吉林省东北师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期第一次摸底考试数学试卷
1．（2024高三上·吉林模拟）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高三上·吉林模拟）已知，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高三上·吉林模拟）已知角的终边经过点，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高三上·吉林模拟）若函数既有极大值也有极小值，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024高三上·吉林模拟）已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A．函数有两个零点 B．当时，
C．的解集是 D．，，使得
6．（2024高三上·吉林模拟）定义在上的函数的导函数为，若，，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高三上·吉林模拟）已知，，，则下列说法正确的是（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三上·吉林模拟）若关于不等式恒成立，则当时，的最小值为（ ）
A． B． C．1 D．
9．（2024高三上·吉林模拟）若，则下列不等式成立的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2024高三上·吉林模拟）已知，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．若，
11．（2024高三上·吉林模拟）定义在上的偶函数，满足，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．函数的所有零点之和为5
D．
12．（2024高三上·吉林模拟）已知某扇形的圆心角为120°，弧长为，则此扇形的面积为 .
13．（2024高三上·吉林模拟）已知函数，，则实数a的值为 .
14．（2024高三上·吉林模拟）对于函数，若在定义域内存在实数x满足，则称函数为“局部奇函数”.若函数在定义域上为“局部奇函数”，则实数m的取值范围为 .
15．（2024高三上·吉林模拟）已知数列满足：，，数列为单调递增等比数列，，且，，成等差数列.
（1）求数列，的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
16．（2024高三上·吉林模拟）已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，求函数的最大值与最小值.
17．（2024高三上·吉林模拟）师大附中考入北大的学生李聪毕业后帮助某地打造“生态果园特色基地”，他决定为该地改良某种珍稀水果树，增加产量，提高收入，调研过程中发现：此珍稀水果树的单株产量W（单位：千克）与投入的成本（单位：元）满足如下关系：，已知这种水果的市场售价为10元/千克，且供不应求.水果树单株获得的利润为（单位：元）.
（1）求的函数关系式；
（2）当投入成本为多少时，该水果树单株获得的利润最大 最大利润是多少
18．（2024高三上·吉林模拟）已知函数，.
（1）当时，求函数的单调区间与极值；
（2）若函数有2个不同的零点，，满足，求a的取值范围.
19．（2024高三上·吉林模拟）对于数列，若，对任意的，有，则称数列是有界的.当正整数n无限大时，若无限接近于常数a，则称常数a是数列的极限，或称数列收敛于a，记为.单调收敛原理：“单调有界数列一定收敛”可以帮助我们解决数列的收敛性问题.
（1）证明：对任意的，，恒成立；
（2）已知数列，的通项公式为：，，.
（i）判断数列，的单调性与有界性，并证明；
（ii）事实上，常数，以为底的对数称为自然对数，记为.证明：对任意的，恒成立.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算；不等式的解集
【解析】【解答】解：由，得
所以，
由，得
所以，
所以.
故选：C.
【分析】根据绝对值不等式解法以及一元二次不等式的解法求得集合与，进而可求得它们的交集.
2．【答案】B
【知识点】同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：由于，所以分子分母同时除以，
可得.
故选：B
【分析】利用齐次式法求值分子分母同时除以，利用商数关系化简，再代入计算即可得答案.
3．【答案】A
【知识点】任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：，，
因为 角的终边经过点 ，所以，
故选：A．
【分析】根据三角函数的定义计算即可知答案．
4．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：由题意可知：的定义域为，且，
若函数既有极大值也有极小值，则有2个不相等的正根，
则，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：D.
【分析】先求出函数的定义域，再对函数进行求导可知，分析可知有2个不相等的正根，结合一元二次方程的根的分布列式即可求出a的取值范围.
5．【答案】D
【知识点】函数的值域；函数的奇偶性；不等式的解集
【解析】【解答】解：A、当时，，
令，则，解得，
又因为函数是定义在上的奇函数，则也为函数的零点，
当时，由奇函数性质可知，
所以函数有三个零点，选项A错误；
B、若，则，
由奇函数定义可得，选项B错误；
C、当时，，
令，且，可得，解得；
且不满足；
当时，，
令，且，可得，解得；
综上所述：的解集是，选项C错误；
D、当时，，
因为，则，可得，即，
由奇函数性质可得：当时，，
且，可得的值域为，
所以，，使得，选项D正确；
故选：D.
【分析】A、当时，令，解得，结合奇函数性质分析判断选项A错误；B、根据奇函数定义即可求时，函数的解析式，可判断选项B错误；C、分析、和三种情况解不等式，即可判断选项C错误；D、根据解析式以及奇函数的性质分析可知的值域为R，即可得判断选项D正确.
6．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：令，则的定义域为，且，
因为，即，
注意到，可得，
可知在定义域内单调递增，且，
当时，，即；
当时，，即；
所以不等式的解集为.
故选：B.
【分析】通过构建新函数，再对该函数进行求导，利用导数可判断的单调性，借助可知， 进而根据的单调性判断的符号性，即可得的符号性.
7．【答案】B
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：已知，，
所以，
由，可知，
因此，
又，所以，
故选：B．
【分析】由已知条件变形得，再借助，可知，可证明后即可得a与b的大小关系．
8．【答案】C
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：设，
因为，可知的定义域为，所以在内恒成立，
又因为，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递增，在内单调递减，
则，可得，则，
可得，当且仅当时，等号成立，
令，则，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递增，在内单调递减，则，
即，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为1.
故选：C.
【分析】由恒成立，即恒成立构建，分析可知的定义域为，且在内恒成立，利用导数可得，整理可得，构建，利用导数求其最值即可.
9．【答案】A,C
【知识点】对数的性质与运算法则；基本不等式
【解析】【解答】解：因为，则，
A、因为，即；
因为，即；
因为，即；
所以，选项A正确；
B、如，满足，
因为，即，选项B错误；
C、因为，
又由选项A知，，
所以，选项C正确；
D、如，满足，
因为，即，选项D错误；
故选：AC.
【分析】A、利用两两作差分析即可判断两数的大小关系；BD、赋值举反例说明即可判断选项正误；C、利用对数运算以及换底公式可知，结合选项A的推导结果即可判断选项C正确.
10．【答案】B,C,D
【知识点】简单的三角恒等变换；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：A、，选项A错误；
B、，选项B正确；
C、，选项C正确；
D、若，则，
且，则，，
可得
，
所以，选项D正确；
故选：BCD.
【分析】由已知条件，因此各选项以为整体，
A、由，再利用诱导公式即可求出；
B、由，再利用二倍角公式即可求出；
C、由，再利用诱导公式即可求得；
D、由已知条件与，先求出，
再由结合两角和差公式即可求出
11．【答案】A,B,D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：A、∵，令，则，选项A正确；
B、∵为偶函数，即，结合，
得，即，故，
故4为函数的周期，
由时，得，
故，选项B正确；
C、由于，故函数的图象关于点对称，
又为偶函数，则的图象也关于点对称，
结合4为函数的周期，当时，，
作出函数的图象如图，
设，则该函数图象关于点对称，且函数在R上单调递增，
结合的图象可知，二者有3个交点，且交点横坐标之和为3，
即函数的所有零点之和为3，选项C错误；
D、令，则，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，故，
即，当且仅当时等号成立，故得，则；
同理可证得，当且仅当时等号成立，
则，
由于在上单调递增，
故，选项D正确，
故选：ABD
【分析】A、由已知条件，直接赋值令x=1，即可知道，进而求出f(1)，即可判断选项A正确；B、由偶函数的定义以及已知条件经过换元变形可知，借此推出函数周期进而求出函数值，即可判断选项B；C、有零点，即方程有解，即函数图象与函数图象有交点，通过作两个函数图象即可判断选项C；D、通过对函数求导，结合函数单调性判断两个函数值的大小关系，即可判断选项D.
12．【答案】
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：设扇形的半径为R，∵扇形的圆心角为，弧长为，
由弧长公式可知，解得：R=，
∴扇形的面积=.
故答案为：.
【分析】由已知条件结合弧长公式先求出半径，再利用扇形面积公式求解即可
13．【答案】
【知识点】函数的值；对数的概念与表示
【解析】【解答】解：，所以，
所以，解得.
故填：
【分析】由里到外进行计算，结合分段函数的定义先计算函数值，再算出，结合已知条件=0，解方程可得答案．
14．【答案】
【知识点】指数型复合函数的性质及应用；基本不等式
【解析】【解答】解：根据题意，由“局部奇函数”的定义可知：若函数是定义在上的“局部奇函数”，
则方程有解，即有解；
整理可得，
即有解即可.
设，当且仅当，即时，等号成立.
则方程有解等价为在时有解，
等价为在时有解，
设，可知在内单调递增，则，
则，解得，
所以的取值范围为．
故填：．
【分析】根据“局部奇函数”的定义便知，若函数是定义在上的“局部奇函数”，只需方程有解，即有解．即有解，可设，从而得出方程在时有解，从而设，由函数单调性分析可得答案．
15．【答案】（1）解：因为，
故为公差为2的等差数列，
所以，
又，，成等差数列，故，
设的公比为，其中，
则，解得或，
当时，，此时，为递增数列，满足要求，
当时，，此时，为递减数列，舍去，
综上，，；
（2）解：，则，
故为公差为3的等差数列，
故.
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比数列的通项公式
【解析】【分析】（1）根据得到为公差为2的等差数列，利用等差数列求通项公式求出，再设的公比为，列出方程，求出，得到通项公式；
（2）化简得到，故为公差为3的等差数列，利用等差数列求和公式得到答案.
（1）因为，
故为公差为2的等差数列，
所以，
又，，成等差数列，故，
设的公比为，其中，
则，解得或，
当时，，此时，为递增数列，满足要求，
当时，，此时，为递减数列，舍去，
综上，，；
（2），则，
故为公差为3的等差数列，
故.
16．【答案】（1）解：因为，则，
可得，
即切点坐标为，切线斜率为，
所以切线方程为.
（2）解：由（1）可得，
且，则，
令，则，解得；
令，则，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
又因为，且，
所以函数的最大值为2，最小值.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先对函数进行求导，根据导数的几何意义可得切点和切线斜率，利用直线的点斜式方程即可得切线方程；
（2）根据求导判断的单调性，结合单调性分析最值.
（1）因为，则，
可得，
即切点坐标为，切线斜率为，
所以切线方程为.
（2）由（1）可得，
且，则，
令，则，解得；
令，则，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
又因为，且，
所以函数的最大值为2，最小值.
17．【答案】（1）解；由题意可知：.
（2）解：由（1）可知：，
若，则，可知其图象开口向上，对称轴为，
此时的最大值为；
若，则，
当且仅当，即时，等号成立，
此时的最大值为；
又因为，可知的最大值为，
所以当投入成本为90元时，该水果树单株获得的利润最大，最大利润是元.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；二次函数模型
【解析】【分析】（1）由利润=收入-成本可知：，结合题意代入运算即可；
（2）分和，结合二次函数和基本不等式求最大值.
（1）由题意可知：.
（2）由（1）可知：，
若，则，可知其图象开口向上，对称轴为，
此时的最大值为；
若，则，
当且仅当，即时，等号成立，
此时的最大值为；
又因为，可知的最大值为，
所以当投入成本为90元时，该水果树单株获得的利润最大，最大利润是元.
18．【答案】（1）解：当时，，其定义域为，
，
所以显然当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递増；
所以有极小值，无极大值；
综上所述，单调递减区间为；单调递増区间为；有极小值，无极大值.
（2）解：，令，
因为，所以在单调递增，则，
令，即在有2个零点，且，
因为，
当时，在单调递增，不存在2个零点，
所以，
当时，：当时，.
所以在单调递减，在单调递增，
则，
令，
当时，单调递减：当时，单调递增，
则，所以恒成立.即恒成立.
因此，
，
因为时，；且.
，
因为时，；且.
所以当，即时，函数有2个不同的零点.
又，即等价于，
设.
当时，；当时，.
则在上单调递增，在上单调递减，则，
由题意得：.
（i）当，即时，恒成立；
（ii）当，即时，有.
令，
由，即可得，所以，
综上，，因此.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）将代入，然后求导利用导函数的正负判断原函数的单调性，计算极值即可；
（2）先将化为，然后令，将问题转变为有两个解为，设，利用零点存在性定理证明其有两个零点时的情况，
分离得，再设新函数，利用导数求出其值域，最后求出的取值范围即可.
（1）当时，，其定义域为，
，
所以显然当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递増；
所以有极小值，无极大值；
综上所述，单调递减区间为；单调递増区间为；有极小值，无极大值.
（2），令，
因为，所以在单调递增，则，
令，即在有2个零点，且，
因为，
当时，在单调递增，不存在2个零点，
所以，
当时，：当时，.
所以在单调递减，在单调递增，
则，
令，
当时，单调递减：当时，单调递增，
则，所以恒成立.即恒成立.
因此，
，
因为时，；且.
，
因为时，；且.
所以当，即时，函数有2个不同的零点.
又，即等价于，
设.
当时，；当时，.
则在上单调递增，在上单调递减，则，
由题意得：.
（i）当，即时，恒成立；
（ii）当，即时，有.
令，
由，即可得，所以，
综上，，因此.
19．【答案】（1）证明：时，不等式显然成立，同样，时，显然成立，
时，设（），且，
则，
当时，，，递减，
当时，，，递增，
所以时，，即，
综上，对任意的，，恒成立；
（2）解：（i），
，
，
比较对应项可得，所以是递增数列；
（单调性的另证：
，
由（1）知，
所以，即．）
又由上面展开式知，又，所以，
所以是有界的；
，时，
，
由(1)得，
所以，即，所以是递减数列，
因此，又，所以，所以是有界的；
（ii）证明：由（i）知，，即，
取自然对数得，
所以，，即，
令并相加得，
即
【知识点】利用导数研究函数的单调性；数列的极限；二项展开式
【解析】【分析】（1）由恒成立 ，即恒成立 ，构造函数（），利用导数可求得函数f(x)取得最小值为0进行证明；
（2）（i）利用作差法，作差，，结合（1）中不等式证明数列的单调性，根据有界性的定义结合单调性证明有界性，（ii）由极限定义及单调性得出，，取对数变形后，令并相加得证．
（1）时，不等式显然成立，同样，时，显然成立，
时，设（），且，
则，
当时，，递减，
时，，，递增，
所以时，，即，
综上，对任意的，，恒成立；
（2）（i），
，
，
比较对应项可得，所以是递增数列；
（单调性的另证：
，
由（1）知，
所以，即．）
又由上面展开式知，又，所以，
所以是有界的；
，时，
，
由(1)得，
所以，即，所以是递减数列，
因此，又，所以，所以是有界的；
（ii）由（i）知，，即，
取自然对数得，
所以，，即，
令并相加得，
即
1 / 1吉林省东北师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期第一次摸底考试数学试卷
1．（2024高三上·吉林模拟）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算；不等式的解集
【解析】【解答】解：由，得
所以，
由，得
所以，
所以.
故选：C.
【分析】根据绝对值不等式解法以及一元二次不等式的解法求得集合与，进而可求得它们的交集.
2．（2024高三上·吉林模拟）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：由于，所以分子分母同时除以，
可得.
故选：B
【分析】利用齐次式法求值分子分母同时除以，利用商数关系化简，再代入计算即可得答案.
3．（2024高三上·吉林模拟）已知角的终边经过点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：，，
因为 角的终边经过点 ，所以，
故选：A．
【分析】根据三角函数的定义计算即可知答案．
4．（2024高三上·吉林模拟）若函数既有极大值也有极小值，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：由题意可知：的定义域为，且，
若函数既有极大值也有极小值，则有2个不相等的正根，
则，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：D.
【分析】先求出函数的定义域，再对函数进行求导可知，分析可知有2个不相等的正根，结合一元二次方程的根的分布列式即可求出a的取值范围.
5．（2024高三上·吉林模拟）已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A．函数有两个零点 B．当时，
C．的解集是 D．，，使得
【答案】D
【知识点】函数的值域；函数的奇偶性；不等式的解集
【解析】【解答】解：A、当时，，
令，则，解得，
又因为函数是定义在上的奇函数，则也为函数的零点，
当时，由奇函数性质可知，
所以函数有三个零点，选项A错误；
B、若，则，
由奇函数定义可得，选项B错误；
C、当时，，
令，且，可得，解得；
且不满足；
当时，，
令，且，可得，解得；
综上所述：的解集是，选项C错误；
D、当时，，
因为，则，可得，即，
由奇函数性质可得：当时，，
且，可得的值域为，
所以，，使得，选项D正确；
故选：D.
【分析】A、当时，令，解得，结合奇函数性质分析判断选项A错误；B、根据奇函数定义即可求时，函数的解析式，可判断选项B错误；C、分析、和三种情况解不等式，即可判断选项C错误；D、根据解析式以及奇函数的性质分析可知的值域为R，即可得判断选项D正确.
6．（2024高三上·吉林模拟）定义在上的函数的导函数为，若，，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：令，则的定义域为，且，
因为，即，
注意到，可得，
可知在定义域内单调递增，且，
当时，，即；
当时，，即；
所以不等式的解集为.
故选：B.
【分析】通过构建新函数，再对该函数进行求导，利用导数可判断的单调性，借助可知， 进而根据的单调性判断的符号性，即可得的符号性.
7．（2024高三上·吉林模拟）已知，，，则下列说法正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：已知，，
所以，
由，可知，
因此，
又，所以，
故选：B．
【分析】由已知条件变形得，再借助，可知，可证明后即可得a与b的大小关系．
8．（2024高三上·吉林模拟）若关于不等式恒成立，则当时，的最小值为（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】C
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：设，
因为，可知的定义域为，所以在内恒成立，
又因为，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递增，在内单调递减，
则，可得，则，
可得，当且仅当时，等号成立，
令，则，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递增，在内单调递减，则，
即，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为1.
故选：C.
【分析】由恒成立，即恒成立构建，分析可知的定义域为，且在内恒成立，利用导数可得，整理可得，构建，利用导数求其最值即可.
9．（2024高三上·吉林模拟）若，则下列不等式成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】对数的性质与运算法则；基本不等式
【解析】【解答】解：因为，则，
A、因为，即；
因为，即；
因为，即；
所以，选项A正确；
B、如，满足，
因为，即，选项B错误；
C、因为，
又由选项A知，，
所以，选项C正确；
D、如，满足，
因为，即，选项D错误；
故选：AC.
【分析】A、利用两两作差分析即可判断两数的大小关系；BD、赋值举反例说明即可判断选项正误；C、利用对数运算以及换底公式可知，结合选项A的推导结果即可判断选项C正确.
10．（2024高三上·吉林模拟）已知，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．若，
【答案】B,C,D
【知识点】简单的三角恒等变换；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：A、，选项A错误；
B、，选项B正确；
C、，选项C正确；
D、若，则，
且，则，，
可得
，
所以，选项D正确；
故选：BCD.
【分析】由已知条件，因此各选项以为整体，
A、由，再利用诱导公式即可求出；
B、由，再利用二倍角公式即可求出；
C、由，再利用诱导公式即可求得；
D、由已知条件与，先求出，
再由结合两角和差公式即可求出
11．（2024高三上·吉林模拟）定义在上的偶函数，满足，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．函数的所有零点之和为5
D．
【答案】A,B,D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：A、∵，令，则，选项A正确；
B、∵为偶函数，即，结合，
得，即，故，
故4为函数的周期，
由时，得，
故，选项B正确；
C、由于，故函数的图象关于点对称，
又为偶函数，则的图象也关于点对称，
结合4为函数的周期，当时，，
作出函数的图象如图，
设，则该函数图象关于点对称，且函数在R上单调递增，
结合的图象可知，二者有3个交点，且交点横坐标之和为3，
即函数的所有零点之和为3，选项C错误；
D、令，则，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，故，
即，当且仅当时等号成立，故得，则；
同理可证得，当且仅当时等号成立，
则，
由于在上单调递增，
故，选项D正确，
故选：ABD
【分析】A、由已知条件，直接赋值令x=1，即可知道，进而求出f(1)，即可判断选项A正确；B、由偶函数的定义以及已知条件经过换元变形可知，借此推出函数周期进而求出函数值，即可判断选项B；C、有零点，即方程有解，即函数图象与函数图象有交点，通过作两个函数图象即可判断选项C；D、通过对函数求导，结合函数单调性判断两个函数值的大小关系，即可判断选项D.
12．（2024高三上·吉林模拟）已知某扇形的圆心角为120°，弧长为，则此扇形的面积为 .
【答案】
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：设扇形的半径为R，∵扇形的圆心角为，弧长为，
由弧长公式可知，解得：R=，
∴扇形的面积=.
故答案为：.
【分析】由已知条件结合弧长公式先求出半径，再利用扇形面积公式求解即可
13．（2024高三上·吉林模拟）已知函数，，则实数a的值为 .
【答案】
【知识点】函数的值；对数的概念与表示
【解析】【解答】解：，所以，
所以，解得.
故填：
【分析】由里到外进行计算，结合分段函数的定义先计算函数值，再算出，结合已知条件=0，解方程可得答案．
14．（2024高三上·吉林模拟）对于函数，若在定义域内存在实数x满足，则称函数为“局部奇函数”.若函数在定义域上为“局部奇函数”，则实数m的取值范围为 .
【答案】
【知识点】指数型复合函数的性质及应用；基本不等式
【解析】【解答】解：根据题意，由“局部奇函数”的定义可知：若函数是定义在上的“局部奇函数”，
则方程有解，即有解；
整理可得，
即有解即可.
设，当且仅当，即时，等号成立.
则方程有解等价为在时有解，
等价为在时有解，
设，可知在内单调递增，则，
则，解得，
所以的取值范围为．
故填：．
【分析】根据“局部奇函数”的定义便知，若函数是定义在上的“局部奇函数”，只需方程有解，即有解．即有解，可设，从而得出方程在时有解，从而设，由函数单调性分析可得答案．
15．（2024高三上·吉林模拟）已知数列满足：，，数列为单调递增等比数列，，且，，成等差数列.
（1）求数列，的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）解：因为，
故为公差为2的等差数列，
所以，
又，，成等差数列，故，
设的公比为，其中，
则，解得或，
当时，，此时，为递增数列，满足要求，
当时，，此时，为递减数列，舍去，
综上，，；
（2）解：，则，
故为公差为3的等差数列，
故.
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比数列的通项公式
【解析】【分析】（1）根据得到为公差为2的等差数列，利用等差数列求通项公式求出，再设的公比为，列出方程，求出，得到通项公式；
（2）化简得到，故为公差为3的等差数列，利用等差数列求和公式得到答案.
（1）因为，
故为公差为2的等差数列，
所以，
又，，成等差数列，故，
设的公比为，其中，
则，解得或，
当时，，此时，为递增数列，满足要求，
当时，，此时，为递减数列，舍去，
综上，，；
（2），则，
故为公差为3的等差数列，
故.
16．（2024高三上·吉林模拟）已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，求函数的最大值与最小值.
【答案】（1）解：因为，则，
可得，
即切点坐标为，切线斜率为，
所以切线方程为.
（2）解：由（1）可得，
且，则，
令，则，解得；
令，则，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
又因为，且，
所以函数的最大值为2，最小值.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先对函数进行求导，根据导数的几何意义可得切点和切线斜率，利用直线的点斜式方程即可得切线方程；
（2）根据求导判断的单调性，结合单调性分析最值.
（1）因为，则，
可得，
即切点坐标为，切线斜率为，
所以切线方程为.
（2）由（1）可得，
且，则，
令，则，解得；
令，则，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
又因为，且，
所以函数的最大值为2，最小值.
17．（2024高三上·吉林模拟）师大附中考入北大的学生李聪毕业后帮助某地打造“生态果园特色基地”，他决定为该地改良某种珍稀水果树，增加产量，提高收入，调研过程中发现：此珍稀水果树的单株产量W（单位：千克）与投入的成本（单位：元）满足如下关系：，已知这种水果的市场售价为10元/千克，且供不应求.水果树单株获得的利润为（单位：元）.
（1）求的函数关系式；
（2）当投入成本为多少时，该水果树单株获得的利润最大 最大利润是多少
【答案】（1）解；由题意可知：.
（2）解：由（1）可知：，
若，则，可知其图象开口向上，对称轴为，
此时的最大值为；
若，则，
当且仅当，即时，等号成立，
此时的最大值为；
又因为，可知的最大值为，
所以当投入成本为90元时，该水果树单株获得的利润最大，最大利润是元.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；二次函数模型
【解析】【分析】（1）由利润=收入-成本可知：，结合题意代入运算即可；
（2）分和，结合二次函数和基本不等式求最大值.
（1）由题意可知：.
（2）由（1）可知：，
若，则，可知其图象开口向上，对称轴为，
此时的最大值为；
若，则，
当且仅当，即时，等号成立，
此时的最大值为；
又因为，可知的最大值为，
所以当投入成本为90元时，该水果树单株获得的利润最大，最大利润是元.
18．（2024高三上·吉林模拟）已知函数，.
（1）当时，求函数的单调区间与极值；
（2）若函数有2个不同的零点，，满足，求a的取值范围.
【答案】（1）解：当时，，其定义域为，
，
所以显然当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递増；
所以有极小值，无极大值；
综上所述，单调递减区间为；单调递増区间为；有极小值，无极大值.
（2）解：，令，
因为，所以在单调递增，则，
令，即在有2个零点，且，
因为，
当时，在单调递增，不存在2个零点，
所以，
当时，：当时，.
所以在单调递减，在单调递增，
则，
令，
当时，单调递减：当时，单调递增，
则，所以恒成立.即恒成立.
因此，
，
因为时，；且.
，
因为时，；且.
所以当，即时，函数有2个不同的零点.
又，即等价于，
设.
当时，；当时，.
则在上单调递增，在上单调递减，则，
由题意得：.
（i）当，即时，恒成立；
（ii）当，即时，有.
令，
由，即可得，所以，
综上，，因此.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）将代入，然后求导利用导函数的正负判断原函数的单调性，计算极值即可；
（2）先将化为，然后令，将问题转变为有两个解为，设，利用零点存在性定理证明其有两个零点时的情况，
分离得，再设新函数，利用导数求出其值域，最后求出的取值范围即可.
（1）当时，，其定义域为，
，
所以显然当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递増；
所以有极小值，无极大值；
综上所述，单调递减区间为；单调递増区间为；有极小值，无极大值.
（2），令，
因为，所以在单调递增，则，
令，即在有2个零点，且，
因为，
当时，在单调递增，不存在2个零点，
所以，
当时，：当时，.
所以在单调递减，在单调递增，
则，
令，
当时，单调递减：当时，单调递增，
则，所以恒成立.即恒成立.
因此，
，
因为时，；且.
，
因为时，；且.
所以当，即时，函数有2个不同的零点.
又，即等价于，
设.
当时，；当时，.
则在上单调递增，在上单调递减，则，
由题意得：.
（i）当，即时，恒成立；
（ii）当，即时，有.
令，
由，即可得，所以，
综上，，因此.
19．（2024高三上·吉林模拟）对于数列，若，对任意的，有，则称数列是有界的.当正整数n无限大时，若无限接近于常数a，则称常数a是数列的极限，或称数列收敛于a，记为.单调收敛原理：“单调有界数列一定收敛”可以帮助我们解决数列的收敛性问题.
（1）证明：对任意的，，恒成立；
（2）已知数列，的通项公式为：，，.
（i）判断数列，的单调性与有界性，并证明；
（ii）事实上，常数，以为底的对数称为自然对数，记为.证明：对任意的，恒成立.
【答案】（1）证明：时，不等式显然成立，同样，时，显然成立，
时，设（），且，
则，
当时，，，递减，
当时，，，递增，
所以时，，即，
综上，对任意的，，恒成立；
（2）解：（i），
，
，
比较对应项可得，所以是递增数列；
（单调性的另证：
，
由（1）知，
所以，即．）
又由上面展开式知，又，所以，
所以是有界的；
，时，
，
由(1)得，
所以，即，所以是递减数列，
因此，又，所以，所以是有界的；
（ii）证明：由（i）知，，即，
取自然对数得，
所以，，即，
令并相加得，
即
【知识点】利用导数研究函数的单调性；数列的极限；二项展开式
【解析】【分析】（1）由恒成立 ，即恒成立 ，构造函数（），利用导数可求得函数f(x)取得最小值为0进行证明；
（2）（i）利用作差法，作差，，结合（1）中不等式证明数列的单调性，根据有界性的定义结合单调性证明有界性，（ii）由极限定义及单调性得出，，取对数变形后，令并相加得证．
（1）时，不等式显然成立，同样，时，显然成立，
时，设（），且，
则，
当时，，递减，
时，，，递增，
所以时，，即，
综上，对任意的，，恒成立；
（2）（i），
，
，
比较对应项可得，所以是递增数列；
（单调性的另证：
，
由（1）知，
所以，即．）
又由上面展开式知，又，所以，
所以是有界的；
，时，
，
由(1)得，
所以，即，所以是递减数列，
因此，又，所以，所以是有界的；
（ii）由（i）知，，即，
取自然对数得，
所以，，即，
令并相加得，
即
1 / 1
