全册期末复习专题卷-2025-2026学年高二下学期数学人教A版选择性必修第二册

**基本信息** 聚焦数列与导数全册核心，通过基础计算、综合应用及实际情境题，系统整合知识逻辑，培养数学思维与应用意识。 **综合设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |数列|约占50%（如选择1-5、解答15/17）|等差等比基本量运算、前n项和性质、实际应用（如第13题）|概念生成（定义）→性质推导→实际应用| |导数|约占50%（如选择6-8、解答18/19）|切线方程、单调性极值、零点问题、不等式证明|导数几何意义→函数性质分析→综合证明与应用|

2025-2026学年高二数学人教A版选择性必修第二册全册复习卷 （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．已知数列为正项等比数列，，是方程的两个实数根，则（   ） A． B． C．4 D． 2．已知函数，则（   ） A． B． C． D． 3．设数列满足（且），是前项和，且，，则（   ） A．1014 B． C．1013 D．1012 4．已知各项均为正数的等比数列的前项和为，且满足，，成等差数列，则（ ） A． B． C． D． 5．等差数列，的前项和分别为，，且，则（ ） A． B． C． D． 6．函数与函数公切线的斜率为（    ） A． B． C．1或 D．1或 7．已知函数有两个零点，则实数的取值范围是（　　） A． B． C． D． 8．已知定义域为的函数的导函数为，且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．设是等差数列的前n项和，若，，则（    ） A． B．中最小值为 C．当取得最大值时， D．使成立的最大整数n为14 10．已知函数．则下列说法正确的是（   ） A．对任意恒成立 B．在处取得最小值 C．方程有且仅有一个实数根 D．当时，单调递增 11．已知函数，则（    ） A．是的极大值点 B．当时， C．，使得点是曲线的对称中心 D．，使得，直线与曲线均只有一个公共点 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．若曲线，则曲线在的切线方程为_______________. 13．《九章算术・均输篇》记录了古代物资统筹核算算法，现如今借鉴这一统筹思路，某地乡村振兴落地光伏储能惠民工程，分年度分批采购储能光伏组件.项目采购方案规定：每年新增采购的组件箱数构成等差数列，项目第一年采购 16 箱，往后每一年都比上一年多采购 3 箱；受原材料价格浮动影响，组件单箱采购市价逐年成等比数列，首年定价 4 元，价格每年变为原来的 3 倍.项目财务制度约定，前年所有入库储存的组件，不在每年分次结账，统一留存至第年年末，按照当期最新市场单价一次性核算全部货款.则项目运行满 4 年时，结算总货款为______元；运行年末核算总货款的最简代数式为______ 14．已知函数，其中是自然对数的底数，若，则实数的取值范围是__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．已知数列中，其前项和记为，且. (1)数列满足对于恒成立，则称数列是等差数列.证明：数列是等差数列； (2)若，记，求的前20项的和. 16．已知函数． (1)当时，曲线的一条切线方程为，求实数的值； (2)求函数的单调区间． 17．已知数列的前项和为，且，． (1)求证：数列是等差数列； (2)求； (3)已知数列的前项和，若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围． 18．已知函数，其中． (1)若有两个极值点，求实数的取值范围； (2)若有两个极值点，，证明：． 19．已知函数． (1)当时，求函数的最小值； (2)试讨论函数的单调性； (3)当时，不等式恒成立，求整数的最大值． 2 / 15 1 / 15 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二数学人教A版选择性必修第二册全册复习卷 （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．已知数列为正项等比数列，，是方程的两个实数根，则（   ） A． B． C．4 D． 【答案】B 【分析】利用等比中项的性质计算即得. 【详解】因为，为方程的两根，所以， 又因为，的等比中项，所以， 因，故. 2．已知函数，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据导数的运算法则求出，再将代入，进而即可求出． 【详解】因为，则， 所以，解得． 3．设数列满足（且），是前项和，且，，则（   ） A．1014 B． C．1013 D．1012 【答案】B 【分析】分析可知数列为等差数列，进而可得，，结合等差数列求和公式运算求解即可. 【详解】因为（且），即， 可知数列为等差数列，设公差为， 又因为，即， 且，则，， 可得，则， 可得，所以． 4．已知各项均为正数的等比数列的前项和为，且满足，，成等差数列，则（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用等差数列中项性质列方程，结合等比数列通项公式求出公比，再化简代入计算结果. 【详解】设等比数列的公比为，由题意知，（）， 因为成等差数列，由等差中项性质可得， 由于，，代入上式得： ， 由于，整理得： 解得或， 又，故舍去，得，则， 将代入得. 5．等差数列，的前项和分别为，，且，则（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，化简得到，由等差数列前项和的性质，可设和，求得的表达式，即可得到答案. 【详解】由等差数列，的前项和，可得， 因为等差数列的前项和为， 即等差数列的前项和满足的形式， 可设，其中， 则 ，所以. 6．函数与函数公切线的斜率为（    ） A． B． C．1或 D．1或 【答案】C 【分析】利用导数来求切线方程，再通过公切线得到方程组求解即可. 【详解】由题意可得，设切点坐标分别为， 则函数在点处切线方程为：，即， 函数在点处切线方程为：，即. 根据两切线是公切线可得：， 由可得 所以，整理得， 解得或，所以公切线斜率为或. 7．已知函数有两个零点，则实数的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】当时，单调递增，至多有一个零点，不满足题意；当时，根据导数与单调性及最值的关系，结合零点存在定理及函数有两个零点，得到，解不等式即可. 【详解】当时，因为函数和函数都为增函数， 所以函数单调递增，至多有一个零点，不满足题意； 当时，，令，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以， 当时，；当时，， 要使函数有两个零点，则， 解得，即的取值范围是． 8．已知定义域为的函数的导函数为，且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】构造辅助函数，将抽象不等式转化为函数单调性问题，需注意定义域的限制条件. 【详解】构造辅助函数 ，. ∵ ，且已知 ，， ∴ ，即 在 上单调递减. 原不等式成立需先满足函数定义域：，解得 . 由不等式 两边同时除以 ，可得 ， 即 . ∵ 在上单调递减， ∴ ，解得 . 即不等式的解集为 . 【点睛】方法点睛：对于给出 与 大小关系的抽象不等式问题，可根据不等号方向构造对应辅助函数（如本题构造 ），将不等式转化为函数值大小关系，结合函数单调性求解. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．设是等差数列的前n项和，若，，则（    ） A． B．中最小值为 C．当取得最大值时， D．使成立的最大整数n为14 【答案】ABD 【分析】根据题意，利用等差数列的求和公式和等差数列的性质，求得，且，，结合选项，逐项分析判断，即可求解. 【详解】A，由，可得， 因为，可得，所以，正确； B，由A分析且，所以且，正确； C，在等差数列中，由且， 当时，得；当时，得， 所以取得最大值时，，错误； D，由，且， 所以使得成立的最大整数为，正确. 10．已知函数．则下列说法正确的是（   ） A．对任意恒成立 B．在处取得最小值 C．方程有且仅有一个实数根 D．当时，单调递增 【答案】ABD 【分析】根据函数的导数求出函数的极小值即可判断AB，方程可化为，构造函数，利用导数分析函数的单调性、极小值，即变化趋势可判断C，设，利用导数判断函数单调性及可判断D. 【详解】因为，所以， 当时，；当时，． 因此在处取得极小值，也是最小值， 所以，故AB正确． 方程即,令, 因为，当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，又， ,，所以方程有两个实根．故C错误． 设，则． 令，则，且， 所以当时，，从而，故在上单调递增，D正确． 11．已知函数，则（    ） A．是的极大值点 B．当时， C．，使得点是曲线的对称中心 D．，使得，直线与曲线均只有一个公共点 【答案】ACD 【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，结合A中的单调性，即可判断B；判断是否有解，即可判断C；两函数作差得到，根据两曲线只有一个交点求出，再分析单调性，即可判断D. 【详解】对于A，由题可知， 当时，当时，;当时，, 即函数在上单调递增；在上单调递减，故是的极大值点. 当时，令，得或， 当时，在时，，在时，，在时，， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 当时，在时，，在时，，在时，， 在和上单调递减，在上单调递增， 综上可得，均是的极大值点，故A正确； 对于B，当时，由A项可知在上单调递增， 又因，所以，故B错误； 对于C. ，， 令，可得, 因该式对任意实数恒成立，故可得， 即存在，使得点是曲线的对称中心，故C正确； 对于D，若直线与曲线只有一个公共点，则方程只有一个实根， 令，则， 由，可得，此时, 则在上单调递增，且当时，,当时，， 即当时，函数有且仅有1个零点，故D正确. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．若曲线，则曲线在的切线方程为_______________. 【答案】 【分析】先求出切点，再根据导数的几何意义求出斜率，代入点斜式方程求出直线方程即可. 【详解】解：由题可得， 当时，，， 所以切点坐标为，斜率为， 因此切线方程为，即. 13．《九章算术・均输篇》记录了古代物资统筹核算算法，现如今借鉴这一统筹思路，某地乡村振兴落地光伏储能惠民工程，分年度分批采购储能光伏组件.项目采购方案规定：每年新增采购的组件箱数构成等差数列，项目第一年采购 16 箱，往后每一年都比上一年多采购 3 箱；受原材料价格浮动影响，组件单箱采购市价逐年成等比数列，首年定价 4 元，价格每年变为原来的 3 倍.项目财务制度约定，前年所有入库储存的组件，不在每年分次结账，统一留存至第年年末，按照当期最新市场单价一次性核算全部货款.则项目运行满 4 年时，结算总货款为______元；运行年末核算总货款的最简代数式为______ 【答案】 【分析】先分别计算前年采购组件的总箱数和第年末的组件单价，二者相乘得到总货款，代入即可得满年的结算款. 【详解】设第年采购的组件箱数为， 由题意是首项、公差的等差数列， 则， 前年总采购箱数为的前项和： ， 设第年组件单价为，由题意是首项、公比的等比数列， 第年末的单价为： ， 计算满年的总货款： 代入，得， ，故总货款； 计算年末总货款： 根据题意总货款为总箱数乘以第年末单价， 即. 14．已知函数，其中是自然对数的底数，若，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【分析】先判断函数为上的偶函数且在上单调递增，将函数不等式转化为绝对值不等式求解即可 【详解】函数的定义域为，关于原点对称， 因为， 所以是上的偶函数， 因为，当时， ， 由于时 ， 所以，即在上单调递增； 结合偶函数性质，在上单调递减，且满足 因为 ， 所以 等价于 ， 因为在上单调递增， 所以等价于， 当时，不等式化为，即 ， 其判别式 ，不等式恒成立，故； 当时，不等式化为，即 ， 因式分解得 ，解得或 . 综上，实数的取值范围是 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．已知数列中，其前项和记为，且. (1)数列满足对于恒成立，则称数列是等差数列.证明：数列是等差数列； (2)若，记，求的前20项的和. 【答案】(1)当时，，解得， 当时，，， 所以，化简得 ①， ，化简得   ②， ①-②得，化简得， 所以数列是以1为首项的等差数列. (2)600. 【分析】（1）由与，构造出条件所给出的模型，直接判断等差数列； （2）由数列所给出的形式判断数列的奇数项和偶数项分别成等差数列，通过分组求和直接求出的前20项的和. 【详解】（1）略 （2） 由（1）可知，数列是以1为首项的等差数列，，公差为2， 所以， 因为， 所以， 所以 . 16．已知函数． (1)当时，曲线的一条切线方程为，求实数的值； (2)求函数的单调区间． 【答案】(1) (2)当时，函数无严格单调区间；当时，函数在上单调递减，在上单调递增． 【分析】（1）根据导数的几何意义，可求出切点横坐标，再代入原函数，求出切点坐标，最后代入切线方程求出的值； （2）先求导，整理可得，对分类讨论，利用导数研究函数的单调性即可. 【详解】（1）当时，，则， 由切线方程为，则，即，解得， 所以，则切点坐标为， 代入切线方程得，则． （2）由，则， 若，则为常数函数，无严格单调区间； 若，当时，解得；当时，解得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增； 若，当时，解得；当时，解得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增． 综上，当时，函数无严格单调区间； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增． 17．已知数列的前项和为，且，． (1)求证：数列是等差数列； (2)求； (3)已知数列的前项和，若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)由，得，即， 所以数列是公差为1的等差数列； (2) (3) 【分析】（1）根据递推式得，结合等差数列的定义即可证； （2）由（1）写出的通项公式，应用错位相减法、等比数列的前n项和公式求； （3）根据已知求得，再由数列不等式恒成立得对任意的恒成立，结合右侧的单调性确定参数范围. 【详解】（1）略 （2）由（1），得，所以，又， 所以，解得，则． ， ， 以上两式相减，得 ， 所以． （3）因为数列的前项和，当时， 以上两式相减，得， 又，满足上式，所以． 因为不等式对任意的恒成立， 所以对任意的恒成立． 令， 所以， 当时，，即， 当时，，即， 所以，所以， 所以，即实数的取值范围是. 18．已知函数，其中． (1)若有两个极值点，求实数的取值范围； (2)若有两个极值点，，证明：． 【答案】(1) (2)证明：令，则． 由（1）知，且． 令，则． 要证明，只需证明． 令 则. 整理得. 从而. 先证明：当时，． 令，， 当时，，此时单调递减， 当时，，此时单调递增， 所以， 因此在时恒成立. 因为，所以分别取与，得， 由，两边取倒数，得， 由，两边取倒数，得. 两式相加，得. 因此，通分得， 所以在上单调递增． 又，故， 又因为所以 由（1）知在上单调递增，因此 所以 【分析】（1）求导后令．先研究的单调性与最小值，再把“有两个极值点”转化为方程有两个不同实根． （2）设，将结论转化为证明．构造，通过不等式证明，从而比较与的大小，再利用在正半轴上的单调性得到结论． 【详解】（1）函数的定义域为． 由，得. 令. 则． 又. 当时，，且，所以. 从而，故在上单调递减． 当时，和 均为增函数， 从而，故在上单调递增． 又，并且当或时，均有，所以在处取得最小值． 方程等价于方程． 当时，方程在和内各有一个实根． 此时的符号依次为正、负、正，所以有两个极值点． 当时，方程只有一个实根，且，在的两侧不变号，所以不是极值点． 当时，方程无实根，函数没有极值点． 综上，实数的取值范围为. （2）略. 19．已知函数． (1)当时，求函数的最小值； (2)试讨论函数的单调性； (3)当时，不等式恒成立，求整数的最大值． 【答案】(1) (2)当时，的单调递减区间为，无单调递增区间； 当时，的单调递减区间为，单调递增区间为 (3) 【分析】（1）代入得到具体函数后，确定定义域，求导找到极值点，根据导数正负判断单调性，进而求得最小值； （2）先求的导函数，对参数分类讨论，根据导函数在定义域上的符号变化，判断的单调性； （3）将不等式变形分离参数，把恒成立问题转化为小于新函数最小值的问题，通过求导得到新函数最小值的范围，进而得到整数的最大值. 【详解】（1）当时，，定义域为，， 令得，当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以的最小值为； （2）定义域为，， 若，则恒成立，所以恒成立，故在上单调递减； 若，令得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 综上，当时，的单调递减区间为，无单调递增区间； 当时，的单调递减区间为，单调递增区间为； （3）即， 整理得， 因，即，两边除以得， 令，则， 令，则，在单调递增， 因为，，故存在唯一零点，满足， 当时，，则，单调递减； 当时，，则，单调递增； 因此的最小值为， 因为，所以，因为，且，所以的最大值为. 2 / 15 1 / 15 学科网（北京）股份有限公司 $