期末查漏补缺检测卷（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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期末查漏补缺检测卷-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．已知数列1，，，，3，…，按此规律，是该数列的（ ）
A．第11项 B．第12项 C．第13项 D．第14项
2．已知函数，则（ ）
A． B． C．1 D．2
3．在数列中，，若存在常数c（），使得对于任意的正整数m，n等式成立，则（ ）
A．符合条件的数列有无数个 B．存在符合条件的递减数列
C．存在符合条件的等比数列 D．存在正整数N，当时，
4．已知为正实数，，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知函数及其导函数的定义域均为，且，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
6．已知数列的前n项和，记数列的前n项和为，则（ ）
A． B． C． D．
7．牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法．设是的根，选取作为的初始近似值，过点做曲线的切线，与轴的交点的横坐标为，称是的一次近似值；过点做曲线的切线，则该切线与轴的交点的横坐标为，称是的二次近似值．则（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数的导数为，若方程有解，则称函数是“T函数”，则下列函数中，不能称为“函数”的是（ ）
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．在数列中，，，若不等式对任意恒成立，则实数λ的值可以是（ ）
A．1 B．0 C． D．
10．已知函数有2个极值点，则的解析式可能为（ ）
A． B．
C． D．
11．对于可以求导的函数，如果它的导函数也是可导函数，那么将的导函数记为．如果有零点，则称其为的“驻点”；如果有零点，则称点为的“拐点”．某同学对三次函数和进行探究发现，得到如下命题，其中真命题为：（ ）
A．在“驻点”处取得最值
B．一定有“拐点”，但不一定有“驻点”
C．若有3个零点，则
D．存在实数m，，使得对于任意不相等的两实数，都有
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．数列是各项均为正数的等比数列，满足，，则数列的通项 ．
13．已知函数则关于x的方程根的个数为 ．
14．对函数做如下操作：先在轴找初始点，然后作在点处切线，切线与轴交于点，再作在点处切线，切线与轴交于点，再作在点处切线，依次类推.现已知初始点为，若按上述过程操作，则 ，所得三角形的面积为 .（用含有的代数式表示）
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)求曲线在处的切线方程；
(2)求的单调区间和极值.
16．已知函数为的导函数，已知曲线在处的切线的斜率为3.
(1)求的值；
(2)证明：当时，；
(3)若对任意两个正实数，且，有，求证：.
17．设数列是等差数列，是等比数列，且，，．
(1)求数列，的通项公式；
(2)若数列单调递增，记，求数列的前n项和，并证明：．
18．已知函数 且曲线在处切线也是曲线的切线．
(1)求的值；
(2)求证：；
(3)若直线与曲线有两个公共点，，与曲线有两个公共点，，求证：
19．若各项为正的无穷数列满足:对于，其中为非零常数，则称数列为指形数列;若数列满足:，且时，有，则称数列为凹形数列.
(1)若，判断数列是不是指形数列 若是，证明你的结论，若不是，说明理由;
(2)若，证明指形数列也是凹形数列;
(3)若指形数列是递减数列，令，求使得成立的最小正整数.
参考答案：
1．D
【分析】将,变形为,根据数列,可知是数列的通项公式,即可求得答案.
【详解】根据数列1，，，，3，…，
，
又，
,解得 ，
故选:D.
2．A
【分析】求出函数的导数，再代入求值即可.
【详解】函数，求导得，所以.
故选：A
3．D
【分析】赋值可得，然后分，讨论可得，然后逐一判断即可.
【详解】因为对于任意的正整数m，n等式成立，，
所以，
所以，整理得，
若，则为常数列，又，此时不满足；
若，则有，即，
此时数列是以2为首项和公差的等差数列，所以.
对于A，满足条件的数列只有一个：，A错误；
对于B，，数列单调递增，B错误；
对于C，，该数列不是等比数列，C错误；
对于D，当时，显然存在正整数N，当时，，D正确.
故选：D
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于通过赋值得，然后分，即可求出通项，然后可解.
4．C
【分析】利用构造一个函数，结合求导思想分析单调性，从而可得出选项.
【详解】由得：，
构造函数，则，
可知在上递增，
结合，得 ，即
由基本不等式可知：，
当且仅当时等号成立，所以.
故选：C.
5．B
【分析】构造函数，根据已知讨论导数符号可得单调性，由可得，将不等式转化为，然后利用单调性可解.
【详解】记，则，
因为，
所以当时，，则，在上单调递增；
当时，，则，在上单调递减.
又，即，
所以，
因为，
所以，解得.
故选：B
【点睛】关键点睛：本题解答关键在于观察不等式结构特征，构造函数，再结合条件判断其单调性，本题还考查了对称性的运用.
6．D
【分析】根据条件，利用与间的关系，求出，从而有，再利用累加法，即可求出结果.
【详解】因为①，当时，②，
所以①②得到，
当，，满足，所以，
得到，
所以，
故选：D.
7．C
【分析】根据题目所给定义，利用导数的几何意义求切线方程即可求解.
【详解】由题意可得，，
由导数的几何意义得过点做曲线的切线的斜率，
所以，整理得，
所以，，
所以过点做曲线的切线的斜率，
设该切线为，则，整理得，
所以，
故选：C
8．C
【分析】求出函数的导数，若方程有解，则函数是“T函数”，依次判断选项即可.
【详解】对于A，，则，令，
解得：，则函数是“T函数”；
对于B，，则，令，
所以，则在上单调递增，，，
根据零点存在定理可得：存在，使得，
即方程有解，则函数是“T函数”；
对于C，，则，
因为，则，即方程无解，则不是“T函数”
对于D，，则，
令，则，
所以在上单调递增；由于，，所以存在，使得，
即有解，则函数是“T函数”
故选：C
9．AB
【分析】根据条件，利用累加法得到，从而将问题转化成恒成立，令，利用数列的单调性得到，即可求出结果.
【详解】因为，
当时，，
又，所以，
又时，满足，
所以，
由，得到，
令，则，
当时，，得到，当时，，
所以，又，
当为偶数时，，得到，
当为奇数时，，得到，所以，
故选：AB.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于使恒成立，令，利用数列的单调性得到，再分取奇数和偶数，即可求解.
10．BC
【分析】由题意转化为判断导函数有2个变号零点，根据选项判断.
【详解】由题意得的导函数有两个变号零点．
由，得恒成立，单调递增，无极值点，A错误．
由，得，令，得，而且是导函数的变号零点，所以有2个极值点，B正确．
由，得，令，得，因为，所以有两个异号零点，所以函数有2个极值点，C正确．
由，得，令，得，是唯一的变号零点，所以函数只有1个极值点，D错误．
故选：BC
11．BC
【分析】对于A，利用“驻点”的定义求出的“驻点”，然后在由函数单调性判断，对于B，根据“拐点”和“驻点”的定义分析判断，对于C，将问题转化为与的图象有3个不同的交点，作出函数图象分析判断，对于D，举列判断.
【详解】对于A，由，得，
由，得或，所以和是的“驻点”，
当或时，，当时，，
所以在和，在上递减，
所以在“驻点”处没有取得最值，所以A错误，
对于B，由，得，
由，方程不一定有根，所以不一定有“驻点”，
由，得，所以一定有“拐点”，所以B正确，
对于C，由，得，由选项A可知在和，在上递减，
所以的极大值为，极小值为，
所以的大致图象如图，
由图可知当时，与的图象有3个不同的交点，
所以有3个零点，则，所以C正确，
对于D，若，则在上单调递增，
所以不存在实数m，，使得对于任意不相等的两实数，都有，所以D错误，
故选：BC
【点睛】关键点点睛：此题考查函数的新定义，考查导数的应用，解题的关键是对“拐点”和“驻点”的定义的理解，考查理解能力和数形结合的思想，属于较难题.
12．
【分析】由已知条件可得，解得，即可得到答案.
【详解】设数列的公比为，则，且，
由已知得，
化简，得，解得，
所以.
故答案为：.
13．31
【分析】根据题意，得，画出函数和的图象，根据的周期性，且，得，而，可求零点个数.
【详解】根据题意，
时，，
时，，
所以，
画出函数和的图象，
可知，时，两函数图象有一个交点，
，时，
两函数图象各有两个交点，
且，得，而，
根据的周期性，最后一个交点所在区间为，
所以两函数图象交点个数为，个，
则关于x的方程根的个数为31.
故答案为：31.
【点睛】方法点睛：将方程的零点问题转化为两函数的交点问题，借助图象和函数的周期性可解.
14． （也可写为）.
【分析】先得到，求导，根据导数几何意义得到切线方程，求出，，依次求解，得到，，，，从而求出的面积为.
【详解】因为，所以，
，故，
在处的切线方程为，
令得，故，
则，故，
故，
故在处的切线方程为，
令得，即，
依次类推，，，
又，
故的面积为.
故答案为：，
15．(1)
(2)单调递增区间为，单调递减区间为，极大值为，极小值为
【分析】（1）求出和后由点斜式得切线方程；
（2）求出的根后列表得出函数的单调性与极值．
【详解】（1）函数的定义域为.
导函数.
所以，.
所以，函数在处的切线方程为.
（2）令，解得或，列表得
-1 2
+ 0 - 0 +
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
的极大值为，极小值为.
16．(1)2
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由求得值；
（2）设，利用导数确定其单调性后可证；
（3）不妨设，令，由进行转化后把用表示，把要证不等式化为关于的不等式，再利用导数进行证明．
【详解】（1）由，可知，
因为在处的切线斜率为3，
所以.
所以.
（2）证明：由（1）知，
不妨设，则.
令
因为，
所以在上单调递增，.
故，
所以在上单调递增，，
所以.
（3）由（1）知，
不妨设，令
由即得，即.
即，则，
所以，
要证.
设，则.
则在上单调递减，，故成立.
【点睛】方法点睛：关于函数中两个变量的问题的处理，一般需要进行消元，化二元为一元（多元为少元至一元），处理方法可以设，（或，然后利用的关系，如或是函数的极值点之类的，把与有关的等式或不等式表示为关于的函数的等式或不等式，再利用函数的导数进行求解证明．
17．(1)或
(2)证明见解析
【分析】（1）根据等差数列与等比数列的通项公式求出公比和公差，即可得解；
（2）利用错位相减法求解即可.
【详解】（1）设数列的公差为，数列的公比为，
由，，，
得，解得或，
所以或；
（2）因为数列单调递增，所以，
则，故，
则，①
，②
由①②得
，
所以，
令，
则，
所以，
所以，
所以．
18．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）首先利用导数的几何意义求切线方程，再联立切线方程与函数，利用，即可求解；
（2）由切线方程转化为证明和，即可证明不等式；
（3）由二次函数的对称性，转化为证明，再根据的范围，构造函数，利用导数判断函数的单调性与最值，再结合函数，即可证明不等式.
【详解】（1），，
所以在处切线方程为，
联立，得，
，得；
（2）设，，
设，，单调递减，且，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，取得最大值0，所以，当时等号成立，即，
，当时等号成立， 即，
综上可知，，即.
（3），对称轴方程为，由对称性可知，，
所以要证明，只需证明，
，，得，
当时，，单调递增，时，，单调递减，
当时，取得最大值，
当时，，当时，，，，
所以与的图象有两个公共点，，设，
则，，
设，
，
，
当时，，则，，
即时，，单调递增，,
所以当时，，即，
，所以，由，
即，在上单调递减，
所以，即，
综上可知，.
【点睛】关键点点睛：本题第2问的关键是函数，与比较大小，即可证明；第3问的关键判断函数在区间的单调性，即可证明不等式.
19．(1)是，证明见解析
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【分析】（1）根据对数运算得，即证明其为指形数列；
（2）根据指形数列的概念求得，再计算，结合基本不等式即可证明其为凹形数列；
（3）根据指形数列的定义得，再利用其为递减数列得，从而求得，再利用等比数列求和公式得，最后引入高斯函数，分类讨论即可.
【详解】（1）数列是指形数列.
当时，，
，
即数列是指形数列.
（2）若是指形数列，且，则，
此时数列是以为首项，为公差的等差数列，
，
当，且时，
等号不成立，，即若，
则指形数列也是凹形数列.
（3）若是指形数列，且，则，
此时数列是以为首项，为公差的等差数列，
，.
该指形数列是递减数列，
，即，得，
.
.
，，
，.
令等于不大于的最大正整数，
当时，；
当时，，以上.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是利用等差数列性质和对数运算得，再结合等比数列求和得，最后分类讨论即可.
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