期末模拟卷（含解析）-2023-2024学年高二数学下学期人教A版（2019）选择性必修第二册

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期末模拟卷-2023-2024学年高二数学下学期人教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．已知函数有两个零点，则（ ）
A． B． C． D．
2．数列满足，则的前8项和为（ ）
A．-4 B．0 C．4 D．16
3．已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4．已知数列对任意满足，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知是正项等比数列，若成等差数列，则（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
6．已知函数在处取得极值，则（ ）
A．4 B．11 C．4或11 D．3或9
7．已知数列的前项依次为，则的一个通项公式是（ ）
A． B．
C． D．
8．拉格朗日中值定理又称拉氏定理：如果函数在上连续，且在上可导，则必有，使得．已知函数，那么实数的最大值为（ ）
A．1 B． C． D．0
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．已知是可导的函数，且，对于恒成立，则下列不等关系正确的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
10．已知数列的前项和，则下列说法中正确的是（ ）
A．一定为等差数列
B．可能为等比数列
C．若，则一定为递增数列
D．若，则存在，使得
11．对于三次函数 ，现给出定义: 设 是函数 的 导数， 是 的导数，若方程 有实数解 ，则称点 为函 数 的 “拐点”. 经过探究发现: 任何一个三次函数都 有 “拐点”，任何一个三次函数都有对称中心，且 “拐点” 就是对称中心. 已知函数 ，则（ ）
A．函数 有三个零点
B．函数 有两个极值点
C．点 是曲线 的对称中心
D．方程 有三个不同的实数根
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知函数，若，则 .
13．已知数列满足，则 ，的通项公式为
14．若函数及其导函数的定义域均为的图象关于原点对称，且在上恒为负数，则的解析式可以为 （写出符合条件的一个即可）．
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．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)设函数在其定义域内有两个不同的极值点，且，若不等式恒成立，其中，求实数的取值范围.
16．已知数列满足：，，.
(1)证明：是等差数列，并求的通项公式；
(2)设，若数列是递增数列，求实数的取值范围.
17．己知是等差数列的前项和，，数列是公比大于1的等比数列，且，.
(1)求数列和的通项公式；
(2)设，求使取得最大值时的值.
18．给定数列，若对任意m，且，是中的项，则称为“H数列”．设数列的前n项和为
(1)若，试判断数列是否为“H数列”，并说明理由；
(2)设既是等差数列又是“H数列”，且，，，求公差d的所有可能值；
(3)设是等差数列，且对任意，是中的项，求证：是“H数列”．
19．对于函数，若实数满足，则称为的不动点．已知函数．
(1)当时，求证；
(2)当时，求函数的不动点的个数；
(3)设，证明．
参考答案：
1．D
【分析】求定义域，求导，当时，在上单调递减，不合要求，当时，得到函数单调性和极值，最值情况，得到不等式，求出答案.
【详解】定义域为，
，
当时，，故在上单调递减，
故不会有2个零点，舍去，
当时，令得，，令得，，
故在上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极大值，也是最大值，，
又趋向于0时，趋向于负无穷，趋向于正无穷时，趋向于负无穷，
要想函数有两个零点，则，解得.
故选：D
2．C
【分析】根据通项得到，，，，然后求和.
【详解】，，，，，
所以.
故选：C.
3．D
【分析】将在上单调递增，化为对任意成立，再转化为对任意成立，求解即可.
【详解】因为函数在上单调递增，
所以对任意成立，
即对任意成立，
令，
则，
因为，所以，
令，即，解得或
因为，所以，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在时取得最大值为，
所以.
故选：.
【点睛】方法点睛：利用导数研究函数的单调性应注意：
1.在区间内是函数在此区间上为增（减）函数的充分不必要条件；
2.可导函数在区间是增（减）函数的充要条件是：都有，且在的任意一个子区间内都不恒为；
3.由函数在区间是增（减）函数，求参数范围问题，可转化为恒成立问题求解.
4．A
【分析】由，得，从而，再利用累乘法求解.
【详解】解：由，得，
所以，
所以，即①．
又因为②，
①②两式相乘，得．
故选：A．
5．D
【分析】根据等差中项结合等比数列通项公式求得，再结合对数运算分析求解.
【详解】设等比数列的公比为.
因为成等差数列，可得，即，
整理可得，解得或（舍去）.
所以.
故选：D.
6．B
【分析】由题意可知，解方程组得和的值，再代入检验是否能使是原函数的极值点.
【详解】因为，由题有，即，解得或.进行检验.
当时，不合题意，舍掉；
当时，，
令，得或；令得.
所以在，上单调递增，在上单调递减，符合题意，则.
故选：B.
7．B
【分析】观察数列的前项分析其变化规律即可求解.
【详解】数列的前项依次为，
即，
所以的一个通项公式为．故B正确；
对A，代入，，故A错误；
对C，，故C错误；
对D，，故D错误；
故选：B.
8．C
【分析】利用导数判断单调性，求解出值
【详解】因为函数在上连续，且在上可导，则必有一，使得，
又函数，可得，
所以，此时，
又，所以，因为，且，所以，
不妨设，函数定义域为，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，函数取得极大值也是最大值，最大值，
则当时，λ取得最大值，最大值为．
故选：C．
9．AC
【分析】根据已知条件构造函数，求导后判断函数的单调性，再根据的单调性比较与，与的大小，化简后可得答案.
【详解】令，则，
因为对于恒成立，所以，
所以在上递减，所以，
所以，，，
所以，，.
故选：AC
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，解题的关键是根据题意构造函数，然后利用导数判断其单调性，考查数学转化思想，属于中档题.
10．BD
【分析】对于A：证明，才是等差数列，对于B：取，即可说明；对于C：证明可判断，对于D：用二次函数的性质说明即可.
【详解】对于A：当时，，
该通项公式为一次函数形式，所以从第二项起为等差数列，
所以数列是等差数列的条件只需满足当时满足的通项公式即可，
即当，，所以只有当时，才是等差数列，故A错误；
对于B：当时，，满足要求，故B正确；
对于C：若，则，所以，故C错误；
对于D，若，函数的图象关于直线对称，因此，从而，故D正确.
故选：BD
11．BCD
【分析】利用导数研究的单调性，根据零点的定义与存在性定理即可判断A；根据极值点的定义即可判断B；根据拐点的定义即可判断C；根据数形结合的思想即可判断D.
【详解】由得，
令或，
所以在单调递减，在、单调递增.
A：因为，
所以在存在1个零点，故在R上有2个零点，故A错误；
B：的极大值点为，极小值点为，
所以有2个极值点，故B正确；
C：令，得，，
所以是的拐点，进而是的对称中心，故C正确；
D：因为的极大值为，极小值为，
作出直线与函数的图象，如图，
由图可知，直线与函数的图象有3个交点，
所以方程有3个不同的实根，故D正确.
故选：BCD
12．
【分析】求出导函数，利用列式求解即可.
【详解】由得，因为，所以.
故答案为：
13． 7 （也可以填：或者)
【分析】第一空，利用赋值法令求，再令求；第二空，方法一：由递推公式退位作差，得到隔项之间的关系即，得到奇数项和偶数项分别为等差数列，分别求通项公式，进而得到数列的通项公式；方法二：构造新数列为等比数列，由等比数列的通项公式得到数列的通项公式.
【详解】令得，由得，令得，由得；
方法一：由①得②，②①得，
又由，当为奇数时，，
由，当为偶数时，，
所以；
方法二：因为，所以，
又因为，所以，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以；
故答案为：7；（也可以填：或者)
14．（答案不唯一）
【分析】由已知结合基本初等函数的求导公式即可求解．
【详解】取，其定义域为，
，显然其图象关于原点对称，且其在上单调递减，
则，
故答案为：（答案不唯一）．
15．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）利用导数，分类讨论单调性；
（2）由极值定义得是的两个根，从而有，利用这个结论把不等式变形：首先代入消去对数式，然后消去参数，最后再令，，然后引入函数，求出导函数，分类讨论确定的单调性，得在上是否恒成立，从而得出的范围．
【详解】（1）函数，定义域为，
则，
当时，，则在上单调递增，
当时，令，得，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
综上所述，当时，则在上单调递增，
当时，在上单调递增，在上单调递减；
（2）根据题意，，定义域为，
得到，
由题意可知分别是方程的两个根，，
即的两个根，即，，
原式可化为，
等价于，
因为，，所以原式等价于，
又由于，，
作差得，，即，
所以原式等价于，
因为，所以原式恒成立，即恒成立，
令，，则不等式在上恒成立，
令，
又因为，
当时，可得时，，
所以在上单调递增，又因为，
所以在上恒成立，符合题意.
当时，可得时，，所以在上单调递增，
时，，在上单调递减，
又因为，所以在上不能恒小于0，不符合题意，舍去.
综上所述，若不等式恒成立，
只需满足，由于，所以的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：在证明不等式时，解题关键首先是消元，利用极值点的性质，化简不等式，求出的关系，再分类参数，然后换元，这样问题中变量的范围确定，其次引入新函数，用导数研究新函数的性质，由不等式恒成立得参数范围．
16．(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）根据条件，利用等差数列定义，即可证明结果，利用等差数列的通项公式得到，再利用累加法，即可求出结果；
（2）由（1）得，再利用数列是递增数列，得到对恒成立，即可求出结果.
【详解】（1）因为，所以为常数，
又，所以数列是公差为，首项为的等差数列.
所以，
当时，，
所以，又，所以，又，满足，
所以数列的通项公式为.
（2）由（1）知，因为数列是递增数列，
所以，对恒成立，
得到对恒成立，所以.
17．(1)，
(2)或
【分析】（1）根据等差数列的通项及前项和公式求出首项与公差，即可求出数列的通项公式，再求出数列的首项与公比，即可得的通项公式；
（2）先求出的通项，再利用作差法判断数列的单调性，根据单调性即可得出答案.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
则，解得，
所以，
设等比数列的公比为，
则，解得，
所以；
（2）由（1）得，
则，
，
当时，，
当时，，
当时，，
所以当或时，取得最大值.
18．(1)是“H数列”；理由见解析
(2)1，2，3，6；
(3)证明见解析
【分析】（1）根据“H数列”定义判断即可.
（2）由等差数列和“H数列”的定义得到公差的等式关系即可求解.
（3）由等差数列的定义与求和公式，进行分情况讨论，即可证明是“H数列”.
【详解】（1）因为，当时，，
当时，也成立，
所以，
对任意m，且，，
是“H数列”.
（2）因为 ，，，
所以，所以，
由已知得也为数列中的项，
令，即，
所以，所以d为6的正因数，
故d的所有可能值为1，2，3，6.
（3）设数列的公差为d，所以存在，对任意，，即，
当时，则，故，此时数列为“H数列”；
当时，，取，则，所以，，
当时，均为正整数，符合题意，
当时，均为正整数，符合题意，
所以，，
设，，，即，
所以任意m，且，，
显然，所以为数列中的项，
是“H数列”.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列定义问题.其中关键点是理解“H数列”定义，并与已学知识等差数列进行结合，利用等差数列的定义与求和公式，分情况讨论即可证明结论.
19．(1)证明见解析
(2)2
(3)证明见解析
【分析】（1）将代入函数解析式，对函数求导，求出函数最小值即可证明；
（2）将代入函数解析式，得方程解的个数即为函数的不动点的个数，构造函数，对函数求导，利用导数判断函数的单调性，求出函数的最值，即相应点的函数值，求出函数零点的个数，即为函数的不动点的个数；
（3）结合（1）换元后，再由待证式子，设，结合结论恰当变形，利用相加相消即可证明.
【详解】（1）当时，有，
所以，
所以
当且仅当，，即时，等号成立，
所以当时，，单调递增，
所以，所以得证.
（2）当时，，
根据题意可知：方程解的个数即为函数的不动点的个数，
化为，令，
所以函数的零点个数，即为函数的不动点的个数，
，令，即，解得，
单调递减 单调递增
因为，，
所以在上有唯一一个零点，
又，
所以在上有唯一一个零点，
综上所述，函数有两个不动点.
（3）由（1）知，，
令，则，即，
设，则满足，
所以，即，
所以，
所以，即.
【点睛】关键点点睛：第三问的关键在于对于第一问的灵活运用，借助第一问结论，恰当换元，得出后，再次适时换元，是本题的关键点，也是难点，突破换元后裂项相消即可得解.
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