2022-2023学年北京市人大附中高二数学期末复习参考试题含答案

这是一份2022-2023学年北京市人大附中高二数学期末复习参考试题含答案，共32页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年北京市人大附中高二数学期末复习参考试题

一、单选题
1．在等差数列中，，．记，则数列（    ）
A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项
【答案】B
【分析】首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在最大项和最小项.
【详解】由题意可知，等差数列的公差，
则其通项公式为：，
注意到，
且由可知，
由，得，
所以数列在上为递减数列，
所以数列不存在最小项，
由于，
故数列中的正项只有，
故数列中存在最大项，且最大项为.
故选：B.

二、填空题
2．设是等差数列，且，，则的通项公式为 ．
【答案】
【分析】先根据条件列关于公差的方程，求出公差后，代入等差数列通项公式即可.
【详解】设等差数列的公差为，
【点睛】在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路，一是利用基本量，将多元问题简化为首项与公差（公比）问题，虽有一定量的运算，但思路简洁，目标明确：二是利用等差、等比数列的性质，性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.
3．若等差数列和等比数列满足，，则 .
【答案】
【分析】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据题中条件求出、的值，进而求出和的值，由此可得出的值.
【详解】设等差数列的公差和等比数列的公比分别为和，则，
求得，，那么，故答案为.
【解析】等差数列和等比数列
【点睛】等差、等比数列各有五个基本量，两组基本公式，而这两组公式可看作多元方程，利用这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化为解关于基本量的方程（组）问题，因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作方程应用题，所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效的方法.
4．已知为等差数列，为其前n项和，若，，则 .
【答案】6
【详解】试题分析：因为是等差数列，所以，即，又，所以，
所以．故答案为6．
【解析】等差数列的基本性质
【名师点睛】在等差数列五个基本量，，，，中，已知其中三个量，可以根据已知条件，结合等差数列的通项公式、前项和公式列出关于基本量的方程(组)来求余下的两个量，计算时须注意整体代换思想及方程思想的应用.


三、单选题
5．设是等差数列.下列结论中正确的是
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】C
【详解】先分析四个答案，A举一反例，而，A错误，B举同样反例，，而，B错误，
D选项，故D错，
下面针对C进行研究，是等差数列，若，则设公差为，则，数列各项均为正，由于，则，
故选C.
【解析】本题考点为等差数列及作差比较法，以等差数列为载体，考查不等关系问题，重 点是对知识本质的考查.

四、双空题
6．若等比数列满足，，则公比 ;前项 .
【答案】2，
【详解】，
由，解得，则，
故.
故答案为：2，
考点定位：本题考查了等比数列的通项公式、前n项公式和数列的性质.


五、填空题
7．已知为等差数列，为其前n项和，若，，则 ,=
【答案】1 ，
【详解】∵ ∴∴∴，
【考点定位】本小题主要考查等差数列的基本运算，考查通项公式和前n项和公式的计算


六、单选题
8．已知为等比数列，下面结论中正确的是
A． B．
C．若，则 D．若，则
【答案】B
【详解】设{an}的首项为a1，公比为q，当a1<0，q<0时，可知a1<0，a3<0，a2>0，所以A不正确；
当q＝－1时，C选项错误；当q<0时，a3>a1⇒a3q
9．某棵果树前n年的总产量Sn与n之间的关系如图所示.从目前记录的结果看，前m年的年平均产量最高，则m的值为（　　）
  
A．5 B．7 C．9 D．11
【答案】C
【分析】观察图象判定斜率大小即可.
【详解】
若果树前n年的总产量与n在图中对应点
则前n年的年平均产量，即为直线OP的斜率，
由图易得当n＝9时，直线OP的斜率最大.
即前9年的年平均产量最高.
故选：C.

七、填空题
10．在等比数列{an}中，a1=，a4=-4，则公比q= ； ．
【答案】﹣2，
【详解】解：q===﹣2，
|a1|+|a2|+…+|an|==
故答案为﹣2，


八、单选题
11．设是公比为的等比数列，则“”是“为递增数列”的
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【详解】试题分析：当时，不是递增数列；当且时，是递增数列，但是不成立，所以选D.
【解析】等比数列


九、填空题
12．若等差数列满足，则当 时，的前项和最大．
【答案】8
【详解】试题分析：由等差数列的性质，，，又因为，所以
所以，所以，，故数列的前8项最大.
【解析】等差数列的性质，前项和的最值，容易题.


十、解答题
13．设是等差数列，且.
（Ⅰ）求的通项公式；
（Ⅱ）求.
【答案】（I）；（II）.
【分析】（I）设公差为，根据题意可列关于的方程组,求解，代入通项公式可得；（II）由（I）可得，进而可利用等比数列求和公式进行求解.
【详解】（I）设等差数列的公差为，
∵，
∴，
又，∴.
∴.
（II）由（I）知，
∵，
∴是以2为首项，2为公比的等比数列.
∴

.
∴
点睛：等差数列的通项公式及前项和共涉及五个基本量，知道其中三个可求另外两个，体现了用方程组解决问题的思想.
14．已知等差数列和等比数列满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5．
（Ⅰ）求的通项公式；
（Ⅱ）求和：．
【答案】（1）an=2n−1.（2）
【详解】试题分析：（Ⅰ）设等差数列的公差为，代入建立方程进行求解；（Ⅱ）由是等比数列，知依然是等比数列，并且公比是，再利用等比数列求和公式求解.
试题解析：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d.
因为a2+a4=10，所以2a1+4d=10.
解得d=2.
所以an=2n−1.
（Ⅱ）设等比数列的公比为q.
因为b2b4=a5，所以b1qb1q3=9.
解得q2=3.
所以.
从而.
【名师点睛】本题考查了数列求和，一般数列求和的方法：（1）分组转化法，一般适用于等差数列+等比数列的形式；（2）裂项相消法求和，一般适用于，,等的形式；（3）错位相减法求和，一般适用于等差数列等比数列的形式；（4）倒序相加法求和，一般适用于首末两项的和是一个常数，这样可以正着写和与倒着写和，两式相加除以2即可得到数列求和.  
15．已知是无穷数列．给出两个性质：
①对于中任意两项，在中都存在一项，使；
②对于中任意项，在中都存在两项．使得．
(Ⅰ)若，判断数列是否满足性质①，说明理由；
(Ⅱ)若，判断数列是否同时满足性质①和性质②，说明理由；
(Ⅲ)若是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：为等比数列.
【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)详解解析；(Ⅲ)证明详见解析.
【分析】(Ⅰ)根据定义验证，即可判断；
(Ⅱ)根据定义逐一验证，即可判断；
(Ⅲ)解法一：首先，证明数列中的项数同号，然后证明，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列即可.
解法二：首先假设数列中的项数均为正数，然后证得成等比数列，之后证得成等比数列，同理即可证得数列为等比数列，从而命题得证.
【详解】(Ⅰ)不具有性质①；
(Ⅱ)具有性质①；
具有性质②；
(Ⅲ)解法一
首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数：
显然，假设数列中存在负项，设，
第一种情况：若，即，
由①可知：存在，满足，存在，满足，
由可知，从而，与数列的单调性矛盾，假设不成立.
第二种情况：若，由①知存在实数，满足，由的定义可知：，
另一方面，，由数列的单调性可知：，
这与的定义矛盾，假设不成立.
同理可证得数列中的项数恒为负数.
综上可得，数列中的项数同号.
其次，证明：
利用性质②：取，此时，
由数列的单调性可知，
而，故，
此时必有，即，
最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：
假设数列的前项成等比数列，不妨设，
其中，（的情况类似）
由①可得：存在整数，满足，且 （*）
由②得：存在，满足：，由数列的单调性可知：，
由可得： （**）
由（**）和（*）式可得：，
结合数列的单调性有：，
注意到均为整数，故，
代入（**）式，从而.
总上可得，数列的通项公式为：.
即数列为等比数列.
解法二：
假设数列中的项数均为正数：
首先利用性质②：取，此时，
由数列的单调性可知，
而，故，
此时必有，即，
即成等比数列，不妨设，
然后利用性质①：取，则，
即数列中必然存在一项的值为，下面我们来证明，
否则，由数列的单调性可知，
在性质②中，取，则，从而，
与前面类似的可知则存在，满足，
若，则：，与假设矛盾；
若，则：，与假设矛盾；
若，则：，与数列的单调性矛盾；
即不存在满足题意的正整数，可见不成立，从而，
然后利用性质①：取，则数列中存在一项，
下面我们用反证法来证明，
否则，由数列的单调性可知，
在性质②中，取，则，从而，
与前面类似的可知则存在，满足，
即由②可知：，
若，则，与假设矛盾；
若，则，与假设矛盾；
若，由于为正整数，故，则，与矛盾；
综上可知，假设不成立，则.
同理可得：，从而数列为等比数列，
同理，当数列中的项数均为负数时亦可证得数列为等比数列.
由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数.
从而题中的结论得证，数列为等比数列.
【点睛】本题主要考查数列的综合运用，等比数列的证明，数列性质的应用，数学归纳法与推理方法、不等式的性质的综合运用等知识，意在考查学生的转化能力和推理能力.
16．已知数列，从中选取第项、第项、…、第项，若，则称新数列为的长度为的递增子列．规定：数列的任意一项都是的长度为1的递增子列．
（Ⅰ）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；
（Ⅱ）已知数列的长度为的递增子列的末项的最小值为，长度为的递增子列的末项的最小值为.若，求证： ；
（Ⅲ）设无穷数列的各项均为正整数，且任意两项均不相等.若的长度为的递增子列末项的最小值为，且长度为末项为的递增子列恰有个，求数列的通项公式．
【答案】(Ⅰ) 1,3,5,6；(Ⅱ)见解析；(Ⅲ)见解析.
【分析】(Ⅰ)由题意结合新定义的知识给出一个满足题意的递增子列即可；
(Ⅱ)利用数列的性质和递增子列的定义证明题中的结论即可；
(Ⅲ)观察所要求解数列的特征给出一个满足题意的通项公式，然后证明通项公式满足题中所有的条件即可.
【详解】(Ⅰ)满足题意的一个长度为4的递增子列为：1,3,5,6.
(Ⅱ)对于每一个长度为的递增子列，都能从其中找到若干个长度为的递增子列，此时，
设所有长度为的子列的末项分别为：，
所有长度为的子列的末项分别为：，
则，
注意到长度为的子列可能无法进一步找到长度为的子列，
故，
据此可得：.
(Ⅲ)满足题意的一个数列的通项公式可以是，
下面说明此数列满足题意.
很明显数列为无穷数列，且各项均为正整数，任意两项均不相等.
长度为的递增子列末项的最小值为2s-1，
下面用数学归纳法证明长度为s末项为2s-1的递增子列恰有个：
当时命题显然成立，
假设当时命题成立，即长度为k末项为2k-1的递增子列恰有个，
则当时，对于时得到的每一个子列，
可构造：和两个满足题意的递增子列，
则长度为k+1末项为2k+1的递增子列恰有个，
综上可得，数列是一个满足题意的数列的通项公式.
注：当时，所有满足题意的数列为：，
当时，数列对应的两个递增子列为：和.
【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
17．对于数对序列，记，，其中表示和两个数中最大的数.
（1）对于数对序列，求的值；
（2）记为，，，四个数中最小的数，对于由两个数对组成的数对序列和，试分别对和两种情况比较和的大小；
（3）在由五个数对组成的所有数对序列中，写出一个数对序列使最小，并写出的值.(只需写出结论).
【答案】（1）7,8；（2）无论还是，都有成立；（3），，，，.
【详解】试题分析：根据条件中的定义，对于数对序列，记，，其中表示和两个数中最大的数，求解.
依题意，，
.
（2），
，
当时，，
因为，且，
所以，
当时，，
因为，且，
所以，
所以无论还是，都有成立.
（3）数对序列：（4,6），（11,11），（16,11），（11,8），（5,2）的值最小.
，，，，.
【解析】新定义题型.


十一、单选题
18．设等差数列{an}的前n项和为Sn，在同一个坐标系中，an=f（n）及Sn=g（n）的部分图象如图所示，则（　　）

A．当n=4时，Sn取得最大值 B．当n=3时，Sn取得最大值
C．当n=4时，Sn取得最小值 D．当n=3时，Sn取得最大值
【答案】A
【分析】由图象可知可能：①，，．②，，．③，，．④，，．分别利用等差数列的通项公式及其前项和公式即可判断出．
【详解】解：由图象可知可能：①，，，由，，可得，．，与，矛盾，舍去．
②，，．由，，可得，，解得，，解得，矛盾，舍去．
③，，．由，，可得，解得，，解得，而，矛盾，舍去．
④，，．由，，可得，解得．，解得，，，满足条件．，解得，因此当时，取得最大值．
故选：A．
【点睛】本题考查了等差数列的通项公式及其前n项和公式，考查了数形结合的思想方法、分类讨论的方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．

十二、双空题
19．某校数学课外小组在坐标纸上，为学校的一块空地设计植树方案如下第棵树种植在点处，其中，，当时，

表示非负实数的整数部分，例如，．
按此方案，第6棵树种植点的坐标应为 ．第2008棵树种植点的坐标应为 ．
【答案】 (1,2)  (3, 402)
【详解】 T组成的数列为1,0,0,0,0,1, 0,0,0,0,1, 0,0,0,0,1……(k=1,2,3,4……)．
一一代入计算得数列为1,2,3,4,5,1,2,3,4,5,1,2,3,4,5……；
数列为1,1,1,1,1,2,2,2,2,2,3,3,3,3,3,4,4,4,4,4…….
因此，第6棵树种在 (1,2)，第2008棵树种在(3, 402)．

十三、解答题
20．求下列数列的通项公式.
(1)；
(2)；
(3)；
(4)；
(5)；
(6)；
(7)；
(8)；
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)
(8)

【分析】（1）根据等差数列的定义求解即可；
（2）根据等比数列的定义求解即可；
（3）根据求解即可；
（4）利用累加法结合等比数列前项和公式求解即可；
（5）利用累乘法求解即可；
（6）利用倒数法求解即可；
（7）（8）根据结合等比数列的定义求解即可.
【详解】（1）因为，
所以，
所以数列是以为公差的等差数列，
所以；
（2）因为，所以，
所以数列是以为公比的等比数列，
所以；
（3）由，
当时，，
当时，，
当时，上式不成立，
所以
（4）因为，
所以，
则当时，
，
当时，上式也成立，
所以；
（5）因为，所以，
则当时，
，
当时，上式也成立，
所以；
（6）因为，
所以，即，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，
所以；
（7）由，得，
当时，，所以，
当时，，
所以，
所以数列是以为公比，为首项的等比数列，
所以；
（8）由，
当时，，所以，
当时，，
所以，
所以数列数列从第二项起是以为公比，为首项的等比数列，
所以，
当时，上式不成立，
所以.
21．已知数列中，，且，其前项和为，且当时，．
(1)求证：数列是等比数列；
(2)求数列的通项公式；
(3)若，令，求数列的前项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)

【分析】（1）根据将用表示，再根据等比数列的定义或等比中项法即可得证；
（2）先求出，再根据即可得解；
（3）利用裂项相消法求解即可.
【详解】（1）由，
得，
即，
化简得，
所以数列是等比数列；
（2）由（1）得数列得公比为，首项为，
所以，
当时，，
所以；
（3）若，则，
当时，，，
当时，
，


，
综上所述，.

十四、单选题
22．已知数列的通项公式为，则“”是“数列单调递增”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】数列单调递增，可得的范围.由“”，由，可得的范围.即可判断出关系.
【详解】解：数列单调递增，可得：，化为：.
∴.
由“”可得：，可得：.
∴“”是“数列单调递增”的充要条件，
故选：C.
23．设是平面直角坐标系到自身的一个映射，点在映射下的像为点，记作，已知，其中，那么对于任意的正整数（    ）
A．存在点，使得
B．不存在点，使得
C．存在无数个点，使得
D．存在唯一的点，使得
【答案】C
【分析】通过求解，画图，得到以为直径的圆刚好覆盖所有的，取的中点，则，从而对四个选项一一进行分析，得到正确答案.
【详解】，，，
，，……，，显然两点之间的距离最大，
以为直径的圆刚好覆盖所有的，如图所示，
  
其中，
取的中点，则，
A选项，因为，故不存在，使得对任意的正整数，，A错误；
B选项，当点与点重合时，对任意的正整数，，故B错误；
C选项，因为，故以为圆心，半径为的圆面上的所有点都满足，C正确；
D选项，由C可知，存在无数个点，使得，D错误.
故选：C
24．已知数列满足：， ，则下列关于的判断正确的是
A．使得
B．使得
C．总有
D．总有
【答案】D
【分析】由题意结合均值不等式的结论、数列的单调性、函数的单调性和特殊数列的性质确定题中的说法是否正确即可.
【详解】对于选项A，由于，故恒成立，则，
故不存在的项，选项A说法错误；
对于选项B，由于，结合选项A可知，故，即，选项B说法错误；
对于选项C，构造函数，则，则函数在区间上单调递增，则不存在满足，选项C说法错误；
对于选项D，令，则，此时数列为常数列，故总有，选项D说法正确.
故选D.
【点睛】本题主要考查数列的单调性，数列中的最值问题，递推关系的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
25．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，则“Sn＞nan对n≥2恒成立”是“a3＞a4”的（    ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】设等差数列的公差为，利用等差数列的通项公式和前项和公式将等价转化为，将等价转化为，由此可得答案.
【详解】设等差数列的公差为，
当时，因为等价于等价于等价于等价于，等价于等价于，
所以等价于，
所以“”是“”的充分必要条件.
故选：C.
【点睛】本题考查了等差数列的通项公式和前项和公式，考查了充分必要条件的概念，属于基础题.
26．函数在附近的平均变化率是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】令，根据，结合函数的解析式，即可用表示出，接下来再求，并将代入计算即可求得答案.
【详解】令，
因为，
所以，
则在附近的平均变化率是，
故选：C.
27．设在处可导，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据导数的定义，可直接计算出结果.
【详解】因为在处可导,
所以，由导数的定义可得：.
故选：A
【点睛】本题主要考查导数概念的应用，熟记导数概念即可，属于基础题型.
28．一质点做直线运动，若它所经过的路程与时间的关系为（的单位：，的单位：），则时的瞬时速度（单位：）为
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】∵，
∴.故选D.
【解析】利用导数求瞬时速度.

十五、解答题
29．设函数，过坐标原点O作曲线的切线，证明：切线有且仅有一条，且切点的横坐标恒为.
【答案】证明见解析.
【分析】先求出过点O的切线方程，再利用函数单调性证明是方程的唯一解即可证得结果.
【详解】设切点为，，
所以切线方程为：，
即 ，
又切线过原点，所以，
即 ，
显然是方程的解，
设，，
在上单调递增，且，所以方程有唯一解1.
所以，过坐标原点O作曲线的切线，切线有且仅有一条，切点的横坐标恒为.

十六、单选题
30．函数y=x2㏑x的单调递减区间为
A．（1,1] B．（0,1] C．[1，+∞） D．（0，+∞）
【答案】B
【详解】对函数求导，得（x>0）,令解得，因此函数的单调减区间为，故选B
考点定位：本小题考查导数问题，意在考查考生利用导数求函数单调区间，注意函数本身隐含的定义域

31．对于R上可导的任意函数，若满足则必有
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】先由题意得到函数的单调性,然后跟根据单调性进行判断可得结论.
【详解】
若，则为常数函数,;
若不恒成立,
当时, ,递增，当时,,递减.
.
故选:C.
【点睛】本题考查函数最值和单调性的关系,考查对基本概念的理解,解题时可根据导函数的符号得到函数的单调性,进而得到函数的最值情况,属于中档题.
32．设函数满足则时，
A．有极大值，无极小值 B．有极小值，无极大值
C．既有极大值又有极小值 D．既无极大值也无极小值
【答案】D
【详解】函数满足，
，令，
则，
由，得，令，
则
在上单调递减，在上单调递增，
的最小值为.
又在单调递增，
既无极大值也无极小值，故选D.
【解析】1、利用导数研究函数的单调性；2、利用导数研究函数的极值及函数的求导法则.
【方法点睛】本题主要考查抽象函数的单调性以及函数的求导法则，属于难题.求解这类问题一定要耐心读题、读懂题，通过对问题的条件和结论进行类比、联想、抽象、概括，准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.本题通过观察导函数的“形状”，联想到函数，再结合条件判断出其单调性，进而得出正确结论.

33．已知函数与图象上存在关于轴对称的点，则的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】由题可得存在满足

,
令,
因为函数和在定义域内都是单调递增的,
所以函数在定义域内是单调递增的,
又因为趋近于时,函数且在上有解(即函数有零点),
所以,
故选：B.
【解析】指对数函数 方程 单调性
34．若，，则
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】试题分析：用特殊值法，令，，得，选项A错误，，选项B错误， ，选项D错误，
因为选项C正确，故选C．
【解析】指数函数与对数函数的性质
【名师点睛】比较幂或对数值的大小,若幂的底数相同或对数的底数相同,通常利用指数函数或对数函数的单调性进行比较；若底数不同,可考虑利用中间量进行比较.


十七、解答题
35．已知函数．
（1）若，求a的值；
（2）设m为整数，且对于任意正整数n，，求m的最小值．
【答案】（1）；（2）．
【详解】试题分析：（1）由原函数与导函数的关系可得x=a是在的唯一最小值点，列方程解得；
（2）由题意结合（1）的结论对不等式进行放缩，求得，结合可知实数的最小值为.
试题解析：（1）的定义域为.
①若，因为，所以不满足题意；
②若，由知，当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增，故x=a是在的唯一最小值点.
由于，所以当且仅当a=1时，.故a=1.
（2）由（1）知当时，.
令得.从而
.
故.
而，所以的最小值为.
【名师点睛】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.本专题在高考中的命题方向及命题角度：从高考来看，对导数的应用的考查主要有以下几个角度：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．
36．已知函数，，其中是自然对数的底数.
（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）令，讨论的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.
【答案】（Ⅰ） （Ⅱ）见解析
【详解】试题分析：（Ⅰ）求导数得斜率，由点斜式写出直线方程.
（Ⅱ）写出函数，求导数得到，由于的正负与的取值有关，故可令，通过应用导数研究在上的单调性，明确其正负.然后分和两种情况讨论 极值情况即可.
试题解析：（Ⅰ）由题意
又，
所以，
因此  曲线在点处的切线方程为
，
即  .
（Ⅱ）由题意得   ，
因为

，
令
则
所以在上单调递增.
因为
所以 当时，
当时，
(1)当时，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以 当时取得极小值，极小值是 ；
(2)当时，
由 得 ，
①当时，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以 当时取得极大值.
极大值为，
当时取到极小值，极小值是 ；
②当时，，
所以 当时，，函数在上单调递增，无极值；
③当时，
所以 当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以 当时取得极大值，极大值是；
当时取得极小值.
极小值是.
综上所述：
当时，在上单调递减，在上单调递增，
函数有极小值，极小值是；
当时，函数在和和上单调递增，在上单调递减，函数有极大值，也有极小值，
极大值是
极小值是；
当时，函数在上单调递增，无极值；
当时，函数在和上单调递增，
在上单调递减，函数有极大值，也有极小值，
极大值是；
极小值是.
【名师点睛】1.函数f (x)在点x0处的导数f ′(x0)的几何意义是曲线y＝f (x)在点P(x0，y0)处的切线的斜率．相应地，切线方程为y−y0＝f ′(x0)(x−x0)．注意：求曲线切线时，要分清在点P处的切线与过点P的切线的不同．
2. 本题主要考查导数的几何意义、应用导数研究函数的单调性与极值、分类讨论思想.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答本题，准确求导数是基础，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当，或因复杂式子变形能力差，而错漏百出.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分类讨论思想等.
37．已知函数，．
（1）当为何值时，轴为曲线的切线；
（2）用表示中的最小值，设函数，讨论零点的个数．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）当或时，由一个零点；当或时，有两个零点；当时，有三个零点.
【详解】试题分析：（Ⅰ）先利用导数的几何意义列出关于切点的方程组，解出切点坐标与对应的值；（Ⅱ）根据对数函数的图像与性质将分为研究的零点个数，若零点不容易求解，则对再分类讨论.
试题解析：（Ⅰ）设曲线与轴相切于点，则，，即，解得.
因此，当时，轴是曲线的切线.
（Ⅱ）当时，，从而，
∴在（1，+∞）无零点.
当=1时，若，则，,故=1是的零点；若，则，,故=1不是的零点.
当时，，所以只需考虑在（0,1）的零点个数.
（ⅰ）若或，则在（0,1）无零点，故在（0,1）单调，而，，所以当时，在（0，1）有一个零点；当0时，在（0，1）无零点.
（ⅱ）若，则在（0，）单调递减，在（，1）单调递增，故当=时，取的最小值，最小值为=.
①若＞0，即＜＜0，在（0,1）无零点.
②若=0，即，则在（0,1）有唯一零点；
③若＜0，即，由于，，所以当时，在（0,1）有两个零点；当时，在（0,1）有一个零点.…10分
综上，当或时，由一个零点；当或时，有两个零点；当时，有三个零点.
【解析】利用导数研究曲线的切线；对新概念的理解；分段函数的零点；分类整合思想