得为曲线的对称轴 D．存在，使得点为曲线的对称中心 【答案】ABD 【分析】对于A，利用导数确定函数的单调区间，求出极值即可判断；由当，可得，结合A，即可判断B；判断是否有解，即可判断C；求解，即可判断D. 【详解】解：对于A，因为， 令，解得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数的极大值为，极小值为， 所以有三个零点，故A正确； 对于B，由A可知，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以是的极大值点，故B正确； 对于C，因为， ， 因为无解， 所以不存在，使得为曲线的对称轴，故C错误； 对于D，因为， ， 当函数关于点中心对称时， 则有点， 即， 所以，解得， 所以当时，函数的图象关于中心对称，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】结论点睛：函数关于对称，则有；函数关于中心对称，则有. 25．（24-25高二下·广东·期中）伯努利不等式，又称贝努利不等式，是分析不等式中最常见的一种不等式，由数学家伯努利•雅各布提出，其形式为：，则.基于上述事实，则（   ） A．若，则当且仅当时伯努利不等式的等号成立 B． C．当且时，若不等式恒成立，则 D．， 【答案】ACD 【分析】根据当时的伯努利不等式即可判断选项A；由伯努利不等式可知，再利用不等式和基本不等式即可判断选项B；当时，易证.令，通过讨论和时，在附近的函数单调性与函数值符号即可判断选项C；由伯努利不等式可知，故，利用错位相减法求和即可判断选项D. 【详解】当时，伯努利不等式化为，令，得.由，故，故选项A正确； 由伯努利不等式可知. 设，则. 令，解得；令，解得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以当且仅当时等号成立， 所以，当且仅当时等号成立，故选项B错误； 当时，由伯努利不等式可知. 设，则的定义域为，. 令，解得；令，解得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以当且仅当时等号成立， 所以. 当时，令， 注意到，且， 可知存在正数，使得当时，单调递减，此时在为负值； 同理可得，当时，在时为负值，故选项C正确； 由伯努利不等式可知，所以， 记，则， 两式相减可得：， 故，所以，，故选项D正确. 故选：ACD. 26．（24-25高二下·重庆·期中）设函数，则（   ） A．的单调递增区间为， B．有三个零点 C．若关于x的方程有四个不同实根，则 D．若对于恒成立，则 【答案】ACD 【分析】先根据分段函数的解析式和导数相关知识判断函数的单调性，即可判断；令，分段求出的值即可判断；先解方程求出的值，再根据函数的单调性和最值画出函数图象，通过方程的根与图象的公共点之间的联系进行转化，进而判断；由已知将问题转化为求函数，的最大值问题，通过求导判断函数的单调性即可求解最值，进而求解的范围. 【详解】当时，，所以在上单调递增， 当时，， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以的单调递增区间为，，故正确； 当时，由得， 当时，由得，所以函数有两个零点，故错误； 因为，所以或， 因为在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，函数有最大值， 又当时，，所以的图象如图所示： 由图可知有一个根， 若满足关于x的方程有四个不同实根， 则有三个不同实根，所以，故正确； 若对于恒成立，所以对于恒成立， 即, 令，，所以， 由得（舍）或， 当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 所以当时，有最大值为，所以， 所以对于恒成立，则，故正确. 故选：. 27．（24-25高二下·浙江·期中）已知函数，则下列结论正确的是（   ） A．若，则有极大值，无极小值 B．若，则有四个单调区间 C．若，且有两个零点，则成立 D．若，则对任意，都有成立 【答案】ACD 【分析】AB项通过求导研究函数单调性可知；C项，令整体换元，转化所证不等式为证明，，构造函数，，研究单调性证明不等式即可；D项利用二阶导函数的符号判断函数凹凸性从而得证. 【详解】A项，当时，，则，. 令，得， 当或时，，在和上单调递增； 当时，，在上单调递减； 所以在处取极大值，无极小值，故A正确； B项，当时，，. 则, 所以在与上都单调递增，故B错误； C项，当时，， 当时，无意义，故必不是的零点， 而有两个零点， 可令，，不影响取值范围的分析. 若有两个零点，证明： 则方程有两根，则必有一个零点， 要使有解，则，且，即且. 当且时，由解得， 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增； 要使有两个零点， 则， 若时，， 此时不满足题意，故. 当时，由得. 又由，，且当， 则在与内各有一个零点， 由题意不妨设，则， 则，， 两式作比得，令， 则，代入，解得， 则， 故，所以要证明， 即证明，，只需证， 即证明， 令，， 则， ，故在上单调递增； 所以， 故在上单调递增，故 故，故C正确； D项，当时，， 则， ， 令， 由， 因为，则故恒有， 所以当时，且， 即函数在单调递增，也单调递增， 所以连接函数图像上任意两点的线段（弦）始终位于这两点之间的曲线上方， 则弦中点也始终位于这两点之间的曲线上方， 所以对任意，都有成立，D正确. 故选：ACD. 28．（24-25高二下·广东广州·期中）已知函数，为的导函数，则（   ） A．曲线在处的切线方程为 B．在区间上单调递增 C．在区间上有极小值点，且 D．若、，，且在处取极值，则 【答案】BC 【分析】利用导数的几何意义可判断A选项；利用导数的单调性与导数的关系可判断B选项；分析导数符号的变化，求出极值点的取值范围，结合正弦型函数的基本性质可判断C选项；构造函数，其中，分析函数的单调性，分析可得，结合函数的单调性可判断D选项. 【详解】依题意，， 对于A选项，，，所求切线方程为，A错； 对于B选项，当时，，在区间上单调递增，B对； 对于C选项，、在上都单调递增，则函数在上单调递增， ，， 则存在唯一，使得， 当时，；当时，， 因此在处取得极小值， 且， 因为，则，所以， 所以，C对； 对于D选项，由题意， 则，令， 则对任意的恒成立， 所以函数在上单调递增， 因为，， 所以，存在，使得， 且当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以，函数在处取到极小值， 因为，即， 不妨设，则有， 构造函数，其中， 则， 令，则， 构建，则对任意的恒成立， 所以，函数在上为增函数， 当时，，所以，， 所以，函数在上单调递减，则， 故函数在上单调递增，所以，， 即， 因为，则， 因为函数在上单调递增，所以，即，D错. 故选：BC. 题型十 排列组合综合（共17小题） 单选题 1．（24-25高二下·河南驻马店·月考）用蓝色和红色给一排10个方格染色，则蓝色使用次数不少于红色且至多两个蓝色相邻的方法种数为（   ） A．71 B．126 C．171 D．175 【答案】D 【分析】根据蓝色、红色的使用次数分类讨论，逐一求解. 【详解】第一类：蓝色5个，红色5个的情况：先排5个红色，出现6个空， 若蓝色互不相邻，有种方法； 若蓝色为，则先从6个空中选1个空，排双蓝，再从剩余5个空总共选3个， 排单蓝，共有种方法； 若蓝色为，则先从6个空中选1个空，排单蓝，再从剩余5个空中选2空，排双蓝， 共有种方法. 这种情况下总方法种数为：种. 第二类：蓝色6个，红色4个的情况：先排4个红色，出现5个空， 若蓝色为，则先从5个空中选1个，排双蓝，再把4个单蓝排到剩余4个空中， 有种排法； 若蓝色为，则先从5个空中选2个，排双蓝， 再从剩余3空中选2个，排单蓝，有种排法；若蓝色为， 则先从5个空中选3个，排双蓝，有. 这种情况下总方法种数为：种. 第三类：蓝色7个，红色3个：先排3个红色，出现4个空， 蓝色必为形式，先从4个空中选1个，排单蓝， 再把3个双蓝排到剩余3空中，有种排法. 蓝色再多就不能有满足条件的排法了. 故满足条件的排法共有：. 故选：D 2．（24-25高二下·云南昆明·期中）某市选派9名医生到3个乡镇义诊，其中有5名主治医师，4名实习医生，要求每个乡镇分配3名医生，且每个乡镇至少有一名主治医师，则不同的分配方法种数为（   ） A．720 B．1480 C．1080 D．1440 【答案】D 【分析】依题意，先考虑主治医师的两种分配方案，在每种方案中（注意平均分组），再考虑对应的实习医生的分配人数，最后将三个组合分配到3个乡镇即可. 【详解】由题意，要求每个乡镇分配3名医生，且每个乡镇至少有一名主治医师， 则主治医师的分配方案有2种，即“”或“”. 当主治医师按照“”分配时，主治医师的分法种数为， 再将4名实习医生按照“”与之配成对应的三组，分法种数为， 最后将分好的三组分配到3个乡镇，分配方法种数为， 根据分步乘法计数原理，不同的分配方法种数为； 当主治医师按照“”分配时，主治医师的分法种数为， 再将4名实习医生按照“”与之配成对应的三组，分法种数为， 最后将分好的三组分配到3个乡镇，分配方法种数为， 根据分步乘法计数原理，不同的分配方法种数为. 根据分类加法计数原理，不同的分配方法种数为. 故选：D. 3．（24-25高二下·北京通州·期中）平面直角坐标系上将横、纵坐标都为整数的点记为格点，点从格点出发，每次运动到另一格点时，沿水平或竖直方向移动一个单位，则点经过6次移动回到格点的移动路径总数为（    ） A．81 B．200 C．400 D．480 【答案】C 【分析】依题意可按照分类加法计数原理将问题分成四类，再利用组合数计算即可. 【详解】根据题意可知点从格点出发，可沿上、下、左、右四个方向移动； 若点经过6次移动回到格点可分为以下四种情况： 第一种：在六步移动过程中选择3步向上，另外3步向下，共有种； 第二种：选择3步向左，另外3步向右，共有种； 第三种：选择2步向上，另外2步向下，1步向左，1步向右，共有种； 第四种：选择1步向上，另外1步向下，2步向左，2步向右，共有种； 因此共有种. 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题关键在于可将回到出发点的问题转化为在六步移动过程中，向左右、上下的相反方向的移动步数相等，再利用组合计数问题计算可得结果. 4．（24-25高二下·安徽蚌埠·期中）将20个大小，材质均相同的小球分别编号为1，2，3，…，20，将这20个小球随机分装到甲，乙两个盒子中，每个盒子装10个小球，设甲盒中小球的最小编号为a，最大编号为b，乙盒中小球的最小编号为c，最大编号为d，则“”的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出将这20个小球随机分为两组放入甲，乙两个盒子中的方法数，再假设1号在甲盒中，推出编号从1到7的小球，13号小球在甲盒中，情况数为，甲盒与乙盒互换，同样有6种情况，共有12种满足要求，从而计算出概率. 【详解】将这20个小球随机分为两组放入甲，乙两个盒子中，共有种方法， 假设1号在甲盒中，则甲盒中小球的最大编号为13，故20号小球在乙盒中， 乙盒中小球最小编号为8，从而编号从1到7的小球均在甲盒中， 9,10,11,12号小球有任意2个在甲盒中，满足要求的情况数为， 将甲盒与乙盒互换，同样有6种情况，综上，共有种，满足要求， 所以“”的概率为. 故选：C 5．（24-25高二下·四川资阳·期中）如图，用四种不同的颜色给图中的，，，，，，七个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有（    ） A．600 B．288 C．576 D．以上答案均不对 【答案】A 【分析】根据题意，先排，，的方法，分与相同，与相同和既不同于又不同于，三种情况讨论，结合分类计数原理，即可求解. 【详解】由题意，可得，，分别有4，3，2种方法， （1）当与相同时，有1种方法，此时有2种， ①若与相同有有1种方法，同时有3种方法， ②若与不同，此时有2种方法， 共有：种方法； （2）当与相同时，有1种方法，此时讨论的3种方法， 共有种方法； （3）当既不同于又不同于时，有1种方法， 共有种方法， 由分类计数原理，可得共有种方法． 故选：A． 6．（24-25高二下·辽宁抚顺·期中）从、、、、、中任选个不同的数字组成一个四位数，若这个四位数是偶数，则个位、十位和百位上的数字之和为偶数的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求出四位偶数的个数，然后考虑这个四位数既是偶数，又满足个位、十位和百位上的数字之和为偶数的情况，对个位、十位和百位上的数字进行分类讨论：三个数位上的数字全是偶数、三个数位上的数字为两奇一偶，求出满足条件的四位偶数的个数，再利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】若个位上的数字为，则这样的四位偶数的个数为； 若个位数字不是，则个位数字为或，首位有中选择，这样的四位偶数的个数为. 所以，四位偶数的个数为个； 下面考虑这个四位数既是偶数，又满足个位、十位和百位上的数字之和为偶数的情况： 若个位、十位和百位上的数字都是偶数，则首位从、、中选择一个数，有种选择， 再将、、排在个位、十位和百位上，这样的四位偶数个数为个； 若个位、十位和百位上的数字中有个奇数、个偶数，则十位、百位上的数字为奇数， 若首位为奇数，则三个奇数分别排首位、百位、十位，则个位排偶数，这样的四位偶数的个数为个； 若首位为偶数，则首位从、中选择一个，个位从以及剩余的一个偶数中选择， 十位、百位从个奇数中选择个排列即可，这样的四位偶数的个数为个. 综上所述，个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位偶数的个数为个. 故所求概率为. 故选：A. 多选题 7．（24-25高二下·河南·期中）在如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，点从点处出发，每次向上或向右移动1个单位长度，直至到达点时停止移动，则下列结论正确的是（   ）    A．移动的方法共有252种 B．仅有4次连续向上移动的方法有30种 C．经过点的移动方法有70种 D．若对任意，从第次到第次的移动方向相同，则移动的方法有2种 【答案】ABD 【分析】结合分步乘法原理利用组合数求解判断AC，结合分类加法原理利用组合数求解判断B，逐个分析即可判断有“先连续向右，再连续向上，最后连续向右”和“先连续向上，再连续向右，最后连续向上”2种方法判断D. 【详解】对A，由题可知，无论怎样走，一定移动10次，其中5次向上移动，5次向右移动， 故移动的方法共有种，故A正确； 对B，仅有4次连续向上移动的方法有种，故B正确； 对C，若经过点，则前3次向右移动2次向上1次，后7次向右3次向上4次， 所以移动的方法有种，故C错误； 对D，由题可知，当时，第1,2次的移动方向相同，当时，第3,4,5次的移动方向相同， 当时，第6,7,8,9次的移动方向相同，因为向右5次，向上5次， 所以第次的移动方向相同，则移动的方法有2种，故D正确. 故选：ABD 8．（24-25高二下·广东江门·期中）下列判断正确的是（    ） A．方程有两个不同的实数解 B．方程的正整数解共有126组 C．方程有唯一实数解 D．方程的非负整数解共有3003组 【答案】BCD 【分析】构造函数，利用导数探讨函数最小值判断AC；利用隔板法列式求解判断BD. 【详解】对于A，令函数，求导得，当时，； 当时，，函数在上递减，在上递增，， 因此有唯一解，A错误； 对于B，将10个相同小球排成一列，用5块隔板将10个小球分成5部分，每种分法的5个结果 即为一组正整数解，共有，B正确； 对于C，函数定义域为，求导得 ，令函数，函数在上递增，， ，则存在唯一实数，使得，即， 当时，，即；当时，，即， 函数在上递减，在递增，， 因此方程有唯一实数解，C正确； 对于D，原方程化为， 将16个相同小球排成一列，用5块隔板将16个小球分成5部分，每种分法的5个结果 即对应一组非负整数解，共有，D正确. 故选：BCD 9．（24-25高二下·山东泰安·期中）对一个量用两种方法分别算一次，由结果相同构造等式，这种方法称为“算两次”的思想方法.利用这种方法，结合二项式定理，可以得到很多有趣的组合恒等式.例如：考察恒等式，左边的系数为，而右边，的系数为，因此可得到组合恒等式.利用算两次的思想方法或其他方法，可以得出下面有关组合数的等式，正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】A选项，，左边的系数等于右边的系数，得到A正确；B选项，在个人中选人搞卫生工作，其中人擦窗户，人拖地，共有多少种不同的方法，用两种方法解答，得到B正确；C选项，，左边的系数等于右边的系数，故，C错误；D选项，在C基础和题干条件下，得到方程组，联立得到答案. 【详解】A选项，， 左边的系数为， 右边， 故的系数为， 故，A正确； B选项，在个人中选人搞卫生工作，其中人擦窗户，人拖地，共有多少种不同的方法？ 方法一：先从在个人中选人，再从选出的人中选出人擦窗户，共有种不同的方法； 方法二：先从在个人中选人擦窗户，再从剩余的人中选人拖地， 故共有种方法； 故，B正确； C选项，， ， 左边的系数为， 右边的系数为，故，C错误； D选项，由题干可得， 故， 即①， 由C可知，，则②， 故①-②得， 所以，D正确. 故选：ABD 填空题 10．（24-25高二下·河北·期中）方程的正整数解共有________组． 【答案】58 【分析】利用隔板法、分类加法以及分步乘法公式即可求解. 【详解】对于方程，设，，， 则，，． 当时，，可以为，，， 利用隔板法可得解的组数为； 当时，，利用隔板法可得解的组数为． 故方程的正整数解共有组． 故答案为：58. 11．（24-25高二下·江苏南京·期中）15个人围坐在圆桌旁，从其中任取4人，两两不相邻的概率是___________． 【答案】 【分析】先让11个人入坐，再把其余4人插空求任取4人两两不相邻的入坐方法数，再应用古典概型的概率求法求概率. 【详解】15个人围坐在圆桌旁从中任取4人，两两互不相邻， 先让11个人入坐，再把其余4人插空，共有种不同的围坐方法， 所求概率是． 故答案为： 12．（24-25高二下·天津河东·期中）如图，现要用红，橙，黄，绿，蓝5种不同的颜色对某市的6个行政区地图进行着色，要求有公共边的两个行政区不能用同一种颜色，则共有______________种不同的涂色方法.    【答案】1260 【分析】分类讨论所涂区域所用的颜色种类，结合排列数、组合数分析求解即可. 【详解】若只用3种颜色，先涂，则有种不同的涂色方法， 此时与的颜色相同，与的颜色相同，与的颜色相同， 所以共有种不同的涂色方法； 若只用4种颜色，先涂，则有种不同的涂色方法， 此时第4种颜色可以涂， 当涂时，则与的颜色相同，与或的颜色相同，有2种不同的涂色方法； 当涂时，则与的颜色相同，与的颜色相同，有1种不同的涂色方法； 当涂时，则与的颜色相同，与或的颜色相同，有2种不同的涂色方法； 所以共有种不同的涂色方法； 若用5种颜色，先涂，则有种不同的涂色方法， 此时第4和第5 种颜色可以涂， 当涂时，则与的颜色相同，有种不同的涂色方法； 当涂时，则与或或的颜色相同，有种不同的涂色方法； 当涂时，则与的颜色相同，有种不同的涂色方法； 所以共有种不同的涂色方法； 综上所述：共有种不同的涂色方法. 故答案为：1260. 13．（24-25高二下·重庆·期中）在平面直角坐标系上的一只蚂蚁从原点处出发，每次随机地向上、下、左、右四个方向移动一个单位，移动4次，则蚂蚁移动到圆内部的概率为_____. 【答案】 【分析】若蚂蚁移动到圆的内部，则移动4次后，蚂蚁可能的位置为原点，，，，，共5种情况.把向上、下、左、右四个方向的步数分别记为，，，，则.通过分析，，，的取值计算概率即可. 【详解】把向上、下、左、右四个方向的步数记分别为，，，，则. 若蚂蚁移动到圆的内部，则移动4次后，蚂蚁可能的位置为原点，，，，，共5种情况. 若蚂蚁移动到原点，则，，故，或，或，有种走法； 若蚂蚁移动到点（1，1），则，，故，，，或，，，，有种走法. 由对称可知，蚂蚁移动到圆内部的概率为. 故答案为：. 14．（24-25高二下·重庆·期中）按照一定次序排列的一列集合称为集合列，可记为；已知全集的子集满足.若恰有两个元素，则这样的集合列有__________个；所有满足条件的集合列有__________个. 【答案】 96 625/ 【分析】对于空①：先利用组合确定的不同的可能种数，然后结合集合的交并运算，利用乘法计数原理得到对于的每一种确定的情况，集合列的不同种数，进而利用乘法计数原理求得集合列的不同种数，得到空①的答案；类似空①的求解过程，得到的元素个数为0，1，2，3，4的各种情况下的集合列的不同种数，然后根据加法计数原理求和，并利用二项式定理化简计算得到空②的答案. 【详解】空①：有2个元素，是从中任选2个数字，有种不同的可能； 由于，所以中必须而且只需包含没有被选中的2个元素； 其余的2个元素都可以任意的在或不在中，各有4种不同的处置方法， 每种方法都确保了集合列的不同， 从而有种不同的处置方式，得到集合列的16种不同的结果， 所以集合列有种不同的结果. 空②：类似空①的过程，可知当时， 集合列有个不同的结果， 因为， 所以所有满足条件的集合列有625种不同的结果. 故答案为：96；625. 15．（24-25高二下·重庆·期中）在如图所示的九宫格中填入数字和字母，已知三个字母都填到九宫格中且不能在同一行同一列，其他每格只能从数字中选择一个填入，有公共边的两个格数字不相同，则不同的填法种数为________. 【答案】 【分析】先安排的位置，分在对角线和不在对角线两种情况，再考虑其他位置，应用分类加法计数原理及分步乘法计数原理计算求解. 【详解】考虑的位置：先排有种，再排有种，有种，共种． 分两种情况：在对角线；不在对角线． 对于： A ① B ② C 此时的位置有种，考虑①和②这两个位置， 其中①有种，即中选1个放入，与①相邻的两个位置各有个数字放入， 故有种放入的方法， 同理②和与②相邻的位置也有种放入的方法， 所以共有种． 对于： ① A B ② C 此时有种放入方法， 位置①有种放入方法，位置②有种，另外个位置各种， 故共有种． 所以不同的填法种数为种． 故答案为：5184. 16．（24-25高二下·江苏宿迁·期中）在华为的三进制数据处理研究中，设计了一种独特的三进制编码规则.将一个长度为8位的三进制数按位权展开并转化为十进制数，例如三进制数，转化为十进制数，其中，，则三进制数00001110对应的十进制数为_______，现有一个8位三进制数，包含3个，3个0，2个1，若要求首位不能为0，且相邻两位不能同时为，则这样的不同的三进制数个数共有_______. 【答案】 39 140 【分析】根据三进制表示规则直接计算可得结果，先将3个0，2个1进行排列，再利用插空法将3个进行排列，然后除去首位为0的所有情况，即可求得结果. 【详解】易知00001110对应的十进制数为； 先将3个0，2个1进行排列，共有种， 再将3个插入到6个空隙中去，共有种， 所以能表示出的不同的三进制数个数共有种， 其中有首位为0时，共有种， 则符合题意的不同的三进制数个数共有种. 故答案为：39；140. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用插空法将将3个插入到6个符合题意的空隙中去，求得总个数，然后减去首位为0时的个数即可得出结果. 17．（24-25高二下·新疆乌鲁木齐·期中）若三个正整数的位数之和为，且组成的个数码能排列为则称为“幸运数组”，例如是一个幸运数组.则满足的幸运数组的个数为__________. 【答案】 【分析】运用分类计数原理，结合排列组合知识可求解. 【详解】因为，所以有两类不同情形： （1）是两位数，都是三位数.先不考虑的大小，由于的首位均不能排0， 所以三个0可在五个位置中选择有种排法，两个2有种排法， 其余三个数5，6，7有种的排法，共有种不同的排法， 又因为不可能有，可知与的排法各占一半，所以有300个满足条件的幸运数组； （2）是两位数，是四位数.先不考虑的大小，由于的首位均不能排0， 所以三个0可在五个位置中选择有种排法，两个2有种排法， 其余三个数5，6，7有种的排法，共有种不同的排法. 如果，则只有，的四个位置上的数字为0，5，6，7，共有种排法， 此外，与的排法各占一半，即， 所以，有291个满足条件的幸运数组； 综上，所求幸运数组的个数为591. 故答案为：591. 题型十一 二项式定理（共4小题） 18．（24-25高二下·江苏泰州·期中）已知（，），的展开式中含的项的系数为15，则的展开式中含的项的系数是（   ） A．6或7 B．6 C．8或9 D．9 【答案】C 【分析】写出、展开式的通项，再对、分类讨论，分别确定、的值，再利用通项计算可得. 【详解】因为展开式的通项为（且）， 展开式的通项为（且）， 若，且，时， 则展开式中含的项为， 依题意可得， 若，则，不存在这样的正整数使得方程成立，故舍去； 若，则，不存在这样的正整数使得方程成立，故舍去； 若，满足题意，此时，则展开式中含的项的系数为； 若，此时，，则无解，故舍去； 若，，则展开式中含的项为，则，解得（负值已舍去）， 此时，则展开式中含的项的系数为； 若，时，展开式中含的项的系数为为，显然为偶数， 由，不存在这样的正整数使得方程成立无解，故舍去； 综上可得的展开式中含的项的系数是或. 故选：C 19．（24-25高二下·湖北宜昌·期中）（多选）关于多项式的展开式，下列结论正确的是（    ） A．各项系数之和为1 B．各项系数的绝对值之和为 C．常数项为140 D．的系数为40 【答案】BD 【分析】利用赋值法可计算并判断A、B；利用通项公式可计算并判断C、D. 【详解】对于A，令，可得各项系数之和为，故A错误； 对于B，多项式的展开式各项系数的绝对值之和与多项式的展开式各项系数之和相等， 在多项式中，令，可得各项系数之和为，故B正确； 对于C，的展开式的通项公式为， 的展开式的通项公式为， 令，则有4种情况： 当时，该项为； 当时，该项为； 当时，该项为； 当时，该项为. 故常数项为，故C错误； 对于D，令，结合， 则有，解得或， 当时，该项为； 当时，该项为， 所以的系数为，故D正确. 20．（24-25高二下·广东汕头·期中）（多选）已知，则下列描述正确的是（   ） A．偶数项的二项式系数和为128 B．除以5所得的余数是1 C． D． 【答案】AB 【分析】根据奇数项和偶数项的二项式系数的关系判断A的真假；利用二项式定理探索余数问题判断B的真假；利用赋值法判断C的真假；利用导数的运算，结合赋值法可判断D的真假. 【详解】对A：根据二项式系数的性质可得，所有项的二项式系数和为，并且奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和相等，均为，故A正确； 对B：因为，所以除以5所得的余数是1.故B正确； 对C：因为，，，，均为正数，，，，均为负数，令，则： ， 再令得：，所以，故C错误； 对D：因为， 令得：； 令得：. 所以，故D错误. 故选：AB 21．（24-25高二下·黑龙江绥化·期中）（多选）设，则（    ） A． B． C．中最大的是 D． 【答案】AB 【分析】利用二项式展开式的通项公式，找到一次项的系数，得出的值判断A选项. 判断B选项： 令，代入，得到的值. 判断C选项： 同样根据二项式展开式通项求，判断正负. 判断D选项： 分别令和，代入展开式，再通过两式相减得到的值. 【详解】设，则，所以， A选项正确； 令，得，B选项正确； 为负数，显然C选项错误； 令，得， 令，得，所以，D选项错误. 故选：AB. 题型十二 杨辉三角（共5小题） 22．（24-25高二下·江西景德镇·期中）（多选）在探究的展开式的二项式系数性质时，我们把二项式系数写成一张表，借助它发现二项式系数的一些规律，我们称这个表为杨辉三角（如图①，小明在学完杨辉三角之后进行类比探究，将的展开式按的升幂排列，将各项系数列表如下（如图②）： 上表图②中第行的第个数用表示，即展开式中含项的系数为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】由图②得到，可直接判断ABC，对于D，运用赋值法分析计算即可判断； 【详解】依据题意结合图②可知图②中每一行的每一个数等于其上一行头顶和左、右肩上共三个数的和（没有的用0代替）， 如：第四行的第三个数10，等于上一行头顶上的数3加上左、右肩上的数1和6， 第三行中的第二个数3，等于上一行头顶上的数1加上左、右肩上的数0（左肩上没有数，故用0代替）和2， 所以， 对于A项，由上可得，故A项错误； 对于B项，由图可知， 依此类推可得，故B项正确； 对于C项，由上可知，故C项错误； 对于D项，已知. 又因为. 由，展开式中的系数为. 而， 其展开式中的系数为， 即，故D项正确. 故选：BD. 23．（24-25高二下·福建泉州·期中）（多选）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和，则下列命题中正确的是（   ） A．在“杨辉三角”中，第行的所有的数字之和为 B．在“杨辉三角”第行的数中，从左到右第个数最大 C．在“杨辉三角”中，从第3行开始，取每行的第4个数得到一数列，则该数列前10项之和为 D．记“杨辉三角”第行的第个数为，则的值恰好是第行的中间一项的数字 【答案】ACD 【分析】对于A，利用所有的二项式系数之和为即可判断；对于B，利用“杨辉三角”中数字的左右对称性和左增右减的性质易判断；对于C，先写出数列的前10项之和为，再运用组合数的性质计算即得；对于D，先写出表示的式子，通过两个角度考虑展开式中的系数即可推理得到. 【详解】对于A，第行的所有的数字之和为，故A正确； 对于B，第行的数中，从左到右共有个数，则第个数最大，故B错误； 对于C，从第3行开始，取每行的第4个数得到一数列，则该数列前10项之和为， 因 ，故C正确； 对于D，依题意，，则， 下面证明. 分别从两个角度考虑二项式展开式中的系数，由的通项可知的系数为， 由考虑，的系数为：， 故有，而第行的中间一项为第项，即，故D正确. 故选：ACD. 24．（24-25高二下·山东·期中）（多选）杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算法》《日用算法》和《杨辉算法》．他在1261年所著的《详解九章算法》给出图1所示的表，我们称这个表为杨辉三角，图2是杨辉三角的数字表示．杨辉三角的发现要比欧洲早500年左右，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的．根据以上材料，则下列说法正确的是（   ）    A．第10行所有数字的和等于1024 B．第10行所有数字的平方和等于 C．若第n行的第i个数记为，则 D．记每一行的第个数组成的数列称为第k斜列，该三角形数阵前2024行中第k斜列各项之和为 【答案】ABC 【分析】根据杨辉三角对应的题图分析，结合二项式定理、组合数的性质及运算判断各项的正误即可. 【详解】对于A，由图分析知，杨辉三角的第n行是的展开式中二项式系数，， 所以，第10行所以数字的和为，A对； 对于B，由，则， 所以，对于含项，左侧为，右侧为， 所以，第10行所有数字的平方和，B对； 对于C，第行的第个数为，则，故，C对； 对于D，由， 所以，三角形数阵前2024行中第k斜列各项之和为， 时，三角形数阵前2024行中第1斜列各项之和为2024，而， 综上，时三角形数阵前2024行中第k斜列各项之和为，D错. 故选：ABC 25．（24-25高二下·云南保山·期中）杨辉三角在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中被记载，它的开头几行如图4所示，它包含了很多有趣的组合数性质，如果将杨辉三角从第1行开始的每一个数都换成分数，得到的三角形称为“莱布尼茨三角形”，莱布尼茨由它得到了很多定理，甚至影响到了微积分的创立，则“莱布尼茨三角形”第5行第3个数是__________；若，是的前项和，则__________.（用含的代数式作答） 【答案】 【分析】由题意将杨辉三角从第1行开始的每一个数都换成分数，得到的三角形为“莱布尼茨三角形”，观察表中数字，题中要求第5行第3个数，当，即可求解；由莱布尼茨三角形的特点可知，每个数均等于其“脚下”两个数之和，由可得：，即，利用列相消法即可求解. 【详解】由题意知，将杨辉三角从第1行开始的每一个数都换成分数，得到的三角形为“莱布尼茨三角形”， 观察表中数字，题中要求第5行第3个数，所以，，所以第5行第3个数为. 由莱布尼茨三角形的特点可知，每个数均等于其“脚下”两个数之和， 由可得：， 所以， 所以 ， 所以. 故答案为：；. 26．（24-25高二下·福建福州·期中）将杨辉三角中的每一个数都换成分数，就得到一个如下图所示的分数三角形，称为莱布尼茨三角形，从莱布尼茨三角形可看出，其中____________，令，则前n项和____________． 【答案】 或 【分析】由莱布尼茨三角形中数据规律可知，将的表达式进行化简变形可得，再由裂项相消求和计算可得结果． 【详解】根据莱布尼茨三角形可看出，下一行两个分数之和等于肩上的上一行的那个分数， 故可得或； 当时， ， 显然也满足通项公式， 所以前n项和 ． 故答案为:或；． 题型十三 数列求和综合（共8小题） 1．（24-25高二下·黑龙江·期中）已知数列的首项，且满足． (1)求数列的通项公式和前项和； (2)记，求数列的前项和，并证明． 【答案】(1)；. (2)，证明见解析. 【分析】（1）直接利用关系式的恒等变换和构造法求出数列的通项公式和数列的和； （2）利用对数的运算以及放缩法即可得出结果． 【详解】（1）数列的首项，且满足，整理得， 而，故数列是以4为首项3为公比的等比数列， 所以，故， 所以． 综上，数列的通项公式为，前项和. （2）证明： 由已知及（1）得： ， 所以 ， 所以 ， 由于，所以， 故得证. 2．（24-25高二下·四川成都·期中）已知数列是以公比为3，首项为3的等比数列，且. (1)求的通项公式； (2)求出的通项公式； (3)设，数列的前n项和为，若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】(1)由等比数列的通项公式即可得出的通项公式 (2)由利用累加法求出的通项公式，进而求出的通项公式. (3)由得,利用错位相减法求出,不等式可转化为,利用 的单调性求出最小值即可. 【详解】（1）数列是首项为3，公比为3的等比数列， ， （2）当时， ， 即，，. 又也满足上式， 数列的通项公式为 （3）由（1），可得， ①， ②， 由①-②，得， ， 不等式可化为， 即对任意的恒成立， 令且为递增数列，即转化为. 又，所以， 综上，λ的取值范围是 3．（24-25高二下·辽宁·期中）已知数列满足，. (1)证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式； (2)若记为满足不等式的正整数的个数，求数列的前项和； (3)在（2）的条件下，，若不等式对都成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)证明见解析， (2) (3) 【分析】（1）由题干等式变形得出，结合等差数列的定义可证得结论成立，进而可求得数列的通项公式； （2）根据解出满足条件的正整数的个数，可得出数列的通项公式，再利用错位相减法可求得的表达式； （3）求出数列的通项公式，对分奇数和偶数两种情况讨论，分析数列的单调性，求出数列最大值和最小值，结合已知条件可得出关于的不等式组，即可解得实数的取值范围. 【详解】（1），即， 又，为等差数列，其首项为，公差为. ，. （2）由得，， ，满足不等式的正整数的个数为， ，， ①， ②， ①②得：， . （3）由已知可得， 当为奇数时，， 因为数列为递增数列，所以当时，取最小值，此时， 当为偶数时，， 因为数列为递减数列，所以当时，取最大值，此时， 所以且，所以，解得. 因此，实数的取值范围为. 4．（24-25高二下·辽宁沈阳·期中）数列的前n项和，满足：，，（），数列满足，． (1)求，的通项公式； (2)设，求的前2n和． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）对于，由与的关系，通过作差即可求解，对于，通过的奇偶，分别确定递推公式即可求解； （2）由等比数列的求和公式及错位相减法，分别计算奇数项、偶数项的和，即可. 【详解】（1）由，当，可得，当，解得， 所以，所以， 即，而，所以从第二项起为等比数列，∴ 因为数列满足 因为所以， 当，时，， 当，时，， 所以，所以n为奇数时， 当，时，， 所以，所以，所以n为偶数时，， 所以 （2） ∴ ∴ ∴， ∴ 5．（24-25高二下·山西太原·期中）已知数列的前项积为，且. (1)证明：是等差数列； (2)设，求数列的前项和； (3)若对于任意，恒成立，求实数的最大值. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）根据已知得，且，进而得到，结合等差数列的定义即可证； （2）由（1）得，讨论的奇偶性，应用分组求和及等差、等比数列的前n项和公式求； （3）由（2）有，不等式化为，作商法研究右侧的单调性，确定参数范围，即可得. 【详解】（1）当，则，故，所以， 由，故，可得， 由，则， 所以是首项为2，公差为1的等差数列； （2）由（1）得，则，故， 所以， 当为偶数时， ， 当为奇数时， ， 所以； （3）由（2）得，原不等式等价于， 令，， 则， 故，即， 所以在上单调递增，故，即实数的最大值. 6．（24-25高二下·广东广州·期中）已知数列满足，且，数列满足，且. (1)求数列的通项公式； (2)证明为等差数列； (3)若，求数列的前n项和. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)， 【分析】（1）利用累加法结合条件即可求得，验证首项即得通项公式； （2）由已知数列递推式，利用等差数列定义即可证明； （3）先求出的解析式，按照和分类裂项相消求和即可. 【详解】（1）由，可得，，且， 则当时， . 又时也满足上式，故. （2）∵，∴， ∴是公差为1，首项为1的等差数列. （3）由（2）得，即. 当时， 数列的前n项和 . 当时， 数列的前n项和 . 所以，. 7．（24-25高二下·四川成都·期中）已知数列满足，其中． (1)设，求证：数列是等差数列； (2)在（1）的条件下，求数列的前项和； (3)在（1）的条件下，若，是否存在实数，使得对任意的，都有，若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)存在；． 【分析】（1）结合递推关系，证明为常数即可； （2）由错位相减法求和； （3）命题等价成恒成立，转为说明恒成立，对分奇偶讨论，分别求恒成立问题即可. 【详解】（1）证明： ， 数列是首项为2，公差为2的等差数列， （2），， ， ， 得：，其中，是首项， 公比的等比数列的前项和，根据等比数列的前项和公式， 这里的首项，公比，项数为， ， 所以， . （3）存在，理由如下： 则， 若对任意的，都有， 则等价于恒成立， 即恒成立，， 当为偶数时，，则， 当为奇数时，时，则 综上，存在，使得对任意的，都有． 8．（24-25高二下·四川绵阳·期中）已知数列的前项和为，，且；数列的首项，且满足. (1)求证：是等比数列； (2)求的通项公式； (3)设，求数列的前项和为. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用构造法，结合等比数列的定义即可得证； （2）利用与的关系式，结合常数列的定义即可得解； （3）利用（1）与（2）的结论化简，再利用错位相减法即可得解. 【详解】（1）因为， 所以， 又，则，故， 所以是首项与公比都为的等比数列. （2）依题意，， 当时，， 两式相减，得 整理得，即，则， 又，所以， 所以是各项为的常数列， 所以，即. （3）由（1）得，即， 所以， 则， 所以， 两式相减，得 . 所以. 题型十四 数列新定义（共4小题） 9．（24-25高二下·辽宁·期中）定义：已知数列的前n项和为，若对任意正整数n，存在，使得，则称数列为“和完全平方数列”． (1)若数列满足判断是否为“和完全平方数列”． (2)若数列的前n项和（，且），那么是否存在λ，使得数列为“和完全平方数列”？若存在，求出所有的的值；若不存在，请说明理由． (3)若等差数列是“和完全平方数列”，求数列的通项公式． 【答案】(1)为“和完全平方数列”，理由见解析； (2)存在，使得为“和完全平方数列”，理由见解析； (3)，. 【分析】（1）由定义，验证得到，当时，，为“和完全平方数列”； （2）当时，，设的前项和为，当时，，满足为“和完全平方数列”， 当时，不存在，使得，得到答案； （3）设公差为，前n项和为，因为为完全平方数，故，，，分，两种情况，若，取，当为偶数时，推出矛盾，当为奇数时，举出反例，从而得到，即，故，设，则，当时，，又适合上式，即，. 【详解】（1）为“和完全平方数列”，理由如下： 设的前n项和为， 显然，满足要求， 当时， ， 综上，为“和完全平方数列”； （2）存在，使得为“和完全平方数列”，理由如下： 当时，， 当时，， 设的前项和为， 则，满足要求， 因为，且，所以，且， 当时，当时，，此时， 满足为“和完全平方数列”， 当时，， 故， 不存在，使得， 综上，； （3）设等差数列的公差为，前n项和为， 因为为完全平方数，故，，， 若，则，若对于任意的，均为完全平方数， 则，否则假设为的素因数，且恰好整除，为正整数， 若为奇数，则不是完全平方数，矛盾， 若为偶数，取，则不是完全平方数，矛盾， 若，则， 若，取，则或， 当为偶数时，此时，均不是完全平方数， 当为奇数时，取，，其中为奇数， 故此时不是完全平方数， 故，即，故，设，则， 当时，， 又适合上式，即，. 10．（24-25高二下·辽宁·期中）设和是两个等差数列，记，其中表示这s个数中最大的数． (1)若， （ⅰ）求，，的值； （ⅱ）证明：是等差数列 (2)证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当时，；或者存在正整数m，使得是等差数列． 【答案】(1)（ⅰ）0，；（ⅱ）证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）（ⅰ）根据数列新定义直接求解即可； （ⅱ）先通过作差法判断关于单调递减，然后求出，再利用等差数列定义证明即可. （2）设数列和的公差分别为，，则，分、和三种情况分类讨论，即可证明. 【详解】（1）（ⅰ）， ， ． （ⅱ）当时，， 所以关于单调递减． 所以，又，， 所以对任意，，于是， 所以是等差数列． （2）设数列和的公差分别为，， 则， 所以， ①当时，取正整数，则当时，，因此． 此时，是等差数列． ②当时，对任意，． 此时，是等差数列． ③当时，当时，有． 所以． 对任意正数M，取正整数， 故当时，． 11．（24-25高二下·辽宁·期中）在数列中，若存在项：，，…，，令，，，都有，则称为的“—子减列”． (1)在4项数列中，，，，，求出的所有“—子减列”； (2)已知数列满足，且，． （ⅰ）求数列的通项公式； （ⅱ）若数列只有11项，且为的“—子减列”，中任意3项都不构成等比数列，求k的所有取值构成的集合． 【答案】(1)或 (2)（i）（ii） 【分析】（1）根据“—子减列”的定义求解； （2）（i）由条件变形可得，结合得，证得是等比数列，求得答案；（ii）根据题意，求的所有可能取值，即只要求出的最大值即可，设，则成等比数列，不合题意，可得，同理可得，结合可得，推理可得，这与已知条件矛盾，得，得解. 【详解】（1）由新定义知的“3—子减列”为或. （2）（i）由，得， 整理得，又，则， 所以，即，又， 所以数列是首项为1，公比为的等比数列， 故数列的通项公式为. （ii）由（i）可得数列为， 要求出的所有可能取值，则只需求出的最大值即可， 又，若，则成等比数列，不合题意，则； 若，则成等比数列，不合题意，则； 又，所以，则， 同理，可得，且，所以， 则，这与已知条件矛盾，所以， 此时数列可以为或或等等，其任意3项都不构成等比数列， 所以的所有取值构成的集合为. 12．（24-25高二下·浙江·期中）设有穷数列的项数，若正整数满足，则称为数列的“低洼点”． (1)若，求数列的“低洼点”； (2)已知有穷等比数列的公比为，前项和为，若数列存在“低洼点”，求正数的取值范围； (3)若，数列的“低洼点”的个数为，证明： 【答案】(1)和 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）列举出数列各项，结合“低洼点”的定义可得答案； （2）求得，根据题意可知存在，使得，参变分离得出，求出数列的最大项的值以及，即可求出的取值范围； （3）分情况讨论：①，可得出，即可得出结论成立；②存在，使得，即数列存在“低洼点”，不妨设数列的“低洼点”由小到大依次为、、、，则是中第个小于的项，故，然后利用不等式的基本性质可证得结论成立. 【详解】（1）因为， 所以，，，， 所以数列的“低洼点”为和. （2）依题意，， 因为数列存在“低洼点”，所以存在，使得， 所以， 即，则， 因为单调递减，所以当时的最大值为，所以， 又因为，所以， 当时，有，所以数列存在“低洼点”， 所以的取值范围为. （3）①若，则数列不存在“低洼点”，即， 由，得，所以； ②若存在，使得，下面证数列有“低洼点”， 若，则是数列的“低洼点”， 若，因为存在，使得， 所以设数列中第个小于的项为，则， 所以是数列的第个“低洼点”， 综上，数列存在“低洼点”. 不妨设数列的“低洼点”由小到大依次为、、、， 则是中第个小于的项， 故， 因为，所以，所以，故， 所以 （个1）, 故. 题型十五 用导数证明不等式（共4小题） 13．（24-25高二下·河北承德·期中）已知函数且. (1)当时，求在最小值； (2)当时，函数恰好有两个零点. （i）求实数的取值范围； （ii）证明：. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）令，利用导数确定函数在上的单调性，即可得答案； （2）（i）由，得，令，利用导数确定函数的单调区间及最值，即可得答案； （ii）由题意可得只需证明，结合函数的单调性，只需证明，即，令，利用导数证明即可. 【详解】（1）当， ， 由，得；由，得； 所以函数在单调递减，在单调递增， 故； （2）（i）由，得， 令，则与图象恰好有两个交点， 而， 所以由，得；由，得； 所以在单调递增，单调递减， 当时，；当时，. 故， 所以实数的取值范围为. （ii）证明：由（i）知且， 所以要证，只需证， 只需证，只需证， 而，所以， 注意到在单调递减， 所以要证，只需证， 而，所以只需证， 即证，即证， 令，故， 令在恒成立. 所以在单调递减，所以， 故在单调递增，所以， 故命题得证. 14．（24-25高二下·广东·期中）已知函数，当时，恒成立 (1)求实数的取值范围； (2)函数，当实数取最大值时，是否存在整数，使得关于的不等式恒成立，若存在，请求出的最大值，若不存在，请说明理由； (3)已知证明： 【答案】(1)； (2)存在，最大值为； (3)证明见解析. 【分析】（1）由题设在上恒成立，应用导数研究左侧区间单调性，判断函数值符号求参数范围； （2）由题设及（1）得，利用导数研究函数的性质得到且，根据不等式恒成立确定的最大值，即可得； （3）由（1）知在上恒成立，令且代入不等式，两侧累加并整理即可证. 【详解】（1）由题设在上恒成立， 令且，则， 令，且， 当，即时，，即， 此时在上单调递增，则，满足题设； 当，即时，，对称轴， 所以使，在时，即， 所以在上单调递减，此时，不满足题设； 综上，； （2）由题设， 由（2）最大，则，故， 令，则，故在上单调递增， 由，即使， 所以上，，上，， 即在上单调递减，在上单调递增，则， 而，即，故， 而在上单调递增，则，故， 所以，又恒成立，即，即整数的最大值为； （3）由（1）知在上恒成立，即， 令且，则， 所以， 则，故， 所以. 15．（24-25高二下·云南昆明·期中）已知函数的图像在点处的切线与直线垂直. (1)求，满足的关系式； (2)设，讨论函数的单调性； (3)证明：. 【答案】(1) (2)答案见详解 (3)证明见详解 【分析】（1）求导，利用导数的几何意义求解即可； （2）求导，分类讨论两根大小以及根与定义域，利用导函数符号讨论单调性即可求解； （3）利用（2）中结论，当时，，令，，则，结合对数的运算性质即可求解. 【详解】（1）由题意可得， 因为在点处的切线与直线垂直， 所以，即，所以. （2）因为，则， 可得，， 因为， 当时，则，可知， 令，则；令，则； 可知在内单调递减，在内单调递增； 当时，则， 令，则或；令，则； 可知在内单调递减，在内单调递增； 当时，则，可知在内单调递增； 当时，则， 令，则或；令，则； 可知在内单调递减，在内单调递增； 综上所述：当时，在内单调递减，在内单调递增； 当时，在内单调递减，在内单调递增； 当时，在内单调递增； 当时，在内单调递减，在内单调递增. （3）由（2）可知：当时，在内单调递增， 则，可得在上恒成立， 即，当且仅当时等号成立， 令，则， 因为， 而 ， 所以， 且 ． 所以，即，证毕． 16．（24-25高二下·四川内江·期中）已知函数． (1)若函数在单调递减，求a的范围； (2)若恒成立，求a的值； (3)求证：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据函数在区间上单调递减，则导函数对于任意恒成立，分离参数求出最值即可. （2）分、讨论函数的单调性与最值情况，可得参数值； （3）利用放缩法，由，可知若证，即证，再根据，可得证. 【详解】（1） 由题意得对于任意恒成立，则恒成立，所以， 从而． （2）由题意得， ①当时，，所以在上单调递增， 所以当时，，与矛盾 ②当时，当时，单调递减， 当时，，单调递增， 所以， 因为恒成立，所以． 记， 当时，单调递增，当时，单调递减， 所以，所以． 又，所以，所以． （3）先证，设，则， 所以在区间上单调递减，所以，即． 所以， 再证． 由（2）可知，当时等号成立， 令，则，即， 所以， 累加可得， 所以． 题型十六 恒成立问题（共4小题） 17．（24-25高二下·广东清远·期中）已经函数，，其中. (1)若，求的增区间； (2)当，时，证明不等式恒成立； (3)若有两个零点，求a的取值范围. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3). 【分析】（1）求导，令，可得的增区间； （2）当，时，要证明不等式恒成立，即证恒成立，即证恒成立，即证恒成立，构造，因为，只需证时单调递增； （3）参变分离，（）有两个零点，即等价于方程有两个解；等价于与的图象有两个交点，求导，判断的单调性及最值，数形结合，判断交点个数. 【详解】（1）若，，（）； 的定义域为， ， 令，解得， 所以若，的增区间为（或写）. （2）当，时，要证明不等式恒成立， 即证明恒成立； 令， ∴， 当，∴，即在上单调递增， ∴， 即（）， 令， ∴， ∵，∴，即在上单调递增； ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴成立， 即当，时，不等式恒成立. （3）（）有两个零点，即方程有两个解； 等价于方程有两个解； 等价于与的图象有两个交点； ， 令，解得， 当时，，的图象单调递增； 当时，，的图象单调递减； 当时，有极大值也是最大值，； 时，， 时，， ∴， 即有两个零点时，a的取值范围为. 【点睛】方法点晴: 利用导数研究函数零点问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题. 18．（24-25高二下·云南·期中）已知函数． (1)若在处的切线方程为，求a、b的值； (2)讨论的单调性； (3)若恒成立，求a的取值范围． 【答案】(1)； (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）求，再利用切点在切线上以及即可求出； （2）分和两种情况，分别研究的正负性； （3）参变分离，令，通过导函数研究其单调性，求其最小值即可. 【详解】（1）由，                         由题可知，，                     将切点代入切线方程，得． （2）， 当时，恒成立，此时在在上单调递增；             当时，得；得； 则在上单调递增，在上单调递减，                      综上所述：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在单调递增． （3）由得， 令， 则，   则得；得或；          所以在和上单调递减，在上单调递增， 又，时， 所以，故， 故a的取值范围为 19．（24-25高二下·辽宁鞍山·期中）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，直接写出的单调区间； (3)当时，，，求的取值范围. 【答案】(1) (2)的单调递增区间为，单调递减区间为. (3) 【分析】（1）根据导数的几何意义求出曲线在点处的切线斜率，利用点斜式方程即可求解； （2）对函数求导，令，即可求得的单调递增区间；令，即可求得的单调递减区间； （3）当时，，原不等式可化为，故即可.设，对求导，研究函数的单调性，求的最小值即可求得的取值范围. 【详解】（1）当时，，∴，，∴. ∴曲线在点处的切线方程为，即. （2）当时，，∴. 令，解得；令，解得， ∴的单调递增区间为，单调递减区间为. （3）当时，，∴. ∵对恒成立，∴对恒成立， 即对恒成立，∴. 设，则. ∵，∴，. 令，，则， ∴在上单调递增. 又，， ∴由零点存在性定理可知：，使得，即， ∴时，，，在上单调递减； 时，，，在上单调递增. ∴当时，取得最小值. ∴，即的取值范围为. 20．（24-25高二下·福建福州·期中）已知函数． (1)当时，求函数在点处的切线方程； (2)讨论函数的单调区间； (3)当时，关于x的不等式恒成立，求整数a的最大值． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)-2 【分析】（1）求导确定切线斜率即可求解； （2）求导得到，对分类讨论，可得单调区间； （3）构造函数，，求导确定函数单调性，求得最值即可求解； 【详解】（1）定义域为，， 当时，，， 则曲线在点处的切线为． （2）因为定义域为，， 当时，，所以在上单调递增； 当时， x 0 极大值 综上：当时的单调递增区间是，无单调递减区间； 当时的单调递减区间为，单调递增区间为； （3）依题知，恒成立，即恒成立， 设， 则， 当时，令，解得 x 0 极大值 则恒成立， 整理得． 设，，则恒成立， 所以在上单调递增，又且， 且，， 故整数a的最大值为． 题型十七 能成立有解问题（共4小题） 21．（24-25高二下·河北·期中）已知函数． (1)当时，恒成立，求实数的最大值； (2)若关于的不等式在上有解，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意可知在上恒成立，利用导数求出函数在上的最小值，即可得出实数的最大值； （2）由题意可知，在上有解，利用导数求出函数在上的最小值，即可得出实数的取值范围. 【详解】（1）由题，则， 即在上恒成立. 令，， 因为函数、在上均为增函数， 所以，在上单调递增，且． 则当时，，即在上单调递减， 当时，，即在上单调递增． 所以，所以实数的最大值为． （2）不等式在上有解，即在上有解， 令， 则， 当时，， 当时，，所以在上单调递增； 当时，，所以在上单调递减， 所以在处取得最小值为， 所以，即实数的取值范围为． 22．（24-25高二下·北京·期中）设函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)证明：在区间内单调递增； (3)若关于x的不等式在区间内恰有一个整数解，直接写出k的取值范围． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)． 【分析】（1）先求导数代入切点横坐标可得切线斜率，然后利用点斜式可得切线方程； （2）只需证明在上恒成立，根据和，依次判断即可得出结果； （3）设，，当时满足不等式，时不满足不等式，计算即可得出结果. 【详解】（1）因为，， 所以，又，所以切线方程为； （2），， 当时，，，所以， 当时，，又，所以， 所以，所以在区间内单调递增； （3）由洛必达法则可知，， 由（2）可知，在区间内单调递增，因为恒过点，画出的草图，如图所示， 设，， ，， 要使得在区间内恰有一个整数解. 只需满足 由得；由得. 所以的取值范围是 . 23．（24-25高二下·天津和平·期中）已知函数，. (1)求的单调区间和极值； (2)若在单调递增， 求的取值范围; (3)当时，若，对使得，求的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) (3) 【分析】（1）求导分析单调性，极值，即可求解； （2）根据题意可得，求导，由在上单调递增，可得在上恒成立，只需，，结合导数即可求解； （3）由题意得出，利用导数求解即可. 【详解】（1）因为，定义域为R，， 由可得，由可得， 所以单调递减区间为，单调递增区间为， 所以在处取得极小值，且极小值为，无极大值. （2），其中， 则， 因为在单调递增，所以在上恒成立， 所以在上恒成立，即，， 设，，， 所以在上单调递增，所以，所以， 故的取值范围为. （3）当时，若，对使得，则， 由（1）可知，函数在上单调递增， 故当时，， 当时，，其中，则， 此时，函数在上为减函数， 故当时，， 所以，，解得. 因此，实数的取值范围是. 24．（24-25高二下·福建漳州·期中）已知函数，. (1)求函数在处的切线方程； (2)讨论函数单调性； (3)当时，若对于任意，总存在，使得，求的取值范围. 【答案】(1)； (2)答案见解析； (3). 【分析】（1）利用导函数求出切线斜率，结合切点坐标写出切线的点斜式方程，整理成一般式方程即可； （2）利用导函数，分类讨论参数在不同取值范围时，根据导函数值的正负得出函数的单调性； （3）利用导函数分别求出函数的最值，根据“恒成立”和“能成立”得到关于的不等式，再次利用导函数求单调性结合特殊点函数值解不等式即可. 【详解】（1）由求导可得，， 又， 所以在处的切线方程为，即. （2）由题意，，，定义域为， 则， 因为，所以， 当时，，故在上单调递减； 当时，令得，令得， 故在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，在上单调递减， 当时，在上单调递减，在上单调递增. （3）当时，若对于任意，总存在，使得， 即在上的最小值大于等于在的最小值， 由（2）知，时，在上单调递减，在上单调递增， 故， ，， 因为，所以在上恒成立，故在上单调递减， 则， 所以，即， 令，， 则， 故在上单调递减， 又， 所以当时，，当时，， 故m的取值范围为. 题型十八 零点问题（共4小题） 25．（24-25高二下·辽宁·期中）已知函数，其中. (1)当时，求函数的单调性； (2)若，试讨论函数在上的零点个数. 【答案】(1)在上单调递减，在，上单调递增 (2)答案见解析 【分析】（1）利用导数分析单调性可得； （2）求导后分和两种情况讨论，当时，构造函数，再求导分析单调性可得. 【详解】（1）当时 ，，则，， 令得或，得， 所以函数在上单调递减，在，上单调递增. （2）， 令得或 因为，所以， 所以当 ，即时，在上单调递减， 若函数有零点，则，解得：， 若函数无零点，则，即 当时，即时，在上单调递减，在上单调递增， 由于，， 令， 令，则， 所以在上递减，，即， 所以在上递增， ，即， 所以在上没有零点， 综上，当时，在上有唯一零点， 当时，在上没有零点． 26．（24-25高二下·湖南长沙·期中）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，设，讨论函数的单调性； (3)若函数在上有且仅有2个零点，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2)在上单调递增，在上单调递减； (3) 【分析】（1）求导，利用导数几何意义求出切线方程； （2）当时，，，求导，解不等式，得到函数单调性； （3）当时，由，得，令，，求导，得到其单调性，从而画出在上的图象，数形结合得到当时，直线与函数在上的图象有两个交点，得到答案. 【详解】（1）当时，，所以， 则，而， 所以所求切线方程为，即. （2）当时，，，所以， 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减； （3）当时，由，得，令，， 依题意，直线与函数在上的图象有两个交点， ，当时，，当时，， 故函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数的最大值为，且，， 画出在上的大致图象如图， 当时，直线与函数在上的图象有两个交点， 所以实数的取值范围是. 27．（24-25高二下·湖北·期中）已知 (1)（i）证明：当时，； （ii）当时，试确定的符号. (2)若，试说明在内有唯一零点. 【答案】(1)（i）证明见解析；（ii），答案见解析 (2)说明见解析 【分析】（1）（i）即证明，构造，求导得到其单调性，结合，得到证明； （ii）即说明，，结合（i）可知，，其等价于时，，即，由知，该式显然成立，故； （2）当时，单调递减，结合特殊点函数值得到存在唯一实数，使得；当时，，二次求导，结合单调性和零点存在性定理得到的单调性，故在上恒成立，综上可知：在内有唯一零点 【详解】（1）（i）当时，等价于， 设，即证明， 记，则， 所以在上单调递减，其中， 所以，不等式得证； （ii）时，，理由如下： 要说明，即说明，， 由（i）可知，当时，，所以， 故只需说明，其等价于， 时，上式只需， 即，由知，该式显然成立， 从而对恒成立， （2）由已知， 当时，易知单调递减， ， 故存在唯一实数，使得； 当时，， 记， 易知在为减函数， ， 故存在唯一实数，使得，即， 则在为增函数，在为减函数， 且， ， 则存在唯一实数，使得， 则在为正，在为负， 在上单调递增，在上单调递减， 故，，故在上恒成立， 综上可知：在内有唯一零点. 28．（24-25高二下·山西·期中）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)当时，若存在零点，求实数的取值范围； (3)证明：. 【答案】(1)答案见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求导后分和讨论可得； （2）求导后分析单调性和最值，再结合零点可得； （3）当时，令，结合（2）的结论和对数的运算性质以及等差数列的求和公式得到，再两边同时取指数运算可得. 【详解】（1）的定义域为，， 当时，因，所以恒成立，即在为单调递减函数； 当时，令，所以当时，，为单调递减函数；当时，，为单调递增函数， 综上，当时， 在为单调递减函数； 当时，时，为单调递减函数；时，为单调递增函数. （2）当时，，，， 则， 令， 所以当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以， 因为存在零点，所以， 即实数的取值范围为. （3）由（2）可得，当时，， 令，则， 所以 ， 即， 两边同时取指数可得， 又上式中，所以. 题型十九 图象交点与方程的根（共4小题） 29．（24-25高二下·江苏盐城·期中）函数. (1)讨论的单调性； (2)当时，解方程； (3)当时，不等式恒成立，求a的取值范围. 【答案】(1)答案见解析； (2)； (3). 【分析】（1）对函数求导，分类讨论、，结合导数的符号确定单调性； （2）由已知得，构造且，并应用导数研究其零点，即可得解； （3）令，则，讨论、，并得到恒成立，利用导数研究右侧的最小值，即可得范围. 【详解】（1）由题设且， 当时，，即在上单调递增， 当时， 若，，即在上单调递减， 若，，即在上单调递增， 综上，时在上单调递增， 时在上单调递减，在上单调递增； （2）由题设，则，故，即， 令且，则， 当，，即在上单调递增， 当，，即在上单调递减， 又，即，当且仅当取等号， 所以的解为，即的解为. （3）由且，令，则， 当时，，此时，满足题设； 当时，恒成立， 令，则， 令，则， 时，，在上单调递减， 时，，在上单调递增，且， 故时，即，时，即， 所以在上单调递减，在上单调递增，故， 所以，即， 综上，. 30．（24-25高二下·天津·期中）已知函数，，（其中）． (1)当时，直线是曲线的一条切线，求实数的值； (2)当时，若，使得，求实数的取值范围； (3)若方程有两个不同的实数根，证明： 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线方程表达式即可得的值； （2）根据不等式有解，构造函数并求得函数的最大值即可求得实数的取值范围； （3）由方程根的个数利用同构思想令，结合其单调性可得，又因为的两实数根，令并求出其单调性并由换元法可证明，可得出结论. 【详解】（1）易知 由，可得． 又，设切点为 则，解得或（舍） 因此，即切点， 将切点代入，所以可得． （2），，使得， 即能成立， 因此在能成立，即， 令，，， 令，， 在上单调递减，， 因为，时，，此时 当时，，此时； 在单调递增，在单调递减， 可得， 因此实数的取值范围为. （3）由，得， 若有两个不同的实数解，则，， 两式相减得，即，所以． 不妨设，，则， 所以在上单调递增，此时，所以． 所以，即，所以① 由，得有两个不同的实数解， 令，， 当时，，单调递增，当时，单调递减， 由，，所以，． 令，则方程有两个不同的实数解，． ， 当时，；当时，； 所以在上单调递增，在上单调递减，则． 所以，则有． 设，，则， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 此时，即，故， 当且仅当时等号成立． 不妨设直线与直线，交点的横坐标分别为，， 则， 所以．②． 综上． 31．（2024·海南·模拟预测）已知函数. (1)若，求函数的极值； (2)若曲线与曲线有唯一的交点，求实数的取值范围. 【答案】(1)极小值为，无极大值 (2) 【分析】（1）利用导数求得的极值. （2）由分离，利用构造函数法，结合导数来求得的取值范围. 【详解】（1）时，， 令解得，所以在区间上单调递减， 在区间上单调递增， 所以的极小值为，无极大值. （2）由分离得， 令， 令， 所以在上单调递减，， 所以在区间上，单调递增， 在区间上，单调递减，， 当时，，由此画出的大致图象如下图所示， 要使曲线与曲线有唯一的交点， 则的取值范围是. 【点睛】方法点睛：求解函数极值的步骤： （1）确定的定义域； （2）计算导数； （3）求出的根； （4）用的根将的定义域分成若干个区间，考查这若干个区间内的符号，进而确定的单调区间，进而求得的极值. 32．（24-25高二下·北京·期中）若函数． (1)求曲线在点处的切线的方程； (2)判断方程解的个数，并说明理由； (3)当，设，求的单调区间． 【答案】(1) (2)方程有两个解，理由见解析 (3)答案见解析 【分析】（1）求导，得出，求出，即可得切线方程. （2）利用第一问的导函数判断的单调性，方程解的个数即为函数与的交点个数. （3）求导，分别讨论、和时的单调性. 【详解】（1），，又，所以切线方程为. （2）方程有两个解. 由（1）可得，在上单调递增，在上单调递减，的最大值为，当时，，当时，，所以函数与有两个焦点，所以方程有两个解.    （3）， 当时，，在上单调递增； 当时，，所以时，，单调递减， 和时，，单调递增； 当时，，所以时，，单调递减， 和时，，单调递增； 综上所述：当时，的单调增区间为； 当时，的单调减区间为，单调增区间为和； 当时，的单调减区间为，单调增区间为和. 题型二十 双变量问题（共3小题） 33．（24-25高二下·北京·期中）已知函数． (1)求在处的切线方程； (2)若，，求的取值范围； (3)若、，讨论与的大小关系，并说明理由． 【答案】(1) (2) (3)，理由见解析 【分析】（1）求出的值，利用点斜式可得出所求切线的方程； （2）令，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，验证能否恒成立，即可求出实数的取值范围； （3）不妨设，分析可知，函数在区间上的单调性，构造函数，利用导数分析函数在区间上的单调性，可得出与的大小，再结合不等式的性质可得出与的大小关系. 【详解】（1）因为，则，所以， 所以在处的切线方程为，即. （2）令，其中，则， 由，可得. 当时，即当时，对任意的，， 此时，函数在上单调递增，则，合乎题意； 当时，即当时，由可得，由可得， 所以，函数在区间上单调递减， 故，不合乎题意. 综上所述，实数的取值范围是. （3）不妨设，且当时，，故函数在上单调递增， 先比较与的大小，即比较与的大小关系， 令，其中，所以， 故函数在上单调递增， 因为，所以，即， 即，故， 因为，故，所以， 故. 34．（24-25高二下·江苏徐州·期中）已知函数 (1)当时，求的单调区间； (2)若存在两个极值点， （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】(1)在R上单调递增； (2)（i）；证明见解析. 【分析】（1）由题可得，然后由题意结合基本不等式可得的单调区间； （2）（i）由题可得，令，可得方程有两个相异正根，据此可得答案；（ii）由（i）可得，要证，即证，然后通过研究的单调性可完成证明. 【详解】（1）当时，， 则，当且仅当时取等号. 故此时在R上单调递增； （2）（i）因存在两个极值点， 则. 令，则方程有两个相异正根. 注意到，因其有两个相异正根， 则； （ii）证明：由（i）可得， 设，结合，则. 则 ， 则要证，.即证，其中. 令，则. 令，则， 则在上单调递增，得. 则，得在上单调递增， 则当时，即. 【点睛】关键点睛：对于极值问题，常转化为函数导函数的变号零点问题；对于双变量或多变量问题，问题关键为消元，所以要从题目信息中找到变量间的数量关系. 35．（24-25高二下·山东淄博·期中）已知函数. (1)求在处的切线方程； (2)若，，求的取值范围； (3)若、，讨论与的大小关系，并说明理由. 【答案】(1) (2) (3)，理由见解析 【分析】（1）求出的值，利用点斜式可得出所求切线的方程； （2）令，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，验证能否恒成立，即可求出实数的取值范围； （3）不妨设，分析可知，函数在区间上的单调性，构造函数，利用导数分析函数在区间上的单调性，可得出与的大小. 【详解】（1）因为，则，所以，又 所以在处的切线方程为，即. （2）令，其中，则， 由，可得. 当时，即当时，对任意的，， 此时，函数在上单调递增，则，合乎题意； 当时，即当时，由可得，由可得， 所以，函数在区间上单调递减， 故，不合乎题意. 综上所述，实数的取值范围是. （3）不妨设，且当时，，故函数在上单调递增， 先比较与的大小，即比较与的大小关系， 令，其中，所以， 故函数在上单调递增， 因为，所以，即， 即，故， 题型二十一 排列组合与二项式定理综合（共5小题） 36．（24-25高二下·重庆·期中）已知函数． (1)当时，求的展开式中二项式系数最大的项； (2)若，且. ①求的值； ②求的最大值． 【答案】(1)或； (2)①；② 【分析】（1）根据二项展开式可知二项式系数最大的项为第三项或第四项，结合通项公式可得结果. （2）①根据通项公式可求得的值，通过求导可得结果. ②根据，解不等式组可得结果. 【详解】（1）当时，，二项式系数为，其中最大值为， ∴的展开式中二项式系数最大的项为第三项或第四项. ∵，， ∴的展开式中二项式系数最大的项为或. （2）①由题意得，，通项为， 当时，， ∵，∴，解得， ∵，∴，故， ∵， ∴， 令，得（或）. ②由①得，的通项为， ∴. 设为中的最大值， 则，故，解得， ∵，∴， ∴的最大值为. 37．（24-25高二下·江西上饶·期中）有一种士兵排列方法：士兵站成一排，解散以后马上再重新站成一排，并且这些士兵不能站在自己原来的位置上. (1)如果只有3个士兵，那么重新站成一排有多少种站法？ (2)假设原来有个士兵，解散以后不能站在自己原来位置上的站法为种，写出和，之间的递推关系，并证明：数列是等比数列； (3)假设让站好的一排个士兵解散后立即随机站成一排，记这些士兵都没有站到原位的概率为，证明：当无穷大时，趋近于．（参考公式：……）． 【答案】(1)2 (2)，，证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据分步乘法计数原理可得结果； （2）先假设有个人，依题意，可分两个步骤完成：第一步，甲选位置，第二步排其余个人，分类统计方法数得，将其化为，可证得等比数列； （3）由题得，根据（2）结论求得，推理得，赋值后累加即得，由参考公式取即可证明. 【详解】（1）当有3个士兵时，假设先安排甲，有2种站法，再安排乙和丙，只有1种站法， 所以如果只有3个士兵，重新站成一排有2种站法. （2）易知，， 如果有个人，解散后都不站原来的位置可以分两个步骤： 第一步：先让其中一个士兵甲去选位置，有种选法； 第二步：重排其余个人，根据第一步，可以分为两类： 第一类：若甲站到乙的位置上，但乙没有站到甲的位置，这样的站法有种； 第二类：若甲站到乙的位置上，乙同时站在甲的位置，这样的站法有种. 所以，，又， 所以， 所以数列，是首项为1，公比为的等比数列. （3）由题意可知， 由（2）可得：，则. 对进行赋值，依次得：，，…，， 将以上各式左右分别相加，得，因， 则， 即得， 当无穷大时，，得证. 38．（24-25高二下·广东·期中）若一个数列由两个变量和共同控制，则称这样的数列为“双数列”，当时，可记为，在研究这样的数列问题时，一般将一个变量视为固定值，已知数列中，，，给定双数列 (1)求数列的通项公式； (2)现固定的值且，求； (3)设双数列，固定的值且满足，，则当取何值时，取得最大值.（结果用含的表达式表达） 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由题意得，结合累乘法可求得数列的通项公式； （2）由（1）可得，结合二项式定理可求得； （3）求出的表达式，因为值被固定，故其可视为常数，记作，计算出、，当时，设最大，可得出，求出的范围，然后分析的单调性，可得出结果. 【详解】（1）由题意得， ，，， 故当时，， 也满足，故对任意的，. （2）因为，由题意可得， 故， 又因为，故. （3）因为，，可得， 由题意得， 因为值被固定，故其可视为常数，记作， 当时，，当时，， 当时，要有取得最大值，则有，即，， ， ， 当时，由于，不存在， 故分母不可能为，即， 有，分析可得当时，， 而， 故在此之前数列一直递增，时，，而 ， 故在此之后数列一直递减，即， 又题干中满足，，故， 因此，当或时，取得最大值 39．（24-25高二下·河南·期中）二进制数是用0和1表示的数，它的基数为2，进位规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”．若十进制数，其中，，则n对应的二进制数为． (1)十进制数6，2025分别用二进制表示． (2)证明：满足，，，…，中有且只有3个1的所有二进制数对应的十进制数的和为1275． (3)将n对应的二进制数中1的个数记为，则． 【答案】(1)， (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据十进制与二进制的转化方法代入计算，即可得到结果； （2）利用组合数分析出所有情况，然后代入计算，即可证明； （3）先求得，然后分别计算等式左右两侧即可证明. 【详解】（1）， . （2），其中中有且只有2个1，有种可能； 所以所有二进制数对应的十进制数的和中， 出现次，均出现次， 所以对应的十进制数的和为， （3），则， 又， 故, 由于， 故，故. 40．（24-25高二下·江苏泰州·期中）已知函数，. (1)当时，求的值； (2)若能被整除，求的最小值； (3)若，，且在中，存在连续三项，，的项的系数成等差数列，求和的值. 【答案】(1) (2) (3)，或 【分析】（1）依题意，再代入计算可得； （2）由，写出展开式，即可分析要能被整除，再分为偶数、奇数讨论，分别确定的最小值； （3）写出展开式的通项，即可得到，根据组合数公式整理得到，则为完全平方数，即可确定的值，同时取出相应的. 【详解】（1）因为 ，， 当时，所以； （2）因为，， 则 ， 又能被整除，所以， 又能被整除， 所以要能被整除， 当为偶数时，，此时的最小值为； 当为奇数时，不可能被整除，所以不存在符合题意， 综上可得的最小值为； （3）因为展开式的通项为（且）， 所以，，的项的系数分别为，，， 因为，，的项的系数成等差数列， 所以，整理可得， 即，为完全平方数， 又且 的最大值为，此时，则或， 解得或， 所以时中，，的项的系数分别为，，成等差数列， 中，，的项的系数分别为，，成等差数列； 综上可得，或. 一、单选题 1．若正实数，满足，则的最小值为（   ） A．1 B． C． D．2 【答案】C 【分析】原等式变形为，构造函数，分析单调性可得，等价变形为，根据函数单调性可得的最小值. 【详解】由，得，故. 由题意得，，， 由得，. 设，，则， ∴在上单调递增， ∵，∴， ∴，即，， ∴，令，得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， ∴当时，取极小值也是最小值，最小值为． 故选：C． 二、多选题 2．黎曼函数（Riemann function）在高等数学中有着广泛应用，其一种定义为：时，，若数列，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】对于A，由即可举出反例，对于B，首先得，利用作差法即可判断；对于CD，利用数学归纳法即可证明. 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，当时，是相邻的偶数和奇数，所以是既约分数，所以， 所以，即，故B正确； 对于C，当时，， 若当时，成立， 则时， ，故C正确； 对于D，当时，， 若当时，成立， 则时，， 要使， 而，， 只需，只需，显然， 故只需， 当时，该式子为，显然成立， 若当时，有，     当时， ， 从而对任意正整数均有， 综上所述，，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：再利用数学归纳法以及分析法可知只需证明对任意正整数均有成立即可，再次利用数学归纳法即可顺利得解. 3．已知函数为的导数，则下列说法正确的是（    ） A．当时，在区间单调递减 B．当时，恒成立 C．当时，在区间上存在唯一极小值点 D．当时，有且仅有2个零点 【答案】ACD 【分析】对A选项，求导，再对求得的导数求导，根据正负判断单调性即可，进而判断原函数的单调性； 对B 选项，当时，，可选用特殊值代入判断； 对C选项，时，，求导，再根据函数的性质进行判断即可； 对D选项，借助C选项得到的单调性的结论，采用隐零点的方法来解决. 【详解】当时，令， 当时，在上递减.A正确. 当时，若，则错误. 当时，， 令，则， 令，则， 当时，递增，又， 所以在上存在唯一的零点， 则当，，递减，当，，递增， 是在区间上的唯一极小值点正确. 由上可知在递减，， 在递增，存在，使， 当时，递减，当时，递增， 又，得在上有一个零点. 当时，递增，为其一个零点. 当时，， 在上不存在零点D正确. 故选：ACD. 三、填空题 4．设是集合，且m，n，中所有的数都是从大到小排列成的数列，已知，则__________. 【答案】 【分析】根据题意可知，令，根据排列组合的知识，分别找出中的元素个数，利用分类加法原理，从而求出的值. 【详解】设，且m，n，， 将写成的形式为， 令， 可将分成如下三个子集：， 这里， ， 下面求这三个集合中元素的个数： ，其元素个数为， ，其元素个数为， ，其元素个数为， 所以， 故答案为：. 5．已知过点不可能作曲线的切线.对于满足上述条件的任意的，函数恒有两个不同的极值点，则的最大值为__________. 【答案】 【分析】首先求曲线在点处的切线方程，并转化为直线与函数的图象没有公共点，利用导数分析函数的图象，并求出的取值范围，再将函数的极值点问题，转化为恒有两个不同的变号零点，再利用换元，转化为直线与函数的图象有两个不同的交点，利用导数分析函数的图象和性质，即可求解. 【详解】设是曲线上的任意一点，， 所以在点处的切线方程为， 代入点得， 由于过点不可能作曲线的切线， 则直线与函数的图象没有公共点， 令，则， 所以函数在区间上导数大于零，函数单调递增；在区间上导数小于零，函数单调递减， 所以当时，函数取得极大值也即是最大值，则. 对于满足此条件的任意的，函数恒有两个不同的极值点， 等价于恒有两个不同的变号零点， 等价于方程有两个不同的解， 令，则， 即直线与函数的图象有两个不同的交点. 记，则， 记，则， 时，，时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 令，得. 当时，，时，，当时，， 所以在和上单调递减，上单调递增， 并且当时，，，， 所以. 所以.因为，所以，所以. 即实数的最大值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题有2个关键点，一个关键点是转化为与函数的图象没有公共点，第二部关键点是利用换元构造并分离出常数，转化为函数图象的交点问题. 四、解答题 6．在排列组合的学习中，我们会遇到一类涂色问题“圆环涂色”问题（如图一）：用种颜色给有个区域（不含最中间区域）的圆环涂色，且要求相邻区域不同色，用表示完成这一涂色的方法数       (1)当时，求 (2)当时，找出的关系，并求出的通项公式. (3)用种颜色给图二中个区域（含最中间区域）涂色，要求相邻区域不同色，求方法总数. 【答案】(1)； (2)，； (3). 【分析】（1）根据题意，利用分步乘法计数原理和分类加法计数原理，计算即可； （2）根据题意得到递推关系式，利用累加法求通项公式； （3）将问题转化成（2）小问中已有的结论，代入数值计算即可. 【详解】（1）由题意，用3种颜色给有4个区域的圆环涂色，要求相邻区域不同色， 先给涂色，有种方法， 接下来，若与同色，则有2种涂色方法，即种；若与不同色，则都只有1种涂色方法， 所以，. （2）先考虑的取值： 假设不区分是否同色，则用种颜色涂这个区域等价于对以下区域涂色： 因此共有 种，但是这其中包含了同色的情况；因此的取值应该减去同色的情况； 而同色时，可以将这两个相邻区域看成一个整体，即则用种颜色给个区域涂色， 其方法数也就是，所以有： 接下来，利用递推关系求， 由，两边同除以得：， 移项得： 利用累加法： ，又因为， 所以 ， 所以， （3）先给中间的区域涂色，共有种方法，接下来就是用剩下的种颜色涂含有个区域的“圆环涂色问题”，即（2）中的， 所以方法总数为 7．已知函数. (1)求的最小值，并求出相应的； (2)若对任意恒成立，求实数的值； (3)若直线（其中）与图象的交点横坐标分别为，，求证：. 【答案】(1)最小值为，相应的； (2)； (3)证明见解析 【分析】（1）求定义域，求导，得到函数单调性，从而得到函数最小值，并得到； （2）方法一：先得到，从而得到，即，再验证充分性，设，求导，得到其单调性和，证明出结论； 方法二：转化为对任意恒成立，构造函数，分和两种情况，得到函数单调性，得到只需，设函数，求导得到其单调性和最值，得到满足要求； 方法三：设，得，即证，，由，可得，利用必要性探路，得到，即，再验证充分性，可得. （3）证明出当时，，当时，，求出直线与直线的交点横坐标，与的交点横坐标，得到，再求出直线与函数的交点横坐标，得到，综上所述，. 【详解】（1）由， 令，得，令，得， 所以在单调递减，在单调递增， 故，即最小值为，相应的； （2）方法一：令，，则， 令得，令得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 故在处取得极大值，也是最大值， 所以， 所以（当且仅当时等号成立）， 可得，则，进一步，化简得， 所以，即. 验证充分性：当时，可设， 则在单调递增且， 进而可得在单调递减，在单调递增，所以. 综上所述，可得. 方法二：由题可知，即对任意恒成立. 令，则且. ①当时，，所以在单调递增， 则当时，（不符题意，舍去）； ②当时，令，得出， 令得，令得， 则在单调递减，在单调递增. 所以只需. 设函数，可求得， 令得，令得， 故在单调递增，在单调递减，所以. 综上所述，可得. 方法三：设，得， 即证，，其中. 由，可得. 由，所以（必要性探路），即. 验证充分性：当时，可得， 进而可得在单调递减，在单调递增，所以. 综上所述，可得. （3）设，，，则直线，直线， 由（1）、（2）知：当时，，此时. 当时，令，所以， 由在单调递增，而， 所以存在，使得， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 又，所以当时，所以， 即，此时， 设直线与直线的交点横坐标为，与的交点横坐标为， 联立方程得：，， 则； 设直线与函数的交点横坐标为和， 联立方程得：， 则. 综上所述，. 8．已知函数的定义域为． (1)求m的值； (2)求证：不存在极值点； (3)对任意给定的，求证：关于x的方程恰有一个正根． 【答案】(1)1 (2)证明见详解 (3)证明见详解 【分析】（1）分析出要使函数有意义，须满足，再分和解不等式组即可求出m的值； （2）先求出，构造函数，借助导数研究其单调性及最值，得到，而不在函数的定义域内，即可得证； （3）由（2）推出在上单调递减，再由洛必达法则求出和时的极限值，即时的值域，即可得证. 【详解】（1）要使函数有意义，须满足， 若，解得，不符合题意，舍去； 若，解得， 因为函数的定义域为， 所以，解得； （2）由（1）知，， 所以， 令， 所以 ， 因为在上是单调递增的， 所以当时， ，，在上单调递增； 当时， ，，在上单调递减， 所以在处取得极大值，即， 但是不在函数的定义域内， 因此在定义域内没有零点，即不存在极值点； （3）由（2）知在上单调递减，且， 所以，即在上单调递减， 当时，由洛必达法则可知， 当时，和都趋近于， 但是的增长速度比慢，所以， 综上可知，当时，， 所以当时，方程恰有一个正根． 9．已知函数，（）. (1)若函数在区间上是减函数，求实数a的取值范围； (2)若存在正数x，使成立，求实数a的取值范围； (3)若，证明：对任意的，存在唯一的实数，使得成立. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）在区间上为减函数，可得在区间上，即， 而后根据的范围求出的范围即可； （2）先对进行求导得到，再对进行分类讨论即可； （3）从唯一性与存在性两方面进行证明，再结合零点的存在性定理得到最后结论. 【详解】（1）解：在区间上为减函数，∴在区间上， ∴，令，只需， 显然在区间上为减函数， ∴，∴； （2）解：由题意得（），则， 若，由于，故存在正数使得，条件满足； 若，令，则， 可知在上单调递增，在上单调递减， 从而此时对任意的都有，条件不满足. 综上，a的取值范围是； （3）解：设，，下面分唯一性和存在性两方面来证明： 唯一性：由，知的导数等于， 而，故显然恒为负，从而在上单调递减， 特别地，在上单调递减， 这表明，使得的至多有一个，从而唯一性得证. 存在性：先考虑函数，这里．由于， 故当时，当时， 从而在上单调递减，在上单调递增， 从而对于任意的，都有，即. 这就得到，对任意，有. 从而，对任意的，都有；而对任意的，都有 然后回到原题，首先有 . 同时又有 ， ， 故. 由零点存在定理，知一定存在，使得， 综合上述的存在性和唯一性两个方面， 知存在唯一的，使得 【点睛】思路点睛：（1）在区间上为减函数，可得在区间上，即， 而后根据的范围求出的范围即可； （2）先对进行求导得到，再对进行分类讨论即可； （3）从唯一性与存在性两方面进行证明，再结合零点的存在性定理得到最后结论. 方法点睛：1、若函数在区间内的导数，则在该区间内单调递增； 若函数在区间内的导数，则在该区间内单调递减； 2、不等式恒成立问题：若要求不等式在某个区间内恒成立，可以转化为求函数在该区间内的最值问题. 关键点点睛：（1）抓住在区间上为减函数，转化为在区间上进行解题； （2）先对进行求导得到，再对进行分类讨论，将存在性问题转化为函数最值问题是关键； （3）从唯一性与存在性两方面去证明，其中理解并运用零点的存在性定理是关键. 10．设函数，为实数. (1)当时，求的极值； (2)已知，若在上单调递增，求的最大值； (3)已知，设为的极值点，求的最大值. 【答案】(1)极小值为，无极大值 (2) (3) 【分析】（1）对函数求导得出其单调性可求出极值； （2）解法一：依题意可得恒成立，构造函数，求出其最小值可得结果；解法二：依题意恒成立，可得，当时对函数进行验证即可； （3）当时由零点存在定理即可得存在使得，可得为的极小值点，构造函数，即可求出的最大值. 【详解】（1）当时，，则， 令，解得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以的极小值为，无极大值； （2）解法一：由， 若在上单调递增，必有恒成立； 令，有， 当时，由已知在单调递增，但，不合题意； 当时，令，可得， 故函数的减区间为，增区间为，有， 又由函数单调递减，且. 又由，故a的最大值为. 解法二：，依题意恒成立， 所以，故， 因为，所以， 当时，， 设，则 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以 所以满足题意，即的最大值为； （3）当时，易知单调递增. 易知，， 所以存在使得，即，为的极小值点， 所以， 其中， 设，则 整理得 因为，， 所以当时，，在上单调递增 当时，，在上单调递减， 所以，即的最大值为. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题10 高二下学期期中真题精选压轴 （115题21大压轴题型） 选填小压轴 解答压轴 题型1 递推关系求通项公式 题型13 数列求和综 题型2 数列最值与范围 题型14 数列新定义 题型3 判断等差等比 题型15 用导数证明不等式 题型4 比较大小项 题型16 恒成立问题 题型5 恒成立问题 题型17 能成立有解问题 题型6 构造函数 题型18 零点问题 题型7 整数解问题 题型19 图象交点与方程的根 题型8 零点与方程的根 题型20 双变量问题 题型9 导数多选题综合 题型21 排列组合与二项式定理综合 题型10 排列组合综合 题型11 二项式定理 题型12 杨辉三角 题型一 递推关系求通项公式（共3小题） 1．（24-25高二下·广东江门·期中）在数列中，，，且对任意的，都有，则的通项公式为______；若，则数列的前项和______. 2．（24-25高二下·湖北省直辖县级单位·期中）在数列中，，对任意，则______．已知是数列的前项和，且，若，则的最小值为______． 3．（24-25高二下·四川成都·期中）已知数列满足，且，则数列的通项公式为_____________；记，则的值为_____________（其中[x]为不超过实数的最大整数，如）． 题型二 数列最值与范围（共5小题） 4．（24-25高二下·安徽蚌埠·期中）已知各项均不为0的数列的前项和为，且，则的最大值为__________．（注：） 5．（24-25高二下·辽宁鞍山·期中）数列首项为，，已知数列是单调递增数列，则的取值范围为______________. 6．（24-25高二下·海南省直辖县级单位·期中）已知数列满足，，数列满足，若，都有，则的取值范围为_____. 7．（24-25高二下·四川绵阳·期中）已知等差数列的前项和为，且.在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列.若对任意的，总存在，使得，则实数的取值范围是 __________. 8．（24-25高二下·辽宁·期中）（多选）已知数列满足，，则（   ） A．是递减数列 B． C．当的前n项和取得最小值时， D．对任意，不等式，则 题型三 判断等差等比（共7小题） 9．（24-25高二下·湖南·期中）已知各项均不为零的数列，其前项和为，且.下列结论中错误的是（    ） A． B．不存在实数，使为递减数列 C．存在实数，使得为等比数列 D．，使得当时，总有 10．（24-25高二下·四川成都·期中）（多选）已知数列满足，前项和为，下列说法正确的是（     ） A． B．的解有3个 C． D． 11．（24-25高二下·江苏南京·期中）（多选）已知数列的前n项和为，为数列的前n项积，满足，给出下列四个结论，正确的是（   ） A． B．为等比数列 C． D．数列的最大项的值为 12．（24-25高二下·江西·月考）（多选）设函数，数列满足，，则（    ） A． B．数列是等比数列 C． D． 13．（24-25高二下·山东淄博·期中（多选））数列的各项均为正数，，函数在点处的切线过点，则下列正确的是（    ） A． B．数列是等比数列 C．数列是等比数列 D． 14．（24-25高二下·辽宁鞍山·期中）（多选）已知，且当方程有解时，有：，则下列说法正确的是（    ） A．若，数列为等差数列 B．若，数列为等差数列 C．若，数列通项公式为 D．若，则存在一个自然数，，使得成立 15．（24-25高二下·四川·期中）（多选）已知数列的前n项和为，且，，则（   ） A．为等比数列 B． C．当最小时， D．存在数列中的三项成等差数列，其中m，k，p为正整数，且 题型四 比较大小项（共3小题） 16．（24-25高二下·北京·期中）若数列各项均为正数，且，则下列结论错误的是（    ） A．对任意， B．当时，存在，使得 C．可以是常数列 D．当时，对任意， 17．（24-25高二下·海南省直辖县级单位·期中）（多选）已知数列满足，，，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 18．（24-25高二下·辽宁·期中）（多选）已知数列满足，，则（   ） A．， B．， C．，为完全立方数 D．，数列的前项和 题型五 恒成立问题（共7小题） 1．（24-25高二下·浙江杭州·期中）已知不等式对任意的恒成立，则正实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高二下·江苏无锡·期中）已知函数，若恒成立，则正整数的最大值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．（24-25高二下·辽宁·期中）已知恒成立，则正数的取值范围为__________. 4．（24-25高二下·河北承德·期中）若关于的不等式且在上恒成立，则实数的取值范围为_______________. 5．（24-25高二下·福建厦门·期末）设函数，若，则的取值范围为______． 6．（24-25高二下·江苏苏州·期中）若不等式对任意恒成立，则正实数t的取值范围是________． 7．（24-25高二下·浙江·期中）设函数，若存在实数使得恒成立，则的取值范围是________． 题型六 构造函数（共4小题） 8．（24-25高二下·浙江·期中）设是函数定义在上的导函数，满足，则下列不等式一定成立的是（    ） A． B． C． D． 9．（24-25高二下·四川遂宁·期中）已知函数的定义域为，，其导函数满足，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 10．（24-25高二下·山东聊城·期中）已知函数，若对任意的，当时，都有，则实数a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 11．（24-25高二下·广东广州·期中）已知正实数x，y满足，则（   ） A．2 B． C． D． 题型七 整数解问题（共3小题） 12．（24-25高二下·浙江绍兴·期中）已知不等式恰有2个整数解，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D．或 13．（24-25高二下·江苏·期中）设函数，其中，若存在唯一的整数使得，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 14．（24-25高二下·上海·期中）已知函数，若不等式的解集中恰有三个不同的整数，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 题型八 零点与方程的根（共4小题） 15．（24-25高二下·河北邯郸·期中）已知函数有两个零点，，且，则下列命题正确的是（   ） A． B． C． D． 16．（24-25高二下·云南·期中）已知函数，若有6个解．则的取值范围是____________． 17．（24-25高二下·江苏南京·期中）已知，，分别是函数与的零点，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 18．（24-25高二下·安徽芜湖·期中）（多选）已知函数有四个零点，，，（），则（    ） A． B． C． D．若，则 题型九 导数多选题综合（共10小题） 19．（24-25高二下·重庆·期中）函数，下列说法正确的是（   ） A．若函数在上是增函数，则 B．若函数在处取得极大值，则 C．若，则函数在闭区间上的最大值为 D．若函数在区间上有两个零点，则的取值范围为 20．（24-25高二下·福建·期中）已知函数，则（    ） A．导函数有无数个零点 B．有无数个零点 C．当时，在上存在极小值点，无极大值点 D．当时，是图象的一条切线 21．（24-25高二下·山东青岛·期中）已知正数，满足，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 22．（24-25高二下·海南海口·期中）设函数，则下列说法正确的是（    ） A．曲线在处的切线方程为 B．记的导函数为，若方程恰有两个解，则的取值范围是 C．设，则关于的不等式的解集为 D．设，则 23．（24-25高二下·江苏常州·期中）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若函数与均为偶函数，则下列结论中正确的是（   ） A． B．函数的图象关于点对称 C． D． 24．（24-25高二下·福建福州·期中）设函数，则（   ） A．当时，有三个零点 B．当时，是的极大值点 C．存在，使得为曲线的对称轴 D．存在，使得点为曲线的对称中心 25．（24-25高二下·广东·期中）伯努利不等式，又称贝努利不等式，是分析不等式中最常见的一种不等式，由数学家伯努利•雅各布提出，其形式为：，则.基于上述事实，则（   ） A．若，则当且仅当时伯努利不等式的等号成立 B． C．当且时，若不等式恒成立，则 D．， 26．（24-25高二下·重庆·期中）设函数，则（   ） A．的单调递增区间为， B．有三个零点 C．若关于x的方程有四个不同实根，则 D．若对于恒成立，则 27．（24-25高二下·浙江·期中）已知函数，则下列结论正确的是（   ） A．若，则有极大值，无极小值 B．若，则有四个单调区间 C．若，且有两个零点，则成立 D．若，则对任意，都有成立 28．（24-25高二下·广东广州·期中）已知函数，为的导函数，则（   ） A．曲线在处的切线方程为 B．在区间上单调递增 C．在区间上有极小值点，且 D．若、，，且在处取极值，则 题型十 排列组合综合（共17小题） 单选题 1．（24-25高二下·河南驻马店·月考）用蓝色和红色给一排10个方格染色，则蓝色使用次数不少于红色且至多两个蓝色相邻的方法种数为（   ） A．71 B．126 C．171 D．175 2．（24-25高二下·云南昆明·期中）某市选派9名医生到3个乡镇义诊，其中有5名主治医师，4名实习医生，要求每个乡镇分配3名医生，且每个乡镇至少有一名主治医师，则不同的分配方法种数为（   ） A．720 B．1480 C．1080 D．1440 3．（24-25高二下·北京通州·期中）平面直角坐标系上将横、纵坐标都为整数的点记为格点，点从格点出发，每次运动到另一格点时，沿水平或竖直方向移动一个单位，则点经过6次移动回到格点的移动路径总数为（    ） A．81 B．200 C．400 D．480 4．（24-25高二下·安徽蚌埠·期中）将20个大小，材质均相同的小球分别编号为1，2，3，…，20，将这20个小球随机分装到甲，乙两个盒子中，每个盒子装10个小球，设甲盒中小球的最小编号为a，最大编号为b，乙盒中小球的最小编号为c，最大编号为d，则“”的概率为（   ） A． B． C． D． 5．（24-25高二下·四川资阳·期中）如图，用四种不同的颜色给图中的，，，，，，七个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有（    ） A．600 B．288 C．576 D．以上答案均不对 6．（24-25高二下·辽宁抚顺·期中）从、、、、、中任选个不同的数字组成一个四位数，若这个四位数是偶数，则个位、十位和百位上的数字之和为偶数的概率为（    ） A． B． C． D． 多选题 7．（24-25高二下·河南·期中）在如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，点从点处出发，每次向上或向右移动1个单位长度，直至到达点时停止移动，则下列结论正确的是（   ）    A．移动的方法共有252种 B．仅有4次连续向上移动的方法有30种 C．经过点的移动方法有70种 D．若对任意，从第次到第次的移动方向相同，则移动的方法有2种 8．（24-25高二下·广东江门·期中）下列判断正确的是（    ） A．方程有两个不同的实数解 B．方程的正整数解共有126组 C．方程有唯一实数解 D．方程的非负整数解共有3003组 9．（24-25高二下·山东泰安·期中）对一个量用两种方法分别算一次，由结果相同构造等式，这种方法称为“算两次”的思想方法.利用这种方法，结合二项式定理，可以得到很多有趣的组合恒等式.例如：考察恒等式，左边的系数为，而右边，的系数为，因此可得到组合恒等式.利用算两次的思想方法或其他方法，可以得出下面有关组合数的等式，正确的是（   ） A． B． C． D． 填空题 10．（24-25高二下·河北·期中）方程的正整数解共有________组． 11．（24-25高二下·江苏南京·期中）15个人围坐在圆桌旁，从其中任取4人，两两不相邻的概率是___________． 12．（24-25高二下·天津河东·期中）如图，现要用红，橙，黄，绿，蓝5种不同的颜色对某市的6个行政区地图进行着色，要求有公共边的两个行政区不能用同一种颜色，则共有______________种不同的涂色方法.    13．（24-25高二下·重庆·期中）在平面直角坐标系上的一只蚂蚁从原点处出发，每次随机地向上、下、左、右四个方向移动一个单位，移动4次，则蚂蚁移动到圆内部的概率为_____. 14．（24-25高二下·重庆·期中）按照一定次序排列的一列集合称为集合列，可记为；已知全集的子集满足.若恰有两个元素，则这样的集合列有__________个；所有满足条件的集合列有__________个. 15．（24-25高二下·重庆·期中）在如图所示的九宫格中填入数字和字母，已知三个字母都填到九宫格中且不能在同一行同一列，其他每格只能从数字中选择一个填入，有公共边的两个格数字不相同，则不同的填法种数为________. 16．（24-25高二下·江苏宿迁·期中）在华为的三进制数据处理研究中，设计了一种独特的三进制编码规则.将一个长度为8位的三进制数按位权展开并转化为十进制数，例如三进制数，转化为十进制数，其中，，则三进制数00001110对应的十进制数为_______，现有一个8位三进制数，包含3个，3个0，2个1，若要求首位不能为0，且相邻两位不能同时为，则这样的不同的三进制数个数共有_______. 17．（24-25高二下·新疆乌鲁木齐·期中）若三个正整数的位数之和为，且组成的个数码能排列为则称为“幸运数组”，例如是一个幸运数组.则满足的幸运数组的个数为__________. 题型十一 二项式定理（共4小题） 18．（24-25高二下·江苏泰州·期中）已知（，），的展开式中含的项的系数为15，则的展开式中含的项的系数是（   ） A．6或7 B．6 C．8或9 D．9 19．（24-25高二下·湖北宜昌·期中）（多选）关于多项式的展开式，下列结论正确的是（    ） A．各项系数之和为1 B．各项系数的绝对值之和为 C．常数项为140 D．的系数为40 20．（24-25高二下·广东汕头·期中）（多选）已知，则下列描述正确的是（   ） A．偶数项的二项式系数和为128 B．除以5所得的余数是1 C． D． 21．（24-25高二下·黑龙江绥化·期中）（多选）设，则（    ） A． B． C．中最大的是 D． 题型十二 杨辉三角（共5小题） 22．（24-25高二下·江西景德镇·期中）（多选）在探究的展开式的二项式系数性质时，我们把二项式系数写成一张表，借助它发现二项式系数的一些规律，我们称这个表为杨辉三角（如图①，小明在学完杨辉三角之后进行类比探究，将的展开式按的升幂排列，将各项系数列表如下（如图②）： 上表图②中第行的第个数用表示，即展开式中含项的系数为，则（    ） A． B． C． D． 23．（24-25高二下·福建泉州·期中）（多选）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和，则下列命题中正确的是（   ） A．在“杨辉三角”中，第行的所有的数字之和为 B．在“杨辉三角”第行的数中，从左到右第个数最大 C．在“杨辉三角”中，从第3行开始，取每行的第4个数得到一数列，则该数列前10项之和为 D．记“杨辉三角”第行的第个数为，则的值恰好是第行的中间一项的数字 24．（24-25高二下·山东·期中）（多选）杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算法》《日用算法》和《杨辉算法》．他在1261年所著的《详解九章算法》给出图1所示的表，我们称这个表为杨辉三角，图2是杨辉三角的数字表示．杨辉三角的发现要比欧洲早500年左右，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的．根据以上材料，则下列说法正确的是（   ）    A．第10行所有数字的和等于1024 B．第10行所有数字的平方和等于 C．若第n行的第i个数记为，则 D．记每一行的第个数组成的数列称为第k斜列，该三角形数阵前2024行中第k斜列各项之和为 25．（24-25高二下·云南保山·期中）杨辉三角在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中被记载，它的开头几行如图4所示，它包含了很多有趣的组合数性质，如果将杨辉三角从第1行开始的每一个数都换成分数，得到的三角形称为“莱布尼茨三角形”，莱布尼茨由它得到了很多定理，甚至影响到了微积分的创立，则“莱布尼茨三角形”第5行第3个数是__________；若，是的前项和，则__________.（用含的代数式作答） 26．（24-25高二下·福建福州·期中）将杨辉三角中的每一个数都换成分数，就得到一个如下图所示的分数三角形，称为莱布尼茨三角形，从莱布尼茨三角形可看出，其中____________，令，则前n项和____________． 题型十三 数列求和综合（共8小题） 1．（24-25高二下·黑龙江·期中）已知数列的首项，且满足． (1)求数列的通项公式和前项和； (2)记，求数列的前项和，并证明． 2．（24-25高二下·四川成都·期中）已知数列是以公比为3，首项为3的等比数列，且. (1)求的通项公式； (2)求出的通项公式； (3)设，数列的前n项和为，若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围. 3．（24-25高二下·辽宁·期中）已知数列满足，. (1)证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式； (2)若记为满足不等式的正整数的个数，求数列的前项和； (3)在（2）的条件下，，若不等式对都成立，求实数的取值范围. 4．（24-25高二下·辽宁沈阳·期中）数列的前n项和，满足：，，（），数列满足，． (1)求，的通项公式； (2)设，求的前2n和． 5．（24-25高二下·山西太原·期中）已知数列的前项积为，且. (1)证明：是等差数列； (2)设，求数列的前项和； (3)若对于任意，恒成立，求实数的最大值. 6．（24-25高二下·广东广州·期中）已知数列满足，且，数列满足，且. (1)求数列的通项公式； (2)证明为等差数列； (3)若，求数列的前n项和. 7．（24-25高二下·四川成都·期中）已知数列满足，其中． (1)设，求证：数列是等差数列； (2)在（1）的条件下，求数列的前项和； (3)在（1）的条件下，若，是否存在实数，使得对任意的，都有，若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由． 8．（24-25高二下·四川绵阳·期中）已知数列的前项和为，，且；数列的首项，且满足. (1)求证：是等比数列； (2)求的通项公式； (3)设，求数列的前项和为. 题型十四 数列新定义（共4小题） 9．（24-25高二下·辽宁·期中）定义：已知数列的前n项和为，若对任意正整数n，存在，使得，则称数列为“和完全平方数列”． (1)若数列满足判断是否为“和完全平方数列”． (2)若数列的前n项和（，且），那么是否存在λ，使得数列为“和完全平方数列”？若存在，求出所有的的值；若不存在，请说明理由． (3)若等差数列是“和完全平方数列”，求数列的通项公式． 10．（24-25高二下·辽宁·期中）设和是两个等差数列，记，其中表示这s个数中最大的数． (1)若， （ⅰ）求，，的值； （ⅱ）证明：是等差数列 (2)证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当时，；或者存在正整数m，使得是等差数列． 11．（24-25高二下·辽宁·期中）在数列中，若存在项：，，…，，令，，，都有，则称为的“—子减列”． (1)在4项数列中，，，，，求出的所有“—子减列”； (2)已知数列满足，且，． （ⅰ）求数列的通项公式； （ⅱ）若数列只有11项，且为的“—子减列”，中任意3项都不构成等比数列，求k的所有取值构成的集合． 12．（24-25高二下·浙江·期中）设有穷数列的项数，若正整数满足，则称为数列的“低洼点”． (1)若，求数列的“低洼点”； (2)已知有穷等比数列的公比为，前项和为，若数列存在“低洼点”，求正数的取值范围； (3)若，数列的“低洼点”的个数为，证明： 题型十五 用导数证明不等式（共4小题） 13．（24-25高二下·河北承德·期中）已知函数且. (1)当时，求在最小值； (2)当时，函数恰好有两个零点. （i）求实数的取值范围； （ii）证明：. 14．（24-25高二下·广东·期中）已知函数，当时，恒成立 (1)求实数的取值范围； (2)函数，当实数取最大值时，是否存在整数，使得关于的不等式恒成立，若存在，请求出的最大值，若不存在，请说明理由； (3)已知证明： 15．（24-25高二下·云南昆明·期中）已知函数的图像在点处的切线与直线垂直. (1)求，满足的关系式； (2)设，讨论函数的单调性； (3)证明：. 16．（24-25高二下·四川内江·期中）已知函数． (1)若函数在单调递减，求a的范围； (2)若恒成立，求a的值； (3)求证：． 题型十六 恒成立问题（共4小题） 17．（24-25高二下·广东清远·期中）已经函数，，其中. (1)若，求的增区间； (2)当，时，证明不等式恒成立； (3)若有两个零点，求a的取值范围. 18．（24-25高二下·云南·期中）已知函数． (1)若在处的切线方程为，求a、b的值； (2)讨论的单调性； (3)若恒成立，求a的取值范围． 19．（24-25高二下·辽宁鞍山·期中）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，直接写出的单调区间； (3)当时，，，求的取值范围. 20．（24-25高二下·福建福州·期中）已知函数． (1)当时，求函数在点处的切线方程； (2)讨论函数的单调区间； (3)当时，关于x的不等式恒成立，求整数a的最大值． 题型十七 能成立有解问题（共4小题） 21．（24-25高二下·河北·期中）已知函数． (1)当时，恒成立，求实数的最大值； (2)若关于的不等式在上有解，求实数的取值范围． 22．（24-25高二下·北京·期中）设函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)证明：在区间内单调递增； (3)若关于x的不等式在区间内恰有一个整数解，直接写出k的取值范围． 23．（24-25高二下·天津和平·期中）已知函数，. (1)求的单调区间和极值； (2)若在单调递增， 求的取值范围; (3)当时，若，对使得，求的取值范围. 24．（24-25高二下·福建漳州·期中）已知函数，. (1)求函数在处的切线方程； (2)讨论函数单调性； (3)当时，若对于任意，总存在，使得，求的取值范围. 题型十八 零点问题（共4小题） 25．（24-25高二下·辽宁·期中）已知函数，其中. (1)当时，求函数的单调性； (2)若，试讨论函数在上的零点个数. 26．（24-25高二下·湖南长沙·期中）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，设，讨论函数的单调性； (3)若函数在上有且仅有2个零点，求实数的取值范围. 27．（24-25高二下·湖北·期中）已知 (1)（i）证明：当时，； （ii）当时，试确定的符号. (2)若，试说明在内有唯一零点. 28．（24-25高二下·山西·期中）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)当时，若存在零点，求实数的取值范围； (3)证明：. 题型十九 图象交点与方程的根（共4小题） 29．（24-25高二下·江苏盐城·期中）函数. (1)讨论的单调性； (2)当时，解方程； (3)当时，不等式恒成立，求a的取值范围. 30．（24-25高二下·天津·期中）已知函数，，（其中）． (1)当时，直线是曲线的一条切线，求实数的值； (2)当时，若，使得，求实数的取值范围； (3)若方程有两个不同的实数根，证明： 31．（2024·海南·模拟预测）已知函数. (1)若，求函数的极值； (2)若曲线与曲线有唯一的交点，求实数的取值范围. 32．（24-25高二下·北京·期中）若函数． (1)求曲线在点处的切线的方程； (2)判断方程解的个数，并说明理由； (3)当，设，求的单调区间． 题型二十 双变量问题（共3小题） 33．（24-25高二下·北京·期中）已知函数． (1)求在处的切线方程； (2)若，，求的取值范围； (3)若、，讨论与的大小关系，并说明理由． 34．（24-25高二下·江苏徐州·期中）已知函数 (1)当时，求的单调区间； (2)若存在两个极值点， （i）求的取值范围； （ii）证明：. 35．（24-25高二下·山东淄博·期中）已知函数. (1)求在处的切线方程； (2)若，，求的取值范围； (3)若、，讨论与的大小关系，并说明理由. 题型二十一 排列组合与二项式定理综合（共5小题） 36．（24-25高二下·重庆·期中）已知函数． (1)当时，求的展开式中二项式系数最大的项； (2)若，且. ①求的值； ②求的最大值． 37．（24-25高二下·江西上饶·期中）有一种士兵排列方法：士兵站成一排，解散以后马上再重新站成一排，并且这些士兵不能站在自己原来的位置上. (1)如果只有3个士兵，那么重新站成一排有多少种站法？ (2)假设原来有个士兵，解散以后不能站在自己原来位置上的站法为种，写出和，之间的递推关系，并证明：数列是等比数列； (3)假设让站好的一排个士兵解散后立即随机站成一排，记这些士兵都没有站到原位的概率为，证明：当无穷大时，趋近于．（参考公式：……）． 38．（24-25高二下·广东·期中）若一个数列由两个变量和共同控制，则称这样的数列为“双数列”，当时，可记为，在研究这样的数列问题时，一般将一个变量视为固定值，已知数列中，，，给定双数列 (1)求数列的通项公式； (2)现固定的值且，求； (3)设双数列，固定的值且满足，，则当取何值时，取得最大值.（结果用含的表达式表达） 39．（24-25高二下·河南·期中）二进制数是用0和1表示的数，它的基数为2，进位规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”．若十进制数，其中，，则n对应的二进制数为． (1)十进制数6，2025分别用二进制表示． (2)证明：满足，，，…，中有且只有3个1的所有二进制数对应的十进制数的和为1275． (3)将n对应的二进制数中1的个数记为，则． 40．（24-25高二下·江苏泰州·期中）已知函数，. (1)当时，求的值； (2)若能被整除，求的最小值； (3)若，，且在中，存在连续三项，，的项的系数成等差数列，求和的值. 一、单选题 1．若正实数，满足，则的最小值为（   ） A．1 B． C． D．2 二、多选题 2．黎曼函数（Riemann function）在高等数学中有着广泛应用，其一种定义为：时，，若数列，，则（    ） A． B． C． D． 3．已知函数为的导数，则下列说法正确的是（    ） A．当时，在区间单调递减 B．当时，恒成立 C．当时，在区间上存在唯一极小值点 D．当时，有且仅有2个零点 三、填空题 4．设是集合，且m，n，中所有的数都是从大到小排列成的数列，已知，则__________. 5．已知过点不可能作曲线的切线.对于满足上述条件的任意的，函数恒有两个不同的极值点，则的最大值为__________. 四、解答题 6．在排列组合的学习中，我们会遇到一类涂色问题“圆环涂色”问题（如图一）：用种颜色给有个区域（不含最中间区域）的圆环涂色，且要求相邻区域不同色，用表示完成这一涂色的方法数       (1)当时，求 (2)当时，找出的关系，并求出的通项公式. (3)用种颜色给图二中个区域（含最中间区域）涂色，要求相邻区域不同色，求方法总数. 7．已知函数. (1)求的最小值，并求出相应的； (2)若对任意恒成立，求实数的值； (3)若直线（其中）与图象的交点横坐标分别为，，求证：. 8．已知函数的定义域为． (1)求m的值； (2)求证：不存在极值点； (3)对任意给定的，求证：关于x的方程恰有一个正根． 9．已知函数，（）. (1)若函数在区间上是减函数，求实数a的取值范围； (2)若存在正数x，使成立，求实数a的取值范围； (3)若，证明：对任意的，存在唯一的实数，使得成立. 10．设函数，为实数. (1)当时，求的极值； (2)已知，若在上单调递增，求的最大值； (3)已知，设为的极值点，求的最大值. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $