期末模拟预测卷（含解析）-2023-2024学年高二下学期数学人教A版2019选择性必修第二册
文档属性
| 名称 | 期末模拟预测卷（含解析）-2023-2024学年高二下学期数学人教A版2019选择性必修第二册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.3MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-07-07 10:23:43 | ||
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文档简介
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期末模拟预测卷-2023-2024学年高二下学期数学人教A版2019选择性必修第二册
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．已知函数，若，则m与n的大小关系为（ ）
A． B． C． D．不能确定
2．在数列中，，，则（ ）
A． B． C． D．100
3．已知函数在上的导函数为，若对任意恒成立，关于下列两个命题的判断，说法正确的是（ ）
命题①：方程至多只有一个实数根；
命题②：若是以2为周期的周期函数，则对任意，都有．
A．①真命题；②假命题 B．①假命题；②真命题
C．①真命题；②真命题 D．①假命题；②假命题
4．已知，若对任意两个不等的正实数，都有恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．设，，，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知等差数列的前项和为，若，，则当取得最小值时，（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
7．设数列的前项积为，满足，则（ ）
A．175 B．185 C． D．
8．南宋数学家杨辉为我国古代数学研究作出了杰出贡献，他的著名研究成果 “杨辉三 角” 记录于其重要著作《详解九章算法》中， 该著作中的 “垛积术” 问题介绍了高 阶等差数列. 以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列. 若某个二阶等差数列 的前四项分别为: ，则下列说法错误的是（ ）
A． B．
C．数列 是单调递增数列 D．数列 有最大项
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．已知为等差数列的前项和，且，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．为递减数列
C． D．
10．已知数列的通项公式为 ，前 项积为 ，则下列说法正确的是（ ）
A．在数列中，是最大项 B．在数列中， 是最小项
C．数列单调递减 D．使取得最小值的为 9
11．已知函数，则下列说法正确的是（ ）．
A．若在R上单调递增，则
B．若，则过点能作两条直线与曲线相切
C．若有两个极值点，，且，则a的取值范围为
D．若，且的解集为，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．方程在上至多有两个不同的实根，则实数的取值范围是 .
13．已知数列满足：（为正整数），则 ．
14．在数列中，若存在两个连续的三项与相同（），则称是“3阶可重复数列”．已知给定项数为m（）的数列，其中一定是“3阶可重复数列”，则m的最小值是 ．
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．求满足下列条件的直线的方程．
(1)为曲线在处的切线；
(2)的斜率为且与曲线相切；
(3)过原点且与曲线相切．
16．函数的定义域为，如果存在，使得，称t为的一个不动点．函数（，为自然对数的底数），定义在R上的函数满足，且当时，．
(1)求证：为奇函数；
(2)当a变化时，求函数不动点个数；
(3)若存在，，且为函数的一个不动点，求a的取值范围．
17．已知数列是正项等比数列，其前n项和为，且，．
(1)求的通项公式；
(2)设，求满足的最大整数n．
18．设数列的前项和为．已知，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)若是公比为4的等比数列，且，，也是等比数列．设，若数列是严格减数列，求的取值范围．
19．若函数的图像上有两个不同点处的切线重合，则称该切线为函数的图像的“自公切线”.
(1)试判断函数与的图像是否存在“自公切线”（不需要说明理由）；
(2)若，求函数的图像的“自公切线”方程；
(3)设，求证：函数的图像不存在“自公切线”
参考答案：
1．B
【分析】由可得，则，令，对求导，求出的最小值大于0，即可证明.
【详解】因为，所以，则，
即，两边同时取对数，则，
则
令，
，
令，解得：；令，解得：，
所以在上单调递减，在上单调递增，
，
所以，所以.
故选：B.
2．C
【分析】将两边取倒数，即可得到，从而求出的通项公式，即可得解.
【详解】因为，，所以，
即，
所以是以为首项，为公差的等差数列，
所以，则，
所以.
故选：C
3．C
【分析】对于命题①：构造函数，利用导数判断其单调性，结合单调性分析其零点即可；对于命题②：利用函数是定义域为的周期函数，知函数在一个周期上必有最大值和最小值，再利用条件，得到，再对与1的大小关系进行分类讨论，即可得出结论.
【详解】因为，即，
对于命题①：令，故，
可知函数在上单调递增，则至多有一个零点，
所以方程至多只有一个实数根，故命题①为真命题；
对于命题②：因为函数是周期为2，取一个周期，
由题意可知在内连续不断，则在内必有最大值和最小值，
设在内的最大值为，最小值为，
设，，且，
对任意，
显然时，恒成立，下面考虑的情况，
由导数定义可知，即，
若，则成立；
若，设，即，
则，且，可得，
所以成立；
综上所述：对任意实数，都成立，故命题②为真命题；
故选：C.
【点睛】关键点点睛：对于命题②：设的最大值为，最小值为，在一个周期上，，当时，结论显然成立，当时，利用不等式的性质可证明.
4．A
【分析】令，由已知可得为上的增函数，从而可得恒成立，参变分离可求的取值范围.
【详解】根据
可知，
令，
可得为上的增函数，
所以恒成立，分离参数得，
而当时，，
当且仅当，即时取等号，故最大值为，所以，
所以的取值范围是.
故选：A.
5．A
【分析】令，利用导数说明函数的单调性，即可证明，从而判断、，再令，利用导数说明函数的单调性，即可判断、，即可得解.
【详解】令，则，
当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
即恒成立，当且仅当时取等号，则，即；
又，
令，则，则在上单调递减，
又，
当时，所以在上单调递增，又，
所以，即，所以，即，
综上可得.
故选：A
6．B
【分析】根据给定条件，结合等差数列性质，探讨数列单调性，并确定非正数项即可得解.
【详解】等差数列中，，，则，
因此数列是递增等差数列，前5项均为负数，从第6项起为正，
所以当取得最小值时，.
故选：B
7．A
【分析】首先令求出，当时，即可得到，从而得到，即是以为首项，为公差的等差数列，再由等差数列求和公式计算可得.
【详解】因为，当时，解得，
当时，所以，则，
所以，又，所以是以为首项，为公差的等差数列，
所以.
故选：A
8．D
【分析】根据二阶等差数列的定义求出数列的通项公式，从而可得数列 是单调递增数列，则，A、C不符合题意；再利用累加法计算可判断B；借助基本不等式判断D.
【详解】设该数列为，则；由二阶等差数列的定义可知，
所以数列是以为首项，公差的等差数列，即，
所以，即数列 是单调递增数列，
，则，A、C不符合题意；
所以，将所有上式累加可得
，所以，
即该数列的第11项为，B不符合题意；
由于，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
但由于，即数列 有最小值为，
而当时，单调递增，所以无最大值，D符合题意.
故选：D.
9．ACD
【分析】设等差数列的公差为，根据题意，求得，得到，逐项判定，即可求解.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，可得，解得，
所以，所以A正确；
因为，所以数列为递增数列，所以B错误；
由，可得，所以C正确；
因为，所以，所以D正确．
故选：ACD．
10．ABD
【分析】判断数列的单调性，由此求得最大项与最小项，进而判断A,B选项，再根据项与1的大小关系判断的单调性及最值判断C，D选项即可.
【详解】，∴当时随着的增大越来越小且小于，
当时随着的增大越来越小且大于，则前项中最大项为，最小项为，
故A，B选项正确；
当时，
当时，,所以数列不是单调递减，C选项错误；
前 n 项积取得最小值时为9，故D选项正确.
故选：ABD.
11．AC
【分析】A.由导数和单调性的关系，转化为恒成立，再利用参变分离，转化为最值问题，即可求解；B.首先设切点，利用导数的几何意义求切线方程，转化为关于切点的方程有2个实数根，利用导数以及零点存在性定理，即可判断；C.转化为导函数有2个零点，利用数形结合，即可求解；D.首先求解不等式，再将转化为关于的式子，即可求解.
【详解】对于A，对求导得：，
因为函数在R上单调递增，所以恒成立，
即恒成立，记，则，
因为，当时，，即函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
因此，函数在处取得最大值，所以，即，故选项A正确；
对于B，时，，，
设图象上一点，则，
故过点的切线方程为，
将代入上式得，整理得，
构造函数，则，
构造函数，则，
令得，令得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，
所以函数单调递增，
又，，
即方程在区间仅有一解，从而在R上也仅有一解，
所以过点只能作一条直线与曲线相切，B选项错误；
对于C，因为函数有两个极值点，，
所以有两个零点，，即方程有两个解为，，
记，因为，
当时，，即函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
因此，函数在处取得最大值，
方程有两个解为，等价于与图像有两个不同公共点，
所以，所以，C选项正确；
对于D，由，得，等价于，即，
当时，，，又，故，所以，
当时，，无解，
故的解集为，
此时，
当时，，，从而D错误．
故选：AC．
【点睛】关键点点睛：本题前3个选项都是利用导数解决函数问题，尤其是BC选项，属于函数零点问题，B选项转化为判断零点各数，C选项是已知零点个数，求参数的取值范围.
12．
【分析】将方程的根的情况转化为两函数图象的交点情况，作出函数的图象，利用数形结合思想即得.
【详解】由可得，设，
依题意函数与在上至多有两个不同的交点.
由可得，
当时，，则在上单调递增；
当或时，，则在和上单调递减.
故时，取得极小值为，时，取得极大值为，
且当时，，当时，，故可作出函数的图象.
由图可得，函数与在上至多有两个不同的交点等价于或.
故实数的取值范围是.
故答案为：.
13．
【分析】已知式减去的递推式可得解.
【详解】当时，，
当时，，
，
两式相减得，可得，
综上，.
故答案为：.
14．11
【分析】由题意可知连续3项共有8种情况，然后分类讨论，分，和根据题意讨论即可.
【详解】因为数列的每一项只可以是0或1，所以连续3项共有种不同的情况，
若，则数列中有9组连续3项，则这其中至少有两组按次序对应相等，
即项数为11的数列一定是“3阶可重复数列”，
若，数列0，0，1，0，1，1，1，0，0，0不是“3阶可重复数列”，
则时，均存在不是“3阶可重复数列”的数列，
所以，要使数列一定是“3阶可重复数列”，则的最小值为11，
故答案为：11
【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义的要素中；
（4）结合数学知识进行解答.
15．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）求出导函数，求出在处的切线的斜率，求出，由点斜式即可得到切线方程；
（2）求出导函数，根据切线斜率为，求出切点坐标，即可写出切线方程，得到答案；
（3）求出导函数，设切点为，切线方程为，根据导数的几何意义求出斜率，即可得直线方程，然后将切点代入直线方程即可求得，从而可得答案.
【详解】（1）由，则，
因为切点为，
所以当时，切线斜率，，
所以切线方程为，即.
（2）由，则，
因为切线斜率为，令，则，，
则切点为，
所以切线方程为，即.
（3）由，则，，
设切点为，切线方程为，
所以切线斜率，切线方程为，
因为切点为，所以，所以，
所以切线方程为.
16．(1)证明过程见解析
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）根据变形得到，从而得到，证明出结论；
（2）由得，令，求导得到函数单调性和极值情况，从而得到的解的情况，得到答案；
（3）由题目条件得到在R上单调递减，变形得到，即，由函数单调性得到，根据不动点得到在时有解，构造，，求导得到其单调性和最值，从而得到不等式，求出a的取值范围.
【详解】（1），故，
其中，则，
其中定义域为R，故为奇函数，
（2）由得，令，则
令，解得，令，解得，
所以在单调递减，在上单调递增，
其中，
故当时，无解，当时，有1个解，
当时，有2个解；
综上，当时，函数没有不动点；
当时，函数有1个不动点；
当时，函数有2个不动点.
（3）当时，，故，
所以在上单调递减，
根据奇函数的对称性，可得在R上单调递减，
因为存在，即，
则，
故，则，即，
因为为函数一个不动点，
所以在时有解，
令，，
因为当时，，
所以在上单调递减，且趋向于时，趋向于，
所以只需，即，
解得，
故a的取值范围是.
【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.
17．(1)
(2)
【分析】（1）设等差数列的公比为，则，解方程即可得出答案；
（2）由（1）求出，求得在上单调递增，，即可得出答案；
【详解】（1）设等差数列的公比为，则，
则，因为，所以，，
所以.
（2）因为，，
，所以在上单调递增，
，满足的最大整数为.
18．(1)
(2)
【分析】（1）由将转化成即可根据等差数列定义和通项公式求解，进而得解.
（2）由已知条件可求出，进而得，根据数列是严格减数列，则即可求解.
【详解】（1）因为，
故即，
所以当时， 左右两边除以有，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，
故由得，
（2）由（1）以及题意得，
即，，
所以，故，
因为数列是严格减数列，
所以，
所以，即，
故，即的取值范围为.
19．(1)答案见详解
(2)
(3)证明见详解
【分析】（1）对于函数：结合其图象分析判断即可；对于函数：结合的单调性分析判断；
（2）求出函数的导数，并设出切点，求出处的切线方程，再利用“双重切线”的定义求出切线方程；
（3）假设存在，设切线方程，根据导数求切线方程，列方程组，结合题意分析该方程组解的个数即可判断.
【详解】（1）对于函数：
由函数的图象可知：和为函数的“自公切线”，
所以函数的图像存在“自公切线”；
对于函数：则，可知在上单调递增，
可知，可知，即任意不同两点的切线斜率不相等，
所以函数的图像不存在“自公切线”.
（2）函数，求导得，
显然函数在上单调递增，函数在上单调递减，
设切点，则存在，使得，
则在点处的切线方程为，在点处的切线方程为，
因此，消去可得，
令，求导得，
则函数在上单调递增，又，函数的零点为，因此，
所以曲线的“双重切线”的方程为.
（3）假设函数的图像存在“自公切线”，设为，
因为，则，
则，，
可知在处的切线方程为，
整理得，
则，即，
可知方程有两个不相等的根，则，
且也为方程的根，
则，
整理得，
且，即，
可得，即，
可得，整理得，
则，整理得，解得，
即此时方程只有一个解，
这与题意相矛盾，即假设不成立，
所以函数的图像不存在“自公切线”.
【点睛】方法点睛：根据过某点切线方程（斜率）或其与某线平行、垂直或重合等求参数问题的解法：利用导数的几何意义、切点坐标、切线斜率之间的关系构建方程(组)或函数求解．
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期末模拟预测卷-2023-2024学年高二下学期数学人教A版2019选择性必修第二册
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．已知函数，若，则m与n的大小关系为（ ）
A． B． C． D．不能确定
2．在数列中，，，则（ ）
A． B． C． D．100
3．已知函数在上的导函数为，若对任意恒成立，关于下列两个命题的判断，说法正确的是（ ）
命题①：方程至多只有一个实数根；
命题②：若是以2为周期的周期函数，则对任意，都有．
A．①真命题；②假命题 B．①假命题；②真命题
C．①真命题；②真命题 D．①假命题；②假命题
4．已知，若对任意两个不等的正实数，都有恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．设，，，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知等差数列的前项和为，若，，则当取得最小值时，（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
7．设数列的前项积为，满足，则（ ）
A．175 B．185 C． D．
8．南宋数学家杨辉为我国古代数学研究作出了杰出贡献，他的著名研究成果 “杨辉三 角” 记录于其重要著作《详解九章算法》中， 该著作中的 “垛积术” 问题介绍了高 阶等差数列. 以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列. 若某个二阶等差数列 的前四项分别为: ，则下列说法错误的是（ ）
A． B．
C．数列 是单调递增数列 D．数列 有最大项
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．已知为等差数列的前项和，且，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．为递减数列
C． D．
10．已知数列的通项公式为 ，前 项积为 ，则下列说法正确的是（ ）
A．在数列中，是最大项 B．在数列中， 是最小项
C．数列单调递减 D．使取得最小值的为 9
11．已知函数，则下列说法正确的是（ ）．
A．若在R上单调递增，则
B．若，则过点能作两条直线与曲线相切
C．若有两个极值点，，且，则a的取值范围为
D．若，且的解集为，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．方程在上至多有两个不同的实根，则实数的取值范围是 .
13．已知数列满足：（为正整数），则 ．
14．在数列中，若存在两个连续的三项与相同（），则称是“3阶可重复数列”．已知给定项数为m（）的数列，其中一定是“3阶可重复数列”，则m的最小值是 ．
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．求满足下列条件的直线的方程．
(1)为曲线在处的切线；
(2)的斜率为且与曲线相切；
(3)过原点且与曲线相切．
16．函数的定义域为，如果存在，使得，称t为的一个不动点．函数（，为自然对数的底数），定义在R上的函数满足，且当时，．
(1)求证：为奇函数；
(2)当a变化时，求函数不动点个数；
(3)若存在，，且为函数的一个不动点，求a的取值范围．
17．已知数列是正项等比数列，其前n项和为，且，．
(1)求的通项公式；
(2)设，求满足的最大整数n．
18．设数列的前项和为．已知，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)若是公比为4的等比数列，且，，也是等比数列．设，若数列是严格减数列，求的取值范围．
19．若函数的图像上有两个不同点处的切线重合，则称该切线为函数的图像的“自公切线”.
(1)试判断函数与的图像是否存在“自公切线”（不需要说明理由）；
(2)若，求函数的图像的“自公切线”方程；
(3)设，求证：函数的图像不存在“自公切线”
参考答案：
1．B
【分析】由可得，则，令，对求导，求出的最小值大于0，即可证明.
【详解】因为，所以，则，
即，两边同时取对数，则，
则
令，
，
令，解得：；令，解得：，
所以在上单调递减，在上单调递增，
，
所以，所以.
故选：B.
2．C
【分析】将两边取倒数，即可得到，从而求出的通项公式，即可得解.
【详解】因为，，所以，
即，
所以是以为首项，为公差的等差数列，
所以，则，
所以.
故选：C
3．C
【分析】对于命题①：构造函数，利用导数判断其单调性，结合单调性分析其零点即可；对于命题②：利用函数是定义域为的周期函数，知函数在一个周期上必有最大值和最小值，再利用条件，得到，再对与1的大小关系进行分类讨论，即可得出结论.
【详解】因为，即，
对于命题①：令，故，
可知函数在上单调递增，则至多有一个零点，
所以方程至多只有一个实数根，故命题①为真命题；
对于命题②：因为函数是周期为2，取一个周期，
由题意可知在内连续不断，则在内必有最大值和最小值，
设在内的最大值为，最小值为，
设，，且，
对任意，
显然时，恒成立，下面考虑的情况，
由导数定义可知，即，
若，则成立；
若，设，即，
则，且，可得，
所以成立；
综上所述：对任意实数，都成立，故命题②为真命题；
故选：C.
【点睛】关键点点睛：对于命题②：设的最大值为，最小值为，在一个周期上，，当时，结论显然成立，当时，利用不等式的性质可证明.
4．A
【分析】令，由已知可得为上的增函数，从而可得恒成立，参变分离可求的取值范围.
【详解】根据
可知，
令，
可得为上的增函数，
所以恒成立，分离参数得，
而当时，，
当且仅当，即时取等号，故最大值为，所以，
所以的取值范围是.
故选：A.
5．A
【分析】令，利用导数说明函数的单调性，即可证明，从而判断、，再令，利用导数说明函数的单调性，即可判断、，即可得解.
【详解】令，则，
当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
即恒成立，当且仅当时取等号，则，即；
又，
令，则，则在上单调递减，
又，
当时，所以在上单调递增，又，
所以，即，所以，即，
综上可得.
故选：A
6．B
【分析】根据给定条件，结合等差数列性质，探讨数列单调性，并确定非正数项即可得解.
【详解】等差数列中，，，则，
因此数列是递增等差数列，前5项均为负数，从第6项起为正，
所以当取得最小值时，.
故选：B
7．A
【分析】首先令求出，当时，即可得到，从而得到，即是以为首项，为公差的等差数列，再由等差数列求和公式计算可得.
【详解】因为，当时，解得，
当时，所以，则，
所以，又，所以是以为首项，为公差的等差数列，
所以.
故选：A
8．D
【分析】根据二阶等差数列的定义求出数列的通项公式，从而可得数列 是单调递增数列，则，A、C不符合题意；再利用累加法计算可判断B；借助基本不等式判断D.
【详解】设该数列为，则；由二阶等差数列的定义可知，
所以数列是以为首项，公差的等差数列，即，
所以，即数列 是单调递增数列，
，则，A、C不符合题意；
所以，将所有上式累加可得
，所以，
即该数列的第11项为，B不符合题意；
由于，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
但由于，即数列 有最小值为，
而当时，单调递增，所以无最大值，D符合题意.
故选：D.
9．ACD
【分析】设等差数列的公差为，根据题意，求得，得到，逐项判定，即可求解.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，可得，解得，
所以，所以A正确；
因为，所以数列为递增数列，所以B错误；
由，可得，所以C正确；
因为，所以，所以D正确．
故选：ACD．
10．ABD
【分析】判断数列的单调性，由此求得最大项与最小项，进而判断A,B选项，再根据项与1的大小关系判断的单调性及最值判断C，D选项即可.
【详解】，∴当时随着的增大越来越小且小于，
当时随着的增大越来越小且大于，则前项中最大项为，最小项为，
故A，B选项正确；
当时，
当时，,所以数列不是单调递减，C选项错误；
前 n 项积取得最小值时为9，故D选项正确.
故选：ABD.
11．AC
【分析】A.由导数和单调性的关系，转化为恒成立，再利用参变分离，转化为最值问题，即可求解；B.首先设切点，利用导数的几何意义求切线方程，转化为关于切点的方程有2个实数根，利用导数以及零点存在性定理，即可判断；C.转化为导函数有2个零点，利用数形结合，即可求解；D.首先求解不等式，再将转化为关于的式子，即可求解.
【详解】对于A，对求导得：，
因为函数在R上单调递增，所以恒成立，
即恒成立，记，则，
因为，当时，，即函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
因此，函数在处取得最大值，所以，即，故选项A正确；
对于B，时，，，
设图象上一点，则，
故过点的切线方程为，
将代入上式得，整理得，
构造函数，则，
构造函数，则，
令得，令得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，
所以函数单调递增，
又，，
即方程在区间仅有一解，从而在R上也仅有一解，
所以过点只能作一条直线与曲线相切，B选项错误；
对于C，因为函数有两个极值点，，
所以有两个零点，，即方程有两个解为，，
记，因为，
当时，，即函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
因此，函数在处取得最大值，
方程有两个解为，等价于与图像有两个不同公共点，
所以，所以，C选项正确；
对于D，由，得，等价于，即，
当时，，，又，故，所以，
当时，，无解，
故的解集为，
此时，
当时，，，从而D错误．
故选：AC．
【点睛】关键点点睛：本题前3个选项都是利用导数解决函数问题，尤其是BC选项，属于函数零点问题，B选项转化为判断零点各数，C选项是已知零点个数，求参数的取值范围.
12．
【分析】将方程的根的情况转化为两函数图象的交点情况，作出函数的图象，利用数形结合思想即得.
【详解】由可得，设，
依题意函数与在上至多有两个不同的交点.
由可得，
当时，，则在上单调递增；
当或时，，则在和上单调递减.
故时，取得极小值为，时，取得极大值为，
且当时，，当时，，故可作出函数的图象.
由图可得，函数与在上至多有两个不同的交点等价于或.
故实数的取值范围是.
故答案为：.
13．
【分析】已知式减去的递推式可得解.
【详解】当时，，
当时，，
，
两式相减得，可得，
综上，.
故答案为：.
14．11
【分析】由题意可知连续3项共有8种情况，然后分类讨论，分，和根据题意讨论即可.
【详解】因为数列的每一项只可以是0或1，所以连续3项共有种不同的情况，
若，则数列中有9组连续3项，则这其中至少有两组按次序对应相等，
即项数为11的数列一定是“3阶可重复数列”，
若，数列0，0，1，0，1，1，1，0，0，0不是“3阶可重复数列”，
则时，均存在不是“3阶可重复数列”的数列，
所以，要使数列一定是“3阶可重复数列”，则的最小值为11，
故答案为：11
【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义的要素中；
（4）结合数学知识进行解答.
15．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）求出导函数，求出在处的切线的斜率，求出，由点斜式即可得到切线方程；
（2）求出导函数，根据切线斜率为，求出切点坐标，即可写出切线方程，得到答案；
（3）求出导函数，设切点为，切线方程为，根据导数的几何意义求出斜率，即可得直线方程，然后将切点代入直线方程即可求得，从而可得答案.
【详解】（1）由，则，
因为切点为，
所以当时，切线斜率，，
所以切线方程为，即.
（2）由，则，
因为切线斜率为，令，则，，
则切点为，
所以切线方程为，即.
（3）由，则，，
设切点为，切线方程为，
所以切线斜率，切线方程为，
因为切点为，所以，所以，
所以切线方程为.
16．(1)证明过程见解析
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）根据变形得到，从而得到，证明出结论；
（2）由得，令，求导得到函数单调性和极值情况，从而得到的解的情况，得到答案；
（3）由题目条件得到在R上单调递减，变形得到，即，由函数单调性得到，根据不动点得到在时有解，构造，，求导得到其单调性和最值，从而得到不等式，求出a的取值范围.
【详解】（1），故，
其中，则，
其中定义域为R，故为奇函数，
（2）由得，令，则
令，解得，令，解得，
所以在单调递减，在上单调递增，
其中，
故当时，无解，当时，有1个解，
当时，有2个解；
综上，当时，函数没有不动点；
当时，函数有1个不动点；
当时，函数有2个不动点.
（3）当时，，故，
所以在上单调递减，
根据奇函数的对称性，可得在R上单调递减，
因为存在，即，
则，
故，则，即，
因为为函数一个不动点，
所以在时有解，
令，，
因为当时，，
所以在上单调递减，且趋向于时，趋向于，
所以只需，即，
解得，
故a的取值范围是.
【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.
17．(1)
(2)
【分析】（1）设等差数列的公比为，则，解方程即可得出答案；
（2）由（1）求出，求得在上单调递增，，即可得出答案；
【详解】（1）设等差数列的公比为，则，
则，因为，所以，，
所以.
（2）因为，，
，所以在上单调递增，
，满足的最大整数为.
18．(1)
(2)
【分析】（1）由将转化成即可根据等差数列定义和通项公式求解，进而得解.
（2）由已知条件可求出，进而得，根据数列是严格减数列，则即可求解.
【详解】（1）因为，
故即，
所以当时， 左右两边除以有，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，
故由得，
（2）由（1）以及题意得，
即，，
所以，故，
因为数列是严格减数列，
所以，
所以，即，
故，即的取值范围为.
19．(1)答案见详解
(2)
(3)证明见详解
【分析】（1）对于函数：结合其图象分析判断即可；对于函数：结合的单调性分析判断；
（2）求出函数的导数，并设出切点，求出处的切线方程，再利用“双重切线”的定义求出切线方程；
（3）假设存在，设切线方程，根据导数求切线方程，列方程组，结合题意分析该方程组解的个数即可判断.
【详解】（1）对于函数：
由函数的图象可知：和为函数的“自公切线”，
所以函数的图像存在“自公切线”；
对于函数：则，可知在上单调递增，
可知，可知，即任意不同两点的切线斜率不相等，
所以函数的图像不存在“自公切线”.
（2）函数，求导得，
显然函数在上单调递增，函数在上单调递减，
设切点，则存在，使得，
则在点处的切线方程为，在点处的切线方程为，
因此，消去可得，
令，求导得，
则函数在上单调递增，又，函数的零点为，因此，
所以曲线的“双重切线”的方程为.
（3）假设函数的图像存在“自公切线”，设为，
因为，则，
则，，
可知在处的切线方程为，
整理得，
则，即，
可知方程有两个不相等的根，则，
且也为方程的根，
则，
整理得，
且，即，
可得，即，
可得，整理得，
则，整理得，解得，
即此时方程只有一个解，
这与题意相矛盾，即假设不成立，
所以函数的图像不存在“自公切线”.
【点睛】方法点睛：根据过某点切线方程（斜率）或其与某线平行、垂直或重合等求参数问题的解法：利用导数的几何意义、切点坐标、切线斜率之间的关系构建方程(组)或函数求解．
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