36，吉林省延吉市延边第二中学2023-2024学年高二下学期5月期中考试数学试题

这是一份36，吉林省延吉市延边第二中学2023-2024学年高二下学期5月期中考试数学试题，共20页。试卷主要包含了 函数的图象在点处的切线方程是， 在等差数列中，，则的值为等内容，欢迎下载使用。
一.单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分，每题只有一个选项正确）
1. 函数的图象在点处的切线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数的几何意义求切线方程.
【详解】因为，所以，所以切点为，又，
由导数的几何意义知函数的图象在点处的切线斜率，
故得函数的图象在点处的切线方程是，即为．
故选：B
2. 在等差数列中，，则的值为（ ）
A. 6B. 8C. 12D. 13
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列的下标和性质可求得的值，再根据即可计算出最后结果.
【详解】因为，所以，所以，
所以，
故选：C.
【点睛】本题考查等差数列下标和性质的应用，难度一般.在等差数列中，已知，则有.
3. 函数是上的单调函数，则的范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】试卷源自 期末大优惠，全站资源一元不到！即将回复原价。【分析】
函数在上时单调函数，等价于导函数大于等于或小于等于恒成立，列不等式求出的范围即可．
【详解】函数是上的单调函数，即或(舍)在上恒成立
，解得
故选：D
【点睛】本题考查导数解决函数的单调性问题，考查二次函数的性质，属于基础题．
4. 已知函数图象在点处的切线与直线垂直，若数列的前项和为，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出原函数的导函数，得到在时的导数值，进一步求得，可得函数解析式，然后利用裂项相消法可计算出的值．
【详解】由，得，，
因为函数图象在点处的切线与直线垂直，
，解得，，则.
因此，.
故选：D.
【点睛】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，训练了利用裂项相消法求数列的前项和，是中档题．
5. 已知函数，则“有两个极值”的一个充分不必要条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据有两个正的穿越零点，求得有两个极值点的充要条件，再求其充分不必要条件即可.
【详解】由题可得，
若满足题意，则有两个正的穿越零点，
令，则，
令，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
又，，当趋近于正无穷时，趋近于，
若有两个正的穿越零点，则，解得，
即有两个极值的充要条件是：，
根据选项，则有两个极值的一个充分不必要条件是.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是对，分离参数，构造函数，利用导数研究其单调性，从而求得有两个极值点的充要条件.
6. 已知，记数列的前项和为，则下列说法正确的个数是（ ）
（1） （2） （3） （4）的最小值为
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】本题根据题干条件等式求出其前项和的等式，然后作差即可求出的表达式，然后根据等差数列的前n项和及其性质逐项解决问题.
【详解】因为①，
所以②，且，
①②两式相减得：，满足上式，
所以，所以（1）正确；
因为 ，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，
所以，所以（2）错误；
因为，
，
所以，所以（3）正确；
因为，
下面考察函数的图像（如图所示），
可知函数有最低点且在时取最小值，
由于，，所以当或者取得最小值，
即，所以（4）正确.
综上得，（1）（3）（4）正确.
故选：C.
7. 若对于任意的，都有，则的最大值为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】问题转化为，构造函数，易得在定义域上单调递增，所以在上恒成立，进而可求出的最大值．
【详解】解：，，，
，，
函数在定义域上单调递增，
在上恒成立，
则，解得，故的最大值是．
故选：C．
8. 若对任意正实数x，y都有，则实数m的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将不等式变式为，设后转化为恒成立，只需求函数的最大值即可.
【详解】因为，
所以，设，
则，，
令
恒成立，故单调递减，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；.
故
所以，得到.
故选:A.
二、多项选择题（共4小题，每小题5分，共20分.全选对5分，选不全2分）
9. （多选题）以下四个式子中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】利用导数的运算公式和复合函数的导数法则求导后进行判定即可.
【详解】，故A错误；
，故B正确；
，故C正确；
，故D错误.
故选：BC.
10. 定义在上的函数，已知是它的导函数，且恒有成立，则有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】构造函数，结合题目所给性质可得在上单调递减，结合函数单调性计算即可得.
【详解】令，则，
由已知可得，即在上单调递减，
所以，
故，即C､D选项正确.
故选：CD.
11. 已知数列满足，，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，数列是递减数列B. 当时，数列是等差数列
C. 当时，D. 当时，数列存在最小值
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意，由等差数列以及等比数列的定义以及通项公式，对选项逐一判断，代入计算，即可得到结果.
【详解】选项A，当时，，又，所以是首项为3，公比为3的等比数列，，数列递增，故A错误；
选项B，当时，，故，即，
所以数列是等差数列，故B正确；
选项C，当时，，，所以是公差为1的等差数列，又，所以，所以，故C正确；
选项D，当时，，，
则是首项是1，公差为的等差数列，
，则，
则，
所以为递减数列且当趋近于无穷大时，
趋近于负无穷，故无最小值，D错误.
故选：BC
12. 若函数在定义域内给定区间上存在，使得，则称函数是区间上的“平均值函数”，是它的平均值点．若函数在区间上有两个不同的平均值点，则m的取值不可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据题意分析可得原题意等价于与有两个不同的交点，求导，利用导数判断单调性，结合图象分析判断.
【详解】因为函数在区间上有两个不同的平均值点，
则有两个不同的根，
整理得，
构建，则原题意等价于与有两个不同的交点，
因为，令，解得；令，解得；
则在上单调递减，在上单调递增，
且，
所以，
因为，
所以m的取值不可能是.
故选：AD.
三．填空题（共4小题，每小题5分，共20分，请将答案写在答题纸上）
13. 已知在处有极值，则______.
【答案】3
【解析】
【分析】由题知为极值点,故，又联立求解即可.
【详解】由题，
且在处有极值，
所以
所以
此时
令或，
令，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以为极小值点，满足题意，
所以
所以.
故答案为：3.
14. 已知数列满足：，，为数列的前项和，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】依题意可得，即数列为等比数列，再根据等比数列的通项公式计算可得；
【详解】解：因为，
，
.
故答案为：
15. 对于三次函数，经研究发现：任何一个三次函数都有对称中心，而且三次函数的拐点（使二阶导数的点）正好是它的图像的对称中心．若，则______．（且）
【答案】
【解析】
【分析】由拐点的定义可得的对称中心是点，分n为奇数和n为偶数，结合函数的对称性即可得出答案.
详解】，，由，得，且，
∴对称中心是点，因此．
故当n为奇数时，．
当n为偶数时，．
综上所述，．
故答案为：.
16. 已知函数的定义域是，关于函数给出下列命题：
①对于任意，函数是上的减函数；
②对于任意，函数存在最小值；
③对于任意，使得对于任意的，都有成立；
④对于任意，函数有两个零点．
其中正确命题的序号是______．（写出所有正确命题的序号）
【答案】②
【解析】
【分析】对于①，直接求导即可判断；对于②，对于任意，利用导数研究的零点情况，进一步即可判断；对于③，画出函数图象即可判断；对于④，结合②中结论即可判断.
【详解】对于①，函数的定义域是，且，
当时，在恒成立，
所以函数在上单调递增，故①错误；
对于②，对于任意，令，，
所以在上单调递增，
注意到，不妨设时，要使，则只需，
取，所以取满足，则，而，
所以由零点存在定理可知存在满足，，使，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以对于任意，函数存在最小值，故②正确；
对于③，函数的图象在有公共点，
所以对于任意，有零点，故③错误；
对于④，取，，可得，
由②可知，在上单调递增，
且注意到，
存在满足，使，
且函数是函数的最小值，，此时函数没有零点，故④错误；
故答案为：②.
【点睛】关键点点睛：关键在于正确理解“任意”和“存在”的含义，且正确区分两者的不同，由此即可顺利得解.
四、解答题（共5小题，17题10分，18、19、20、21、22题各12分，请写出必要的解答过程）
17. 在等比数列中，公比，其前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和为.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）利用等比数列的基本量运算，可得数列的通项公式；
（2）利用裂项相消法可得数列的前项和为．
【详解】（1）由及，
得，
两式相减，得，
即，
所以，
由，得，
所以，
解得，
所以数列的通项公式为.
（2）由（1），得
所以.
18. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性；
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，利用导数的几何意义得切线的斜率即可得到切线方程.
（2）求出导函数，由恒成立，当，讨论即可.
【小问1详解】
当时，，得，
，则，
所以切线方程为：，即.
【小问2详解】
由题其定义域为R，可得，
当时，，，在单调递减，
，，在单调递增，
当时，由，解得，
①当，即时，，则在上单调递增；
②当，即时，在区间上，；
在区间上，；
所以的单调增区间为；单调减区间为；
③当，即时，
在区间上，，在区间上，，
所以的单调增区间为；单调减区间为.
19. 已知数列的前项和满足．
（1）求的通项公式；
（2）设数列满足，记数列的前项和为，若存在使得成立，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据与的关系，结合等比数列的定义、通项公式进行求解即可；
（2）利用错位相减法，结合一次函数的单调性进行求解即可.
【小问1详解】
，当时，，
当，时，，，
两式相减得：为非零定值，而，
即是以1为首项，公比的等比数列，所以；
【小问2详解】
，
所以，
，
两式相减：，
由得，，
即存在使成立，
随着增大，在减小，
当时，，
故求的取值范围是．
20. 已知函数．
（1）当时，证明：．
（2）若在上恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数求函数的单调性和最小值即可证明；
（2）问题可转化为在上恒成立，令，利用导数求最小值即可.
【小问1详解】
当时，，所以，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时函数有最小值，即.
【小问2详解】
因为在上恒成立，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
令，则，
由（1）知时，，即，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则在上，当时，，所以，
综上可知，实数的取值范围是.
21. 已知函数．
（1）当时（为大于0的常数），求的最大值；
（2）若当时，不等式恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数判断单调性，分和两种情况分别求出函数最值；
（2）构建，分析可知在上单调递减，可得在上恒成立，结合函数单调性分析求解.
【小问1详解】
由题意可知：的定义域为，且，
令，解得；令，解得；
函数的单调递增区间为，单调递减区间为．
当时，，所以；
当时，在上单调递减，所以．
【小问2详解】
当时，不等式，
即恒成立，
令，则，可知在上单调递减，
可得，即恒成立，
易知在内单调递减，所以，可得，
所以的取值范围为.
22. 记上的可导函数的导函数为，满足的数列称为函数的“牛顿数列”.已知数列为函数的牛顿数列，且数列满足.
（1）证明数列是等比数列并求；
（2）设数列的前项和为，若不等式对任意的恒成立，求t的取值范围.
【答案】（1）证明见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）对递推式变形结合对数运算求得，利用等比数列定义即可证明，代入等比数列通项公式求解通项公式；
（2）先利用等比数列求和公式求和，再把恒成立问题转化为对任意的恒成立，令，，利用导数研究函数的单调性，然后根据单调性求解函数最值，根据n的奇偶性分别求解范围即可.
【小问1详解】
由，得，
所以
则，
所以，
故（非零常数），且，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以；
【小问2详解】
由等比数列的前n项和公式得：，
因为不等式对任意的恒成立，
又且单调递增，所以对任意的恒成立，
令，，
则，
当时，，减函数，
当时，，增函数，
又，且，，，
则，
当n为偶数时，原式化简为，
而，
所以；
当n为奇数时，原式化简为，
又，且，，在上单调递增，
所以，
此时，所以；
综上可知，.