2024-2025 学年高二下学期第一次月考真题精选（常考 80 题 16 类题型
专练）
【人教 A 版（2019）】
题型归纳
题型 1 变化率问题（共 5 小题）
1．（23-24 高二下·广东江门·阶段练习）已知函数 ( ) = 2 2 + 1，则 ( )从 1 到1 + Δ 的平均变化率为
（ ）
A．2Δ + 3 B．4Δ + 3
C．2(Δ )2 +3Δ D．2(Δ )2 Δ + 1
2．（23-24 高二下·江苏·阶段练习）如果说某物体做直线运动的时间与距离满足 ( ) = 2(1 )2，则其在 = 0.5
时的瞬时速度为（ ）
A．4 B． 4 C．4.8 D． 2
3．（23-24 高二下·江苏苏州·阶段练习）为了评估某治疗新冠肺炎药物的疗效，现有关部门对该药物在人体
血管中的药物浓度进行测量．已知该药物在人体血管中药物浓度 随时间 的变化而变化，甲、乙两人服用该
药物后，血管中药物浓度随时间 变化的关系如图所示．则下列结论正确的是（ ）
A．在 1时刻，甲、乙两人血管中的药物浓度相同
B．在 2时刻，甲、乙两人血管中药物浓度的瞬时变化率相同
C．在[ 2, 3]这个时间段内，甲、乙两人血管中药物浓度的平均变化率相同
D．在[ 1, 2]和[ 2, 3]两个时间段内，甲血管中药物浓度的平均变化率相同
4．（23-24 高二下·四川南充·阶段练习）某物体的运动路程 s（单位：m）与时间 t（单位：s）的关系可用
函数 ( ) = 2 + + 1表示，则该物体在 = 1s时的瞬时速度为 m/s．
5．（23-24 高二下·上海闵行·阶段练习）遥控飞机上升后一段时间内，第 s时的高度为 ( ) = 5 2 +45 + 4，
其中上升高度 ( )的单位为 m，t 的单位为 s；
(1)求飞机在[1,2]时间段内的平均速度；
(2)求飞机在 = 2s时的瞬时速度.
题型 2 利用导数的定义解题（共 5 小题）
1 23-24 · · = lim ( 0 3Δ ) ( 0)．（ 高二下 福建龙岩 阶段练习）已知函数 ( )在 0处可导，且 2Δ = 3，则 ′( 0)Δ →0
= （ ）
A． 3 B． 2 C． 32 D．2
2．（23-24 高二下·山东·阶段练习）设函数 ( )在 上可导，且 = 2022 lim
(1+Δ ) (1)
′(1) ，则 2022Δ 等于（ ）Δ →0
A 1 B 1． ．2022 C．2022 D．0
3 23-24 · · Δ →0 (1) (1 Δ )．（ 高二下 天津 阶段练习）若当 ，满足 2Δ → 1，则下列结论正确的是（ ）
A (1+Δ ) (1 Δ )． Δ → 4
B (1+Δ ) (1 Δ )． Δ → 2
C．曲线 = ( )上点(1, (1))处的切线斜率为 1
D．曲线 = ( )上点(1, (1))处的切线斜率为 2
4 ( 0+2 ) ( 0)．（23-24 高二下·上海·阶段练习）设函数 ( )的导函数为 ′( )，若 ′( 0) = ，则lim = ．
→0
5．（23-24 高二下·安徽合肥·阶段练习）已知函数 y＝f(x)在点 x0处可导，试求下列各极限的值．
1 lim ( 0 ) ( 0)（ ） ；
→0
2 lim ( 0+ ) ( 0 )（ ）
→0 2
.
题型 3 曲线的切线问题（共 5 小题）
1．（23-24 高二下·广东梅州·阶段练习）曲线 = 2ln + 2在点(1,1)处的切线方程为（ ）
A． = + 3 B． = 4 3
C． = 2 1 D． = 3
2．（23-24 高二下·福建福州·阶段练习）若过点 ( 1, )可以作三条直线与曲线 : = e 相切，则 的取值
范围是（ ）
A． 3 , + ∞ B． 1 ,0 C 3 1．2 (0, + ∞) D． , e e e2 e
3．（23-24 高二下·河北邢台·阶段练习）过点 ( ,0)作曲线 = 的切线，若切线有且仅有两条，则实数 a
的值可以是（ ）
A．2 B．0 C． 4 D． 6
4．（23-24 高二下·四川内江·阶段练习）已知函数 ( ) = 3 + 在点(1, (1))处的切线方程为 = 2 2，
则 + = ．
5．（23-24 高二下·江苏常州·阶段练习）已知函数 ( ) = 3 + + 1, ( ) = e 2 +1.
(1)求曲线 = ( )过点(1,1)处的切线；
(2)若曲线 = ( )在点(1,1)处的切线与曲线 = ( )在 = ( ∈ R)处的切线平行，求 的值.
题型 4 函数的单调性问题（共 5 小题）
1．（23-24 高二下·河北秦皇岛·阶段练习）函数 = 1( ) 3
1 23 2 2 + 1的单调递减区间为（ ）
A．( 1,2) B．( 2,1)
C．( ∞, 1)和(2, + ∞) D．( ∞, 2)和(1, + ∞)
2．（23-24 高二下·四川内江·阶段练习）若函数 ( ) = 2 2 ln 在其定义域内的一个子区间( 1, + 1)内不
是单调函数，则实数 k 的取值范围是（ ）
A 3． > 2 B． <
1
2
C．1 ≤ < 3 12 D． 2 ≤ <
3
2
3．（23-24 高二下·福建泉州·阶段练习）若奇函数 ( )在R上可导，当 > 0时，满足 ( ) ′( ) < 0，
(1) = 0，则（ ）
A． ′(1) < 0 B． (4) 2 (2) > 0
C． ( )在(1, + ∞)上单调递增 D．不等式 ( ) > 0的解集为( ∞, 1) ∪ (1, + ∞)
4．（23-24 1 1 1高二下·上海·阶段练习）若函数 ( ) = 3 + 23 2 + 6在 ,2 上存在严格减区间，则 m 的取值2
范围是 .
5．（23-24 高二下·辽宁·阶段练习）已知函数 ( ) = ( 1) + e ( ∈ )．
(1)讨论函数 = ( )的单调性；
(2)设函数 ( ) = ( ) sin ，若函数 = ( )在[0, + ∞)上为增函数，求实数 的取值范围．
题型 5 函数的极值问题（共 5 小题）
1．（23-24 高二下·贵州铜仁·阶段练习）已知函数 ( ) = ln + 2 3 + 1在 = 1处取得极值，则 ( )的极
大值为（ ）
A．ln2 + 14 B． ln2
1
4 C． 1 D．1
2．（23-24 高二下·湖北武汉·阶段练习）若函数 ( ) = e 恰有两个极值点，则实数 的取值范围是
（ ）
A． > 1 1 1 1e2 B． < e2 C． e2 < < 0 D． e2 < ≤ 0
3．（23-24 高二下·云南曲靖·阶段练习）已知函数 ( ) = 2
2 + ln ( ∈ )有两个极值点 1, 2，则下列说
法正确的是（ ）
A． 的取值范围是( ∞,0) ∪ (4, + ∞) B． 1 + 2 = 1
C 1． 1 2的取值范围是 0, D． ( 1) + ( 2)的取值范围是( ∞, 3 2ln2)4
4．（23-24 高二下·安徽马鞍山·阶段练习）已知函数 ( ) = ( 1)e 2 + ∈ (1在 2,4)上有两个极值点，
则实数 的取值范围是 ．
5．（23-24 高二下·辽宁沈阳·阶段练习）已知函数 ( ) = 3 +3 2 +9 2，求：
(1)函数 = ( )的图象在点(0, (0))处的切线方程；
(2) ( )的单调递减区间；
(3)求 ( )的极大值和极小值．
题型 6 函数的最值问题（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·江平面西向量赣线州性运·算阶的坐段标练表示习）函数 ( ) =
1 3 23 3 ( ≤ 0)的最大值是（ ）
A 9 B 0 C 5． ． ．3 D．3
2．（23-24 1高二下·四川内江·阶段练习）已知 ( ) = 33 在区间( ,6
2)上有最小值，则实数 的取值范
围是（ ）
A． ∞， 5 B． 5，1 C． 2， 5 D． 2，1
3．（23-24 高二下·安徽安庆·阶段练习）已经知道函数 ( ) = 3 2 2在[ 1,3]上，则下列说法正确的是
（ ）
A．最大值为 9 B．最小值为 3
C．函数 ( )在区间[1,3]上单调递增 D． = 0是它的极大值点
4．（23-24 高二下·湖北· 5阶段练习）若函数 ( ) = 2 + +3ln 在( ,2 3 )内有最小值，则实数 的取值范
围是 .
5．（23-24 2高二下·江苏扬州·阶段练习）已知函数 ( ) = + ( 2)ln .
(1) 1当 = 0时，求 ( )在 ,2 上的最值；（提示：ln2 ≈ 0.69）
2
(2)讨论 ( )的单调性.
题型 7 导数中的函数零点问题（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
3
1 23-24 · 平面向量线性运·算的坐标表示 ( ) = + 3
2 + 2 , ≤ 0,
．（ 高二下 陕西咸阳 阶段练习）已知函数 ln , > 0, 若 ( ) = ( ) 有 4 个零
点，则实数 的取值范围为（ ）
A 0, 1 B 1 1 1 1 1 1． ． ,0 ∪ C． , D． ,
e 4 e 4 e 4 e
2．（23-24 高二下·四川眉山·阶段练习）已知函数 ( ) = e + 有两个零点 1, 2，且 1 > 2，则下列说法
不正确的是（ ）
A． < e B． 1 + 2 > ln( 1 2) +2
C． 1 2 > 1 D． ( )有极小值点
3．（23-24 高二下·山东泰安·阶段练习）已知函数 ( ) = e 2（ 为常数），则下列结论正确的有
（ ）
e
A． = 2时， ( ) ≥ 0恒成立
B． = 1时， ( )无极值
2
C．若 ( )有 3 个零点，则 的范围为 e , + ∞
4
D． = 12时， ( )有唯一零点 0且 1 < <
1
0 2
4．（23-24 高二下·河南濮阳·阶段练习）若函数 ( ) = (e + )[ln( ) + ]有 2 个不同的零点，则实数 的
取值范围是 ．
5．（23-24 高二下·广东佛山·阶段练习）已知函数 ( ) = e 2 + ，
(1)讨论 ( )的单调性；
(2)若 ( )存在两个零点 1, 2
（ⅰ）求 a 的取值范围；
（ⅱ）证明： < e
1+e 2
4 ．
题型 8 导数中的恒成立、存在性问题（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·甘平面肃向量武线威性运·算阶的坐段标练表示习）若不等式ln 2 + + ln ≤ 0在[1, + ∞)上恒成立，则 的最小值
为（ ）
A 1
1
B C 1 D 1．e ． e ． ．2
2．（23-24 高二下·天津滨海新·阶段练习）已知 ( ) = 3 3 + 3 e , ( ) = ln + + 1， 1 ∈ [0,2], 2 ∈
[1,3]，使得 ( 1) ≤ ( 2)成立，则实数 的取值范围是（ ）
A 1． , + ∞ B 1．[1, + ∞) C． , + ∞ D．[ 2, + ∞)
2e e
3．（23-24 高二下·河北秦皇岛·阶段练习）已知函数 ( ) = 2 ln ，若 ∈ (0, + ∞)， ( ) ≥ 0，则 的
取值可以是（ ）
A 1 B 1． ．2 C．2e D．e
4．（23-24 高二下·广东肇庆·阶段练习）函数 ( ) = ln ， ( ) = 2 2 + 1，若对 1 ∈ ,1 ， 2 ∈e
[1,2]，使得 ( 1) ≥ ( 2)成立，则实数 的范围是 ．
5．（23-24 高二下·江西新余·阶段练习）已知函数 ( ) = e .
(1)讨论函数 ( ) = ( ) 2( + 1)
2的单调性；
(2)若不等式 ( ) > 1 + ln 恒成立，求实数 的取值范围.
题型 9 两个计数原理的应用（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·河平面北向量·阶线性段运算练的习坐标）表示从 7 本不同的书中选出 3 本送给 3 位同学，每人一本，不同的选法种数
是（ ）
A．37 B．73 C．21 D．210
2．（24-25 高二下·全国·课后作业）某农学院计划从 10 种不同的水稻品种和 7 种不同的小麦品种中，选 5
种品种种植在如图所示五块实验田中，要求仅选两种小麦品种且需种植在相邻两块实验田中，其他三块实
验田选种水稻品种，则不同种法有（ ）
1 2 3 4 5
A．30240 种 B．60480 种 C．120960 D．241920 种
3．（23-24 高二下·广东东莞·阶段练习）某市地铁按照乘客乘坐的站数实施分段优惠政策，不超过 9 站的地
铁票价如下表：现有小明、小华两位乘客同时从首站乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过 9 站，
且他们各自在每个站下地铁的可能性相同，则下列结论正确的是（ ）
站数 0 < ≤ 3 3 < ≤ 6 6 < ≤ 9
票价/
2 3 4
元
A．若小明、小华两人共花费 5 元，则小明、小华下地铁的方案共有 9 种
B．若小明、小华两人共花费 5 元，则小明、小华下地铁的方案共有 18 种
C．若小明、小华两人共花费 6 元，则小明、小华下地铁的方案共有 27 种
D．若小明、小华两人共花费 6 元，则小明比小华先下地铁的方案共有 12 种（同一地铁站出站不分先
后）
4．（23-24 高二下·山西忻州·阶段练习）某图书馆有文化类图书 300 本，科学类图书 400 本，若甲从这两类
图书中借阅一本，则不同的选法共有 种．
5．（23-24 高二下·江苏连云港·阶段练习）从 0，1，2，3，4 五个数字中选出 3 个数字组成一个三位数．
(1)可以组成多少个三位数？
(2)可以组成多少个无重复数字的三位数？
(3)可以组成多少个无重复数字的三位偶数？
题型 10 排列数、组合数的计算（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
4 2
1．（23-24 高二下·广平面东向量肇线庆性运·算阶的坐段标练表示 A习） 4C4 =3! （ ）
A．24 B．60 C．48 D．72
2．（23-24 高二下·湖北·阶段练习）计算A34 C34 +0!的值为（ ）．
A．1 B．0 C．20 D．21
3．（23-24 高二下·江苏无锡·阶段练习）下列命题正确的有（ ）
A．若C = C ，则 = B．若A 10 = 10 × 9 × × 3，则 = 7
C．A + A 1 = A D． C 1 +1 = C 1
4．（23-24 高二下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）计算：( 1)0C02020 + ( 1)1
1C1 21 2 20202 2020 + ( 1) 3C2020 + + ( 1)
1 2020
2021C2020 = ．
5．（23-24 高二下·江苏徐州·阶段练习）（1）计算：C3 + C3 + C3 + + C33 4 5 11；（结果用数字表示）
（2）解不等式：3A3 < 2A2 2 +1 +6A ；
题型 11 涂色问题（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·安平面徽向量·阶线性段运算练的坐习标）表示如图，一个椭圆形花坛分为 A，B，C，D，E，F 六个区域，现需要在
该花坛中栽种多种颜色的花.要求每一个区域种同一颜色的花，相邻区域所种的花颜色不能相同．现有 5 种
不同颜色(含红色)的花可供选择，B 区域必须种红花，则不同的种法种数为（ ）
A．156 B．144 C．96 D．78
2．（23-24 高二下·吉林长春·阶段练习）如图，用四种不同的颜色对图中 5 个区域涂色（四种颜色全部使
用），要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有（ ）
A．72 种 B．96 种 C．150 种 D．168 种
3．（23-24 高二下·江苏苏州·阶段练习）用 n 种不同的颜色给如图所示的四块区域 A，B，C，D 涂色，要求
相邻域涂不同颜色，不同的涂色方法的总数记作 ( )，则（ ）
A． (3) = 6 B． (4) = 36 C． (5) = 240 D． (6) = 600
4．（23-24 高二下·山西吕梁·阶段练习）给如图所示的圆环涂色，将圆环平均分成 A，B，C，D 四个区域，
现有红，黄、蓝、绿四种颜色可供选择，要求每个区域只涂一种颜色且相邻区域的颜色不同，则不同的涂
色方法有 种.
5．（23-24 高二下·河南周口·阶段练习）现要用红、橙、黄、绿、青、蓝、紫 7 种颜色对某市的如图的四个
区域进行着色，有公共边的两个区域不涂同一种颜色，则共有几种不同的涂色方法？
题型 12 相邻、不相邻排列问题（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·云平面南向量曲线靖性运·算阶的段坐标练表示习）甲、乙、丙、丁、戊 5 名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在
两端，丙和丁不相邻，则不同的排列方式共有（ ）
A．40 种 B．48 种 C．12 种 D．24 种
2．（23-24 高二下·江苏南通·阶段练习）把 5 名同学的数学作业摆放成一排展示，要求甲、乙两同学的作业
相邻展示，甲、丙两同学的作业不相邻展示，则不同的摆放种数是（ ）
A．18 B．24 C．36 D．48
3．（23-24 高二下·江苏徐州·阶段练习）象棋作为一种古老的传统棋类益智游戏，具有深远的意义和价
值．它具有红黑两种阵营，将、车、马炮、兵等均为象棋中的棋子．现将 3 个红色的“将”“车”“马”棋子与 2
个黑色的“将”“车”棋子排成一列，则下列说法正确的是（ ）
A．共有 120 种排列方式．
B．若两个“将”相邻，则有 24 种排列方式．
C．若两个“将”不相邻，则有 36 种排列方式．
D．若同色棋子不相邻，则有 12 种排列方式．
4．（23-24 高二下·广西·阶段练习）文娱晚会中，学生的节目有 4 个，教师的节目有 2 个，如果教师的节目
不排在第一个，也不排在最后一个，并且不相邻，则不同排法种数为 （用数字作答）．
5．（23-24 高二下·福建福州·阶段练习）7 位同学站成一排.问：
(1)甲、乙两同学必须相邻的排法共有多少种
(2)甲、乙和丙三个同学都相邻的排法共有多少种
(3)甲、乙两同学必须相邻，而且丙不能站在排头和排尾的排法有多少种
(4)甲、乙、丙三个同学必须站在一起，另外四个人也必须站在一起的排法有多少种
题型 13 分组分配问题（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·河平面北向量·阶线性段运算练的坐习标）表示暑期将至，甲 乙 丙等六名学生准备各自从 , , , 四个景点中选一个
景点去旅游.已知每个景点都有人选，且甲没有选景点 ，则所有不同的选法种数为（ ）
A．540 B．720 C．1080 D．1170
2．（23-24 高二下·江苏南京·阶段练习）某物流公司需要安排四个区域的快递运送，公司现有甲、乙、丙三
位快递员可选派，要求每个区域只能有一个快递员负责，每位快递员至多负责两个区域，则不同的安排方
案共有（ ）
A．60 种 B．54 种 C．48 种 D．36 种
3．（23-24 高二下·江苏南京·阶段练习）甲、乙、丙、丁、戊 5 名大学生参加 2024 年南京半程马拉松志愿
者服务活动，有赛道补给、路线引导、物品发放、兴奋剂检测四项工作可以安排，则以下说法正确的是
（ ）
A．若每人都安排一项工作，则不同的方法数为45
B．若每项工作至少有 1 人参加，则不同的方法数为 240
C．如果兴奋剂检测工作不安排，其余三项工作至少安排 1 人，则这 5 名同学全部被安排的不同方法数
为300
D．每项工作至少有 1 人参加，甲乙不会兴奋剂检测，但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四
项工作，则不同安排方案的种数是126
4．（23-24 高二下·吉林辽源·阶段练习）6 名同学平均分成三组分别到 、 、 三个工厂参观，每名同学必
须去，且每个工厂都有人参观，则不同的安排方法有 种（用数字作答）.
5．（23-24 高二下·河北沧州·阶段练习）某学校派出 6 名同学参加省教育厅主办的理科知识竞赛，分为数学
竞赛，物理竞赛和化学竞赛，该校每名同学只能参加其中一个学科的竞赛，且每个学科至少有一名学生参
加．
(1)求该校派出的 6 名学生总共有多少种不同的参赛方案？
(2)若甲同学主攻数学方向，必须选择数学竞赛，乙同学主攻物理方向，必须选择物理竞赛，则这 6 名学生
一共有多少种不同的参赛方案？
题型 14 求二项展开式的特定项（系数）（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
6
1．（23-24 1高二下·陕平面西向量渭线南性运·算阶的坐段标练表示习）二项式 的展开式中常数项为（ ）
A．第3项 B．第4项 C．第5项 D．第6项
2 23-24 · · 1
5
．（ 高二下 山东青岛 阶段练习）若 + 的展开式中常数项是 10，则 m＝（ ）
A．－2 B．－1 C．1 D．2
4
3．（23-24 1高二下·山东·阶段练习）在 2 的展开式中，下列说法正确的是（ ）
A．常数项是 24 B．第 4 项系数最大
C．第 3 项是 32 2 D．所有项的系数的和为 1
6
4．（23-24 高二下· 2天津·阶段练习）在二项式 2 的展开式中，第 3 项的系数是 ．
2 5．（23-24 高二下·山东威海·阶段练习）已知 x 为正实数， ( ) = 2 展开式的二项式系数和为 256．
(1)求展开式中二项式系数最大的项；
3
(2)求展开式中含 2的项；
(3)若第 k 项是有理项，求 k 的取值集合．
题型 15 用赋值法求系数和问题（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·河平面南向量三线门性运峡算的·坐阶标段表示练习）若(2 1)4 = 4 + 3 + 24 3 2 + 1 + 0，则 0 + 2 + 4 =
（ ）
A． 40 B．41 C． 41 D．82
2．（23-24 高二下·江苏无锡·阶段练习）已知(2 1)5 = 5 5 + 4 4 + 3 3 + 22 + 1 + 0，则| 0| + | 1
| + + | 5|等于（ ）
A．1 B．121 C． 243 D．243
3．（23-24 高二下·广东珠海·阶段练习）若(2 1)10 = + 2 100 1 + 2 + + 10 , ∈ R，则（ ）
A． 2 = 180 B． 0 = 1
10
C． 0 + 1 + 2 + + 10 = 1 D． 0 + 2 + 4 + +
1 3
10 = 2
4．（23-24 高二下·宁夏银川·阶段练习）已知多项式( + 2)3( 1)4 = 71( + 1) + 2( + 1)6 + + 7( + 1)
+ 8，则 7 + 8 = .
5．（23-24 高二下·江苏南通·阶段练习）设(3 1)7 = 0 + 1 + 2 2 + 3 3 + 4 4 + 55 + 6 6 + 77 ，
求：
(1) 2 + 4 + 6；
(2)| 0| + | 1| + | 2| + | 3| + | 4| + | 5| + | 6| + | 7|.
题型 16 三项展开式的系数问题（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·广平面东向量珠线海性运·算阶的坐段标练表示习）(1 2 + )6的展开式中含 2 3的项的系数为（ ）
A． 480 B． 60 C．20 D．60
6
2．（23-24 1高二下·山东青岛·阶段练习） 2 + 2 的展开式中常数项为（ ）
A． 160 B．15 C． 145 D． 40
5
3．（23-24 1高二下·河北承德·阶段练习）关于多项式 2 + 2 的展开式，下列说法正确的是（ ）
A．常数项为-88 B． 2项的系数为 80
C．展开式的系数和为 32 D．展开式含有 9
5
4．（23-24 高二下·广东东莞·阶段练习）在多项式 2 + 的展开式中，含 5 项的系数为 .
5．（23-24 高二下·天津·阶段练习）已知( 2 3 + 2)5 = 0 + 1 + 2 102 + + 10 .
(1)求 2；
(2)求 1 + 2 + + 10；
(3)求( 0 + 2 + 4 + 6 + 8 + 10)2 ( + 21 3 + 5 + 7 + 9) .2024-2025 学年高二下学期第一次月考真题精选（常考 80 题 16 类题型
专练）
【人教 A 版（2019）】
题型归纳
题型 1 变化率问题（共 5 小题）
1．（23-24 高二下·广东江门·阶段练习）已知函数 ( ) = 2 2 + 1，则 ( )从 1 到1 + Δ 的平均变化率为
（ ）
A．2Δ + 3 B．4Δ + 3
C．2(Δ )2 +3Δ D．2(Δ )2 Δ + 1
【解题思路】根据平均变化率的概念即可求解.
【解答过程】由 ( ) = 2 2 + 1可得： (1) = 2， (1 + Δ ) = 2(1 + Δ )2 (1 + Δ ) +1 = 2(Δ )2 +3Δ
+ 2.
( ) 1 1 + Δ (1+Δ ) (1) = 2(Δ )
2+3Δ +2 2
所以 从 到 的平均变化率为 Δ Δ = 2Δ + 3.
故选：A.
2．（23-24 高二下·江苏·阶段练习）如果说某物体做直线运动的时间与距离满足 ( ) = 2(1 )2，则其在 = 0.5
时的瞬时速度为（ ）
A．4 B． 4 C．4.8 D． 2
( ) = lim ( 0+Δ ) ( 0)【解题思路】利用导数的定义 ′ 0 Δ 即可求解.Δ →0
【解答过程】根据导数的定义可得，在 = 0.5时的瞬时速度为
( ) = lim (0.5+Δ ) (0.5)
2 2
′
Δ = lim
2(1 0.5 Δ ) 2(1 0.5) = 2，
Δ →0 Δ →0 Δ
故选：D.
3．（23-24 高二下·江苏苏州·阶段练习）为了评估某治疗新冠肺炎药物的疗效，现有关部门对该药物在人体
血管中的药物浓度进行测量．已知该药物在人体血管中药物浓度 随时间 的变化而变化，甲、乙两人服用该
药物后，血管中药物浓度随时间 变化的关系如图所示．则下列结论正确的是（ ）
A．在 1时刻，甲、乙两人血管中的药物浓度相同
B．在 2时刻，甲、乙两人血管中药物浓度的瞬时变化率相同
C．在[ 2, 3]这个时间段内，甲、乙两人血管中药物浓度的平均变化率相同
D．在[ 1, 2]和[ 2, 3]两个时间段内，甲血管中药物浓度的平均变化率相同
【解题思路】利用图象可判断 A 选项；利用导数的几何意义可判断 B 选项；利用平均变化率的概念可判断 C
选项；利用平均变化率的概念可判断 D 选项.
【解答过程】选项 A，在 1时刻，两图象相交，说明甲、乙两人血管中的药物浓度相同，即选项 A 正确；
选项 B，在 2时刻，两图象的切线斜率不相等，即两人的 ′( 2)不相等，
说明甲、乙两人血管中药物浓度的瞬时变化率不相同，即选项 B 错误；
选项 C，由平均变化率公式知，甲、乙两人在[ 2, 3]内，
( 3) ( 2)
血管中药物浓度的平均变化率均为 ，即选项 C 正确；3 2
选项 D，在[ 1, 2]和[ 2, 3]两个时间段内，甲血管中药物浓度的平均变化率分别为
( 2) ( 1) ( 3) ( 2)
和2 1 3 ，显然不相同，即选项 D 不正确．2
故选：AC.
4．（23-24 高二下·四川南充·阶段练习）某物体的运动路程 s（单位：m）与时间 t（单位：s）的关系可用
函数 ( ) = 2 + + 1表示，则该物体在 = 1s时的瞬时速度为 3 m/s．
【解题思路】利用平均变化率来求瞬时变化率即可得到瞬时速度.
【解答过程】该物体在时间段[1,1 + Δ ]上的平均速度为:
Δ (1+Δ ) (1) (1+Δ )2+(1+Δ )+1 (12+1+1)
Δ = Δ = Δ = 3 + Δ ，
当Δ 无限趋近于 0 时，
3 + Δ 无限趋近于 3，即该物体在 = 1s时的瞬时速度为 3m/s．
故答案为：3.
5．（23-24 高二下·上海闵行·阶段练习）遥控飞机上升后一段时间内，第 s时的高度为 ( ) = 5 2 +45 + 4，
其中上升高度 ( )的单位为 m，t 的单位为 s；
(1)求飞机在[1,2]时间段内的平均速度；
(2)求飞机在 = 2s时的瞬时速度.
【解题思路】（1）根据平均变化率计算；
（2）根据瞬时变化率计算．
1 = (2) (1) = 5×2
2+45×2+4 (5×12+45×1+4)
【解答过程】（ ） 2 1 1 = 60 (m/s).
2 Δ (2+Δ ) (2)（ ）第2s末的瞬时速度为 lim = lim
Δ →0Δ Δ →0 Δ
5(2 + Δ )2 + 45(2 + Δ ) + 4 (5 × 22 + 45 × 2 + 4)
= lim
Δ →0 Δ
2
= lim 5(Δ ) +65Δ
Δ →0 Δ
= lim [5(Δ ) + 65] = 65(m/s).
Δ →0
因此，第2s末的瞬时速度为65m/s.
题型 2 利用导数的定义解题（共 5 小题）
1 23-24 · · = lim ( 0 3Δ ) ( 0)．（ 高二下 福建龙岩 阶段练习）已知函数 ( )在 0处可导，且 2Δ = 3，则 ′( 0)Δ →0
= （ ）
A 3． 3 B． 2 C． 2 D．2
【解题思路】利用导数的定义求解.
lim ( 0 3Δ ) ( 0)【解答过程】解：因为 = 3，
Δ →0 2Δ
3 lim ( 0 3Δ ) ( 0)所以 2 3Δ = 3
3
，即 2 ′( 0) = 3，Δ →0
所以 ′( 0) = 2，
故选：B.
2．（23-24 (1+Δ ) (1)高二下·山东·阶段练习）设函数 ( )在 上可导，且 ′(1) = 2022，则 lim 2022Δ 等于（ ）Δ →0
A．1 B 1．2022 C．2022 D．0
【解题思路】根据题意结合导数的定义即得结果.
【解答过程】由导数定义可知： ′(1) = lim
(1+Δ ) (1)
Δ = 2022，Δ →0
lim (1+Δ ) (1) = 1 × lim (1+Δ ) (1) 1所以
Δ →0 2022Δ 2022 Δ →0 Δ
= 2022 × 2022 = 1.
故选：A.
3．（23-24 高二下·天津·阶段练习）若当Δ →0 (1) (1 Δ )，满足 2Δ → 1，则下列结论正确的是（ ）
A (1+Δ ) (1 Δ )． Δ → 4
B (1+Δ ) (1 Δ )． Δ → 2
C．曲线 = ( )上点(1, (1))处的切线斜率为 1
D．曲线 = ( )上点(1, (1))处的切线斜率为 2
【解题思路】根据导数的定义和几何意义依次判断各个选项即可.
(1) (1 Δ )
【解答过程】由 2Δ → 1
(1) (1 Δ )
得： Δ → 2，即 ′(1) = 2，
∴ 曲线 = ( )上点(1, (1))处的切线斜率为 2，C 错误；D 正确；
(1+Δ ) (1 Δ ) = 2 × (1+Δ ) (1 Δ ) = 2 × (1) (1 Δ )Δ 2Δ Δ → 4，A 正确；B 错误.
故选：AD.
4 ( 0+2 ) ( 0)．（23-24 高二下·上海·阶段练习）设函数 ( )的导函数为 ′( )，若 ′( 0) = ，则lim = 2 ． →0
( 0+2 ) ( 0)
【解题思路】利用导数的定义可求得lim . →0
= lim ( +2 ) ( ′( ) 0 0
) = 2lim ( 0+2 ) ( 0)【解答过程】因为 0 ，则 2 = 2 ′( 0) = 2 . →0 →0
故答案为：2 .
5．（23-24 高二下·安徽合肥·阶段练习）已知函数 y＝f(x)在点 x0处可导，试求下列各极限的值．
1 lim ( 0 ) ( 0)（ ）
→0
；
2 lim ( 0+ ) ( 0 )（ ）
→0 2
.
【解题思路】（1）利用导数的定义即可求解.
（2）利用导数的定义即可求解.
( 0 ) ( 0)
【解答过程】（1）原式＝ lim
→0 ( )
＝ lim ( 0 ) ( 0) (Δx→0 时，－Δx→0) →0
＝－f′(x0)．
2 lim ( 0+ ) ( 0)+ ( 0) ( 0 )（ ）原式＝ 2 →∞
1
＝2 lim
( 0+ ) ( 0) + lim ( 0) ( 0 )
→0 →0
1
＝2[f′(x0)＋f′(x0)]＝f′(x0)．
题型 3 曲线的切线问题（共 5 小题）
1．（23-24 高二下·广东梅州·阶段练习）曲线 = 2ln + 2在点(1,1)处的切线方程为（ ）
A． = + 3 B． = 4 3
C． = 2 1 D． = 3
【解题思路】根据导数几何意义，该点处的导数值为切线的斜率，求出切线斜率，再利用点斜式即可得出
所求切线方程.
【解答过程】由 = 2ln + 2，得 ′ = 2 +2 ( > 0)，
所以曲线在点(1,1)处的切线斜率为 = 4，
所以所求切线方程为 1 = 4( 1)，即 = 4 3.
故选：B.
2．（23-24 高二下·福建福州·阶段练习）若过点 ( 1, )可以作三条直线与曲线 : = e 相切，则 的取值
范围是（ ）
A 3 1． , + ∞ B． ,0 C．(0, + ∞) D 3 1．
e2
,
e e2 e
【解题思路】求出导函数，设切点为( 0, 0)，利用导数的几何意义求出过点 P 的切线方程，代入点 P 坐标，
化简为 = ( 20 00 1)e ，根据这个方程有三个不等根即可求解.
【解答过程】设切点为( 0, 0)，过点 P 的切线方程为 = ( + 1)e 0( ) + 0e 00 0 ，
代入点 P 坐标可得 = ( + 1)e 00 ( 1 ) + 0e 00 ，
化简为 = ( 20 00 1)e ，
过点 ( 1, )可以作三条直线与曲线 : = e 相切，即这个方程有三个不等根.
令 ( ) = ( 2 1)e ，求导得： ′( ) = ( 1)( + 2)e .
令 ′( ) > 0，解得： 2< < 1，所以 ( )在( 2, 1)上递增；
令 ′( ) < 0，解得： < 2或 > 1，
所以 ( )在( ∞, 2)和( 1, + ∞)上递减.
3 1( )有极小值 ( 2) = e2，有极大值 ( 1) = e
要使方程 = ( 2 1)e 00 0 有三个不等根即可.
只需 ( 2) < <
3 1
( 1)，即 e2 < < e.
故选：D.
3．（23-24 高二下·河北邢台·阶段练习）过点 ( ,0)作曲线 = 的切线，若切线有且仅有两条，则实数 a
的值可以是（ ）
A．2 B．0 C． 4 D． 6
【解题思路】设切点为( 0, 0 0)，求得切线方程为： 0 0 = ( + 1) 00 ( 0)，将切线过点 ( ,0)，代
入切线方程，得到 20 0 = 0有两个解，结合Δ > 0，即可求解．
【解答过程】由题意，函数 = ，可得 ′ = ( + 1)
设切点为( 0, 0 0)，则 ′| = 00 = ( 0 +1) ，
所以切线方程为： 0 0 = ( 0 + 1) 0( 0)，
切线过点 ( ,0)，代入得 0 0 = ( 0 + 1) 0( 0)，即方程 20 0 = 0有两个不同解，则有Δ = 2
+4 > 0，解得 > 0或 < 4．
故选：AD.
4．（23-24 高二下·四川内江·阶段练习）已知函数 ( ) = 3 + 在点(1, (1))处的切线方程为 = 2 2，
则 + = 0 ．
【解题思路】根据题意，利用导数的几何意义，列出方程组，求得 , 的值，即可求解.
【解答过程】由函数 ( ) = 3 + ，可得 ′( ) = 3 2 + ，可得 ′(1) = 3 + , (1) = + ，
因为函数 ( ) = 3 + 在点(1, (1))处的切线方程为 = 2 2，
3 + = 2
可得 + = 2 × 1 2 ，解得 = 1, = 1，所以 + = 0.
故答案为：0.
5．（23-24 高二下·江苏常州·阶段练习）已知函数 ( ) = 3 + + 1, ( ) = e 2 +1.
(1)求曲线 = ( )过点(1,1)处的切线；
(2)若曲线 = ( )在点(1,1)处的切线与曲线 = ( )在 = ( ∈ R)处的切线平行，求 的值.
【解题思路】（1）利用导数几何意义求过一点的切线方程；
（2）利用导数几何意义，由切线平行列方程求参数值.
【解答过程】（1）由导数公式得 ′( ) = 3 2 +1，
设切点坐标为( 0, 0)，设切线方程为： 1 = ( 1)
0 1 = ( 0 1)
由题意可得： = 30 0 + 0 + 1 ，
= 3 20 + 1
= 1 0 = 1 0 2
所以 0 = 1
5
或 0 = 8 ， = 2 = 1
4
从而切线方程为2 + 3 = 0或 4 + 3 = 0.
（2）由(1)可得：曲线 = ( )在点(1,1)处的切线方程为 = 2 + 3,
由 ′( ) = 2e 2 +1，可得曲线 = ( )在 = ( ∈ R)处的切线斜率为 ′( ) = 2e 2 +1，
由题意可得 2e 2 +1 = 2， 从而 = 12，
1
此时切点坐标为 ,1 ，曲线 = ( )在 =
1 1
2处的切线方程为 1 = 2 ，2 2
即 = 2 + 2 = 1，故符合题意，所以 2.
题型 4 函数的单调性问题（共 5 小题）
1 1 1．（23-24 高二下·河北秦皇岛·阶段练习）函数 ( ) = 3 23 2 2 + 1的单调递减区间为（ ）
A．( 1,2) B．( 2,1)
C．( ∞, 1)和(2, + ∞) D．( ∞, 2)和(1, + ∞)
【解题思路】首先求函数的导数，求解 ′( ) < 0的解集，即是函数的单调递减区间.
【解答过程】由题意得 ′( ) = 2 2 = ( + 1)( 2)，
令 ′( ) < 0，得 1 < < 2，所以 ( )的单调递减区间为( 1,2)．
故选：A.
2．（23-24 高二下·四川内江·阶段练习）若函数 ( ) = 2 2 ln 在其定义域内的一个子区间( 1, + 1)内不
是单调函数，则实数 k 的取值范围是（ ）
A． > 32 B． <
1
2
C 1 ≤ < 3． 2 D
1 ≤ < 3． 2 2
【解题思路】利用导数求出函数的单调区间，然后列不等式求解即可
【解答过程】 ( ) = 2 2 ln ，故 > 0，
1 2 (2 +1)(2 1)且 ′( ) = 4 =
4 1
= ．
> 0 > 1由 ′( ) ，
1
′
2 ( ) < 0 0 < < 2，
∴ ( )在 0, 1 1上单调递减，在 , + ∞ 上单调递增．
2 2
1 ≥ 0,
1
若 3( )在( 1, + 1)内不是单调函数，则 1 < ,2 解得1 ≤ <
1 2
，
+ 1 > ,
2
故选：C．
3．（23-24 高二下·福建泉州·阶段练习）若奇函数 ( )在R上可导，当 > 0时，满足 ( ) ′( ) < 0，
(1) = 0，则（ ）
A． ′(1) < 0 B． (4) 2 (2) > 0
C． ( )在(1, + ∞)上单调递增 D．不等式 ( ) > 0的解集为( ∞, 1) ∪ (1, + ∞)
( )
【解题思路】对于 A，令 = 1，解出即可；对于 B、C、D，构造函数 ( ) = ，由题意求导研究函数性
质即可.
【解答过程】对于 A，令 = 1，则 (1) ′(1) < 0, (1) = 0，所以 ′(1) > 0，
所以选项 A 错误；
B = ( )对于 ，构造函数 ( ) ，则当 > 0时， ′( ) =
′( ) ( )
2
> 0，
所以 ( )在(0, + ∞)单调递增；所以 (4) > (2)，
(4) (2)
所以 4 > 2 , (4) 2 (2) > 0，所以选项 B 正确；
C ( )对于 ，构造函数 ( ) = ，由 > 0时， ( ) ′( ) < 0，
( )
所以 ′( ) > = ( )
(1)
，由 (1) = 1 = 0，
又由选项 B 可知 ( )在(0, + ∞)单调递增，所以当 > 1时， ( ) > (1) = 0，
即当 > 1， ′( ) > ( ) > 0，所以 ( )在(1, + ∞)上单调递增，
所以选项 C 正确；
对于 D ( )，构造函数 ( ) = ，当 > 0时，由选项 B 可知 ( )在(0, + ∞)单调递增，
(1) = (1)又知 1 = 0，所以当 > 1， ( ) > 0，在0 < < 1， ( ) < 0；
即当 > 0时， ( )在(0,1)为负，在(1, + ∞)为正；
由 ( )为奇函数，所以当 < 0时， ( )在( ∞,1)为负，在( 1,0)为正，
所以不等式 ( ) > 0的解集为：( 1,0) ∪ (1, + ∞)，所以选项 D 错误.
故选：BC.
1 4．（23-24 高二下·上海·阶段练习）若函数 ( ) = 3 23 + 2 +
1 1
6在 ,2 上存在严格减区间，则 m 的取值2
范围是 < 32 .
1 1 1
【解题思路】借助函数与导数的关系，再参变分离，可得 < 在区间 ,2 上有解，结合 ( ) =2 的
单调性计算即可得解.
【解答过程】 ′( ) = 2 + 1，
1 1
函数 ( )在 ,2 上存在严格减区间，则 ′( ) < 0在区间 ,2 上有解．
2 2
1 1
即 < 在区间 ,2 上有解，2
1 1
令 ( ) = ，因为 ( )在区间 ,2 上严格递减，2
( ) < 1 = 3 3所以 2，故有 < 2．2
3
故答案为： < 2.
5．（23-24 高二下·辽宁·阶段练习）已知函数 ( ) = ( 1) + e ( ∈ )．
(1)讨论函数 = ( )的单调性；
(2)设函数 ( ) = ( ) sin ，若函数 = ( )在[0, + ∞)上为增函数，求实数 的取值范围．
【解题思路】（1）对函数进行求导，参数 进行分类讨论，再利用函数的单调性与导数的关系即得；（2）
由题可得函数 = ( )在[0, + ∞)上为增函数， ′( ) = 1 + e cos ≥ 0在[0, + ∞)上恒成立，再利用导数
求函数的最值即可.
【解答过程】（1）由题意得， ′( ) = 1 + e , ∈ ，
①当 ≥ 1时， ′( ) = 1 + e > 0，函数 ( )在 上单调递增；
②当 < 1时，令 ′( ) = 1 + e > 0，解得 > ln(1 )，
′( ) = 1 + e < 0，解得 < ln(1 )，
所以函数 ( )在(ln(1 ), + ∞)上单调递增，在( ∞,ln(1 ))上单调递减；
综上，当 ≥ 1时，函数 ( )在 上单调递增；
当 < 1时，函数 ( )在( ∞,ln(1 ))上单调递减，
在(ln(1 ), + ∞)上单调递增，
（2）因为函数 = ( )在[0, + ∞)上为增函数，
所以， ′( ) = 1 + e cos ≥ 0在[0, + ∞)上恒成立．
即1 ≤ e cos 在[0, + ∞)上恒成立．
令 ( ) = e cos ，当 ∈ [0, + ∞)时， ′( ) = e + sin > 0，
所以， ( ) = e cos 在[0, + ∞)上单调递增， ( )min = (0) = 0．
所以，1 ≤ 0，解得 ≥ 1，
所以，实数 的取值范围为[1, + ∞)．
题型 5 函数的极值问题（共 5 小题）
1．（23-24 高二下·贵州铜仁·阶段练习）已知函数 ( ) = ln + 2 3 + 1在 = 1处取得极值，则 ( )的极
大值为（ ）
A．ln2 + 1 14 B． ln2 4 C． 1 D．1
【解题思路】先求出 a 的值，再由导数求出单调性求解．
【解答过程】由题意知， ′( ) = +2 3，所以 ′(1) = + 2 3 = 0，解得 = 1，
1′( ) = +2 3 = 2
2 3 +1 1
所以 ( > 0)，令 ′( ) = 0，解得 = 2或 = 1，
由 ′( ) > 0得，0 < <
1
2，或 > 1，
由 ′( ) < 0
1
得，2 < < 1，
所以 ( ) 1 1在 0, 上单调递增，在 ,1 上单调递减，在(1, + ∞)上单调递增，
2 2
1 = ln1 + 1
2
又 2 3 ×
1
2 +1 = ln2
1
2 4，2
所以 ( )的极大值为 ln2
1
4.
故选：B.
2．（23-24 高二下·湖北武汉·阶段练习）若函数 ( ) = e 恰有两个极值点，则实数 的取值范围是
（ ）
A 1 1 1 1． > e2 B． < e2 C． e2 < < 0 D． e2 < ≤ 0
【解题思路】求出函数 ( )的导数 ′( )，求出函数 ′( )有两个变号零点的 的范围即可.
【解答过程】函数 ( ) = e 的定义域为 R，求导得 ′( ) = ( + 1)e ，
由函数 ( ) = e 恰有两个极值点，得函数 ′( )有两个变号零点，
即方程( + 1)e = 0有两个不等实根，令 ( ) = ( + 1)e ，因此函数 = ( )的图象与直线 = 有两个
交点，
求导得 ′( ) = ( + 2)e ，当 < 2时， ′( ) < 0，函数 ( )在( ∞, 2)上单调递减，
当 > 2时， ′( ) > 0，函数 ( )在( 2, + ∞)上单调递增，
1
因此函数 ( )在 = 2处取得最小值 ( 2) = e2，
而， ( 1) = 0，且当 < 1时， ( ) < 0恒成立，
在同一坐标系内作出直线 = 与函数 = ( )的图象，如图：
1
观察图象知，当 e2 < < 0时，函数 = ( )的图象与直线 = 有两个交点，
1
所以实数 的取值范围是 e2 < < 0.
故选：C.
3．（23-24 高二下·云南曲靖·阶段练习）已知函数 ( ) = 22 + ln ( ∈ )有两个极值点 1, 2，则下列说
法正确的是（ ）
A． 的取值范围是( ∞,0) ∪ (4, + ∞) B． 1 + 2 = 1
C． 1 2的取值范围是 0, 1 D． ( 1) + ( 2)的取值范围是( ∞, 3 2ln2)4
【解题思路】函数 ( )极值点问题转化为 ′( ) = 0方程根的问题研究.A 项转化为二次方程有两不等正根求
参数范围；BC 项由韦达定理与参数范围可得；D 项，先将所求式子整理变形，再利用韦达定理将 1 + 2, 1
+ 2整体代入消元，转化为求解函数 ( )的范围即可.
【解答过程】A 项，函数 ( ) = 22 + ln ( ∈ )有两个极值点 1, 2，
则 ′( ) = 0至少有两正根.
2
′( ) = + 1 = +1 ， > 0，
设 ( ) = 2 + 1，
当 = 0时， ( ) = 1，即 ′( ) = 0没有实数根，不符合题意；
当 ≠ 0时，由题意知方程 ( ) = 0有两不等正根，设两根为 1, 2，
= 1 > 0
则有 1 2 2 ，解得 > 4.Δ = 4 > 0
即 的取值范围是为(4, + ∞)，故 A 错误；
BC 项，因为 21, 2是方程 + 1 = 0的两个不同的实数根，
所以 1 + 2 = 1
1 1
， 1 2 = ∈ 0, ，故 BC 正确；4
D 项， ( 1) + ( 2) = 22 1 1 + ln +
2
1 2 2 2 + ln 2
2
= ( 2
1
2 1 + 2) 2 1 2 ( 1 + 2) + ln 1 2 = 2 1 + ln
= ln 2 1，
设 ( ) = ln 2 1, > 4，
因为 ( )在(4, + ∞)上单调递减，所以 ( ) < (4) = 3 2ln2.
且当 → + ∞, ( )→ ∞，故 ( ) ∈ ( ∞, 3 2ln2).
即 ( 1) + ( 2) ∈ ( ∞, 3 2ln2)，故 D 正确．
故选：BCD．
4．（23-24 高二下·安徽马鞍山·阶段练习）已知函数 ( ) = ( 1)e 2 + 在 ∈ (12,4)上有两个极值点，
7 1
则实数 的取值范围是 (4e4,e) ．
1
【解题思路】求出函数 ( )的导数，由极值点的意义分离参数，构造函数转化成直线与函数图象在(2,4)上有
两个交点求解.
【解答过程】函数 ( ) = ( 1)e 2 + ，求导得 ′( ) = e 2 + 1，
1 2 1
依题意，函数 ′( )在(2,4)上有两个变号零点，由 ′( ) = 0，得 = e ，
( ) = 2
1
令 ， ∈ (12,4)，于是直线 = 与函数 = ( )在(
1
2,4)上的图象有两个交点，e
1 1 1 1
而 ′( ) = + 2 ( +2)( 1) 1 2 = ，由 ′( ) > 0，得2 < < 1，由 ′( ) < 0，得1 < < 4，e e
即函数 ( ) 1 1 1 7在(2,1)上单调递增，在(1,4)上单调递减，又 (2) = 0, (1) = e, (4) = 4e4，
在同一坐标系内作出直线 = 与函数 = ( ) 1在(2,4)上的图象，
7 1
观察图象知，当4e4 < < e时，直线 = 与函数 = ( ) (
1
在 2,4)上的图象有两个交点，
( ) (1即函数 ′ 在 2,4)上有两个变号零点，函数 ( )在 ∈ (
1
2,4)上有两个极值点，
7 1
所以实数 的取值范围是(4e4,e).
7 1
故答案为：(4e4,e).
5．（23-24 高二下·辽宁沈阳·阶段练习）已知函数 ( ) = 3 +3 2 +9 2，求：
(1)函数 = ( )的图象在点(0, (0))处的切线方程；
(2) ( )的单调递减区间；
(3)求 ( )的极大值和极小值．
【解题思路】（1）利用导数的几何意义可求得切线斜率，进而得到切线方程；
（2）根据导函数的正负即可确定所求的单调区间；
（3）根据（2）可求极值.
【解答过程】（1）由题意得： ′( ) = 3 2 +6 + 9 = 3( 2 2 3) = 3( 3)( + 1)，
∴ ′(0) = 9，又 (0) = 2，
∴ = ( )的图象在(0, (0))处的切线方程为 + 2 = 9( 0)，即9 2 = 0.
（2）由（1）知： ′( ) = 3( 3)( + 1)，
当 ∈ ( ∞, 1) ∪ (3, + ∞)时， ′( ) < 0；当 ∈ ( 1,3)时， ′( ) > 0； ∴ ( )的单调递减区间为
( ∞, 1)，(3, + ∞).
（3）根据（2）可知，当 = 1为函数 ( )的极小值点，且 ( 1) = 7，
当 = 3为函数 ( )的极大值点，且 (3) = 25，
所以 ( )的极大值为25，极小值为 7.
题型 6 函数的最值问题（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 1高二下·江西赣州·阶段练习）函数 ( ) = 3
3 2 3 ( ≤ 0)的最大值是（ ）
A 9 B 0 C 5． ． ．3 D．3
【解题思路】求导可得 ′( ) = 2 2 3，令 ′( ) > 0， ′( ) < 0可得函数 ( )的单调性，即可求解.
1
【解答过程】因为 ( ) = 3
3 2 3 ( ≤ 0)，所以 ′( ) = 2 2 3，
令 ′( ) > 0，得 < 1，令 ′( ) < 0，得 1 < < 0，
所以函数 ( )在( ∞, 1)上单调递增，在( 1,0)上单调递减，
所以 ( )的最大值是 ( 1) =
5
3.
故选：C.
2．（23-24 高二下·四川内江·阶段练习）已知 ( ) =
1 3
3 在区间( ,6
2)上有最小值，则实数 的取值范
围是（ ）
A． ∞， 5 B． 5，1 C． 2， 5 D． 2，1
< 1 < 6 2
【解题思路】求得 ′( ) = 2 1，得出函数 ( )的单调性，结合题意，得到 ( ) ≥ (1) ，即可求解.
1
【解答过程】由函数 ( ) = 3
3 ，可得 ′( ) = 2 1 = ( + 1)( 1)，
当 < 1时， ′( ) > 0， ( )单调递增；
当 1 < < 1时， ′( ) < 0， ( )单调递减；
当 > 1时， ′( ) > 0， ( )单调递增，
要使得函数 = ( )在区间( ,6 2)上有最小值，
< 1 < 6 2 5 < < 1
则满足 ( ) ≥ (1) ，即 1 3 ≥ 2 ，
3 3
1
因为3
3 ≥ 23，可得
3 3 + 2 ≥ 0，即( 1)2( + 2) ≥ 0，解得 ≥ 2，
所以 2 ≤ < 1，即实数 的取值为 2，1 .
故选：D.
3．（23-24 高二下·安徽安庆·阶段练习）已经知道函数 ( ) = 3 2 2在[ 1,3]上，则下列说法正确的是
（ ）
A．最大值为 9 B．最小值为 3
C．函数 ( )在区间[1,3]上单调递增 D． = 0是它的极大值点
【解题思路】利用导数分析函数 = ( )在区间[ 1,3]上的单调性，求得该函数的极值与最值，由此可判断
各选项的正误.
【解答过程】 ∵ ( ) = 3 2 2，则 ′( ) = 3 2 4 = (3 4).
4 4令 ′( ) > 0，可得 < 0或 > ；令 ′3 ( ) < 0，可得0 < < 3.
当 ∈ [ 1,3]时，函数 = ( ) 4在区间[ 1,0), ,3 上均为增函数，
3
4
在区间 0, 上为减函数，C 选项错误；
3
所以 = 0是函数 = ( )的极大值点，D 选项正确；
因为 (0) = 0， (3) = 27 2 × 9 = 9， ( 1) = 1 2 × 1 = 3，
4 = 64 16 32
3 27
2 × 9 = 27，
所以，函数 = ( )在区间[ 1,3]上的最大值为9，
最小值为 3，A、B 选项正确.
故选：ABD.
4．（23-24 高二下· 5湖北·阶段练习）若函数 ( ) = 2 + +3ln 在( ,2 3 )内有最小值，则实数 的取值范
围是 0, 1 .
3
【解题思路】求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的极小值点，从而得到关于 的
不等式组，解得即可.
【解答过程】函数 ( ) = 2 +
5
+3ln 的定义域为(0, + ∞)，
= 2 5 + 3 = 2
2+3 5 = (2 +5)( 1)′( ) 2 2 2 ，
5
令 ′( ) = 0可得 = 1或 = 2（舍），
当0 < < 1时 ′( ) < 0，当 > 1时 ′( ) > 0，
所以 ( )在(0,1)上单调递减，在(1, + ∞)上单调递增，所以 ( )在 = 1处取得极小值，即最小值，
1
又因为函数 ( )在( ,2 3 )内有最小值，故0 ≤ < 1 < 2 3 ，解得0 ≤ < 3，
1
所以 的取值范围是 0, .
3
1
故答案为： 0, .
3
5 2．（23-24 高二下·江苏扬州·阶段练习）已知函数 ( ) = + ( 2)ln .
(1)当 = 0 1时，求 ( )在 ,2 上的最值；（提示：ln2 ≈ 0.69）
2
(2)讨论 ( )的单调性.
【解题思路】（1）利用导数求出函数的单调区间，再根据函数的单调性求出最值即可；
（2）求出导函数的零点，再由零点的大小分类讨论即可得出答案.
2 2 2
【解答过程】（1）当 = 0时， ( ) = +2ln ，则 ′( ) = 2 ，
1
当2 ≤ < 1时， ′( ) < 0，当1 < ≤ 2时， ′( ) > 0，
( ) 1所以函数 在 ,1 上单调递减，在(1,2]上单调递增，
2
所以 ( )min = (1) = 2，
1
因为 = 4 2ln2, (2) = 1 + 2ln2， 1 > (2)，
2 2
所以 ( ) 1max = = 4 2ln2，2
综上： ( )min = 2， ( )max = 4 2ln2；
2 ( ) = 2 2
2 ( 2) 2 ( 1)( +2)
（ ） ′ 2 = 2 = 2 ( > 0)，
当 ≥ 0时，令 ′( ) < 0得0 < < 1，令 ′( ) > 0得 > 1，
所以 ( )在(0,1)上单调递减，在(1, + ∞)上单调递增；
= 2 ′( ) = 2( +1)
2
当 时， 2 ≤ 0在(0, + ∞)上恒成立，
所以 ( )在(0, + ∞)上单调递减；
当 2 < < 0时，令 ′( ) < 0得0 < < 1 > 2或 ，令 ′( ) > 0得1 < <
2
，
所以 ( )在(0,1) 2 , + ∞ 2， 上单调递减，在 1, 上单调递增；
当 < 2时，令 ′( ) < 0得0 < < 2 ′ 或 > 1，令 ( ) > 0
2
得 < < 1，
2
所以 ( )在 0, ，(1, + ∞) 2上单调递减，在 ,1 上单调递增；
2 2
综上：当 < 2时 ( )在 0, ，(1, + ∞)上单调递减，在 ,1 上单调递增；
当 = 2时， ( )在(0, + ∞)上单调递减；
当 2 < < 0时， ( )在(0,1)， 2 , + ∞ 2单调递减，在 1, 上单调递增；
当 ≥ 0时， ( )在(0,1)单调递减，在(1, + ∞)上单调递增.
题型 7 导数中的函数零点问题（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
3 + 3 21 + 2 , ≤ 0,．（23-24 高二下·陕平面西向量咸线阳性运·算阶的坐段标练表示习）已知函数 ( ) = ln , > 0, 若 ( ) = ( ) 有 4 个零
点，则实数 的取值范围为（ ）
A． 0, 1 B 1． ,0 ∪ 1 C 1． , 1 D 1． , 1
e 4 e 4 e 4 e
【解题思路】先讨论 = 0是否为函数零点，然后 ( ) = 0，两边同时除以 ，分离参数，最终转化为
( ) = ln 与 = 交点问题，求导，研究单调性画出 ( )图像，即可得到答案.
【解答过程】当 = 0时， (0) ·0 = 0，对于任意 恒成立，所以 = 0是其中的一个零点.
当 ≠ 0时， ( ) = ( ) 有三个（除 = 0之外）的零点，即 ( ) = 0,
( ) = = ( ) ，所以 , =
有三个交点.
2
( ) + 3 + 2, < 0,
令 ( ) = = ln , > 0, ，
> 0 ( ) = ln ( ) = 1 ln 当 ， ′ ， 2 ,
当0 < < e, ′( ) > 0， ( )单调递增. 当 > e, ′( ) < 0， ( )单调递减，
所以 ( ) 1max = (e) = e.
当 < 0， ( ) = 2 +3 + 2,为二次函数，易知单调性，
( )在( ∞, 32)单调递减，在(
3
2,0)单调递增. ( )min = (
3 1
2) = 4.
( )图像如下：
( )与 = 1有三个交点， 的取值范围为 4 < ≤ 0或者 =
1
e.
故选：B.
2．（23-24 高二下·四川眉山·阶段练习）已知函数 ( ) = e + 有两个零点 1, 2，且 1 > 2，则下列说法
不正确的是（ ）
A． < e B． 1 + 2 > ln( 1 2) +2
C． 1 2 > 1 D． ( )有极小值点
【解题思路】求得函数的导数，得到函数的单调区间，确定函数的极小值，根据极小值小于 0，判断 A；根
据方程，指对互化，判断 B；根据极值点的位置，结合 (0) > 0，即可判断 C；根据 A 的判断，即可判断
D.
【解答过程】由题意，函数 ( ) = e + ，则 ′( ) = e + ，
当 ≥ 0时， ′( ) = e + > 0在R上恒成立，所以函数 ( )单调递增，不符合题意；
当 <0时，令 ′( ) = e + > 0，解得 > ln( )，令 ′( ) = e + < 0，解得 < ln( )，
所以函数 ( )在( ∞,ln( ))上单调递减，在(ln( ), + ∞)上单调递增，
因为函数 ( ) = e + 有两个零点 1, 2且 1 > 2，
对 A，则 (ln( )) = eln( ) + ln( ) = + ln( ) = (1 ln( )) < 0，且 <0，
所以1 ln( ) < 0，解得 < e，所以 A 正确；
对 B， < e，且e 1 + 1 = 0，e 2 + 2 = 0，故 1 = ln( 1)， 2 = ln( 2)，
所以 21 + 2 = ln( 1 2) = 2ln( ) + ln( 1 2) > 2 + ln( 1 2)，所以 B 正确；
对 C，由 (0) = 1 > 0，且由 A 可知， < e，ln( ) > 1，则0 < 2 < 1，但 1 2 > 1不能确定，
所以 C 不正确；
对 D，由函数 ( )在( ∞,ln( ))上单调递减，在(ln( ), + ∞)上单调递增，
所以函数的极小值点为 0 = ln( )，所以 D 正确；
故选：C.
3．（23-24 高二下·山东泰安·阶段练习）已知函数 ( ) = e 2（ 为常数），则下列结论正确的有
（ ）
e
A． = 2时， ( ) ≥ 0恒成立
B． = 1时， ( )无极值
2
C．若 ( )有 3 个零点，则 的范围为 e , + ∞
4
D 1 1． = 2时， ( )有唯一零点 0且 1 < 0 < 2
e
A 1
e
【解题思路】 选项，当 = 2时，二次求导得到函数单调性，结合 ( 1) = e 2 < 0得到 A 错误；B 选项，
= 1时，二次求导得到函数单调性，得到 B 正确；C 选项，当 = 0时，显然 (0) ≠ 0， ≠ 0时，参变分离，
( ) = e
记 2，求导得到其单调性，结合特殊点函数值得到
2
的范围为 e , + ∞ ，C 正确；D 选项，二次求导
4
得到函数单调性，结合零点存在性定理可知，存在唯一的 10，满足 1 < 0 < 2.
e e
【解答过程】对于 A，当 = 时， ( ) = e 22 2 , ′( ) = e
e ，令 ( ) = ′( ), ′( ) = e e，
令 ′( ) = e e > 0，则 > 1， ′( )在(1, + ∞)上单调递增，在( ∞,1)上单调递减，
故 ′( ) ≥ ′(1) = 0，
e
∴ ( )在R上单调递增， ( 1) =
1
e 2 < 0，故 A 错误；
对于 B，当 = 1时， ( ) = e 2, ′( ) = e 2 ,令 ( ) = ′( ), ′( ) = e 2，
令 ′( ) = e 2 > 0，则 > ln2，令 ′( ) = e 2<0，解得 < ln2，
′( )在(ln2, + ∞)上单调递增，在( ∞,ln2)上单调递减，
故 ′( ) ≥ ′(ln2) = 2 2ln2 > 0，
∴ ( )在R上单调递增，无极值，故 B 正确；
对于 C，令 ( ) = e 2 = 0，当 = 0时，显然 (0) ≠ 0，
故 = 0不是函数的零点，
≠ 0 = e
e e ( 2)
当 时，则 ′ 2，记 ( ) = 2，则 ( ) = 3 ，
( ) = e
( 2)
令 ′ ′ 3 > 0得 < 0或 > 2，令 ( ) < 0得0 < < 2，
e 2
故 ( ) = 2在( ∞,0),(2, + ∞)
e
单调递增，在(0,2)单调递减，且 (2) = 4，
且当 → + ∞和 →0时， ( )→ + ∞，
故 ( )
2
有 3 个零点，则 的范围为 e , + ∞ ，C 正确，
4
对于 D，当 = 1 12时， ( ) = e
2
2， ′( ) = e ，
令 ( ) = ′( )，则 ′( ) = e 1，
令 ′( ) = e 1 > 0，则 > 0，令 ′( ) < 0，解得 < 0，
故 ′( )在(0, + ∞)上单调递增，在( ∞,0)上单调递减，故 ′( ) ≥ ′(0) = 1，
∴ ( )在R上单调递增，则此时 ( )至多只有一个零点 0，
1
又 ( 1) = e 1 1 2 e2 = 2e < 0, (
1
2) = e
2 1 = 8 e8 > 0，8 e
1
由零点存在性定理可知，存在唯一的 0，满足 1 < 0 < 2，选项 D 正确；
故选：BCD.
4．（23-24 高二下·河南濮阳·阶段练习）若函数 ( ) = (e + )[ln( ) + ]有 2 个不同的零点，则实数 的
1
取值范围是 ( ∞, 1) ∪ ( 1,0] ∪ ．
e
【解题思路】设 ( ) = e + ，根据单调性及零点存在定理确定零点范围，令ln( ) + = 0，得 =
ln( ) ln( )
，设 ( ) = ，求导，根据单调性及函数极值的取值情况确定 的范围，再根据两个零点不相同对
的取值进行排除即可.
【解答过程】由已知函数 ( )的定义域为( ∞,0)，
设 ( ) = e + ，明显
1
( )单调递增，且 ( 1) = e 1 < 0， (0) = 1 > 0，
所以存在唯一的 1 ∈ ( 1,0)使 ( 1) = 0，即e 1 + 1 = 0，即 1 = ln( 1)，
令ln( ) + = 0 ln( )，得 = ，
= ln( ) = 1+ln( )设 ( ) ，可得 ′ ( ) 2
当 ∈ ( e,0)使 ′( ) < 0， ( )单调递减，当 ∈ ( ∞, e)使 ′( ) > 0， ( )单调递增，
又 ( e) =
1
e > 0，当 → ∞时， ( ) > 0且 ( )→0，又 ( 1) = 0，当 →0时， ( )→ ∞
ln( )
所以当 ∈ ( ∞,0) ∪ 1 时，存在唯一的 2 ∈ ( ∞,0)使 ( 2) = ，即 =
2
e
，
2
= = ln = ln( )当 1 2时，由 1 ( )
1
1 得 = 1，此时不符合题意，舍去，1
综上实数 1的取值范围是( ∞, 1) ∪ ( 1,0] ∪ .
e
故答案为：( ∞, 1) ∪ ( 1,0] ∪ 1 .
e
5．（23-24 高二下·广东佛山·阶段练习）已知函数 ( ) = e 2 + ，
(1)讨论 ( )的单调性；
(2)若 ( )存在两个零点 1, 2
（ⅰ）求 a 的取值范围；
e 1+e 2
（ⅱ）证明： < 4 ．
【解题思路】（1）根据给定条件，利用导数分类求解函数 ( )的单调区间即可.
（2）（ⅰ）由（1）的信息，求出 ( )存在最小值并且小于 0 的 a 值范围，再利用零点存在性定理判断即可；
（ⅱ）由零点的意义用 1, 2表示 ，再借助分析法构造函数推理即得.
【解答过程】（1）函数 ( ) = e 2 + 的定义域为 R，求导得 ′( ) = e 2 ，
当 ≤ 0时， ′( ) > 0恒成立，则函数 ( )在 R 上单调递增；
当 > 0时，由 ′( ) < 0得 < ln2 ，由 ′( ) > 0得 > ln2 ，
所以 ( )在( ∞,ln2 )上单调递减，在(ln2 , + ∞)上单调递增，
所以当 ≤ 0时， ( )在 R 上单调递增；
当 > 0时， ( )在( ∞,ln2 )上单调递减，在(ln2 , + ∞)上单调递增．
（2）（ⅰ）由（1）可知，当 ≤ 0时， ( )在 R 上单调递增， ( )最多有一个零点，不合题意，
当 > 0时， ( )在 = ln2 时取得极小值也是最小值，
(ln2 ) = eln2 2 ln2 + = 3 2 ln2 ，
( ) 1
3
若 有两个零点，则 (ln2 ) < 0，即3 2 ln2 < 0，而 > 0，解得 > e22 ，
由 ( 1) = e 1 +3 > 0，得函数 ( )在( 1,ln2 )上有一个零点，即 ( )在( ∞,ln2 )上唯一零点；
令函数 ( ) = e 1, > 0，求导得 ′( ) = e 1 > 0，函数 ( )在(0, + ∞)上单调递增，
则 ( ) > (0) = 0，即e > + 1，取 0 > 2ln(4 ) > ln(2 ) > 0，
0 0
于是 ( 0) = e 2 e 2 2 ln(4 )0 + > e (
0
2 +1) 2 0 + = 5 > 0，
因此函数 ( )在(ln2 , 0)上有一个零点，即 ( )在(ln2 , + ∞)上有唯一零点，
1 3
所以 a 的取值范围为 > e22 ．
1
（ⅱ）由 1, 2是 ( )
( 1) = e 2 + = 0的两个零点，得 ( ) = e
1
2 2 2 2 + = 0 ，不妨令 1 > 2，
= e
1 e 2
两式相减得 2( )，令 = > 0
e 1+e 2
1 2 ，要证 < 4 ，1 2
e 1 e 2
只需证 <
e 1+e 2 e 1 e 2 1 22 e +e < 2
e 1 2 1 1 2
1 2 1 2 e 1 2+1
< 2
e 1 e +1 < 2 ( 2)e
+ + 2 > 0，令 ( ) = ( 2)e + + 2, > 0，
求导得 ′( ) = ( 1)e +1，令 = ( 1)e +1, > 0，求导得 ′ = e > 0，
函数 ′( )在(0, + ∞)上单调递增， ′( ) > ′(0) = 0，则函数 ( )在(0, + ∞)上单调递增， ( ) > (0) = 0，
所以( 2)e + + 2 > 0 e
1+e 2
成立，即 < 4 成立.
题型 8 导数中的恒成立、存在性问题（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·甘平面肃向量武线威性运·算阶的坐段标练表示习）若不等式ln 2 + + ln ≤ 0在[1, + ∞)上恒成立，则 的最小值
为（ ）
1
A 1．e B． e C．1 D
1
．2
【解题思路】设 ( ) = ln 2 + + ln ， ∈ [1, + ∞)，证明函数 ′( )单调递减，讨论 ，确定函数 ( )的
单调性，结合 ( )的最大值小于等于 0，求 的范围可得结论.
【解答过程】由 ( ) = ln 2 + + ln ∈
1
， [1, + ∞)，得 ′( ) = 2 + 1
∵ > 0，所以 = 2 + 1在[1, + ∞)为减函数，
又函数 = 1 在[1, + ∞)也为减函数，，
∴ ′( )在[1, + ∞)上单调递减，
① = 1 = (2 +1)( 1)当 时， ′( )
当 > 1时， ′( ) < 0, ( )单调递减，
∴ ( ) ≤ (1) = 0，符合题意；
②当0 < < 1时， ′(1) = 2(1 ) > 0, ′ 1 = 1 < 0
∴ 1存在 1 ∈ 1, ，使得 ′( 1) = 0，
∴ ∈ , 1
1 2 1
当 1 时， ′( ) < 0, ( )
1 1
单调递减，∴ ( ) > = ln + + ln = 0，不符合题意，舍去；
③当 > 1时， ′(1) = 2(1 ) < 0，又 ′( )在(0, + ∞)上单调递减，
∴ 当 ∈ [1, + ∞)时， ′( ) < 0, ( )单调递减，
∴ ( ) ≤ (1) = ln + 1.
令 ( ) = ln + 1( > 1) =
1
，则 ′( ) < 0
∴ ( )在(1, + ∞)上单调递减，
∴ ( ) < (1) = 0，符合题意.
综上所述， 的最小值为 1.
故选：C.
3 2．（23-24 高二下·天津滨海新·阶段练习）已知 ( ) = 3 + 3 e , ( ) = ln + + 1， 1 ∈ [0,2], 2 ∈
[1,3]，使得 ( 1) ≤ ( 2)成立，则实数 的取值范围是（ ）
A 1． , + ∞ B．[1, + ∞) C 1． , + ∞ D．[ 2, + ∞)
2e e
1
【解题思路】根据题意，利用导数分别求得函数 ( )和 ( )的单调性及最小值 ( )min = 1 e和 ( )min
= + 1，结合 ( )min ≤ ( )min，即可求解.
【解答过程】由函数 ( ) = 3 3 + 3 e ，可得 ′( ) = 3
2 3 1e = ( 1)(3 + 3 +
1
e)
当 ∈ [0,1)时， ′( ) < 0， ( )单调递减；
当 ∈ (1,2]时， ′( ) > 0， ( )单调递增，
所以，当 = 1时，函数 ( )取得最小值，最小值为 (1) = 1
1
e，
又由函数 ( ) = ln + + 1在[1,3]上单调递增，所以函数 ( )min = (1) = + 1，
因为函数 ( ), ( )， 1 ∈ [0,2], 2 ∈ [1,3]，使得 ( 1) ≤ ( 2)成立，
可得1 1 1 1e ≤ + 1，解得 ≥ e，即实数 的取值范围为[ e, + ∞).
故选：C.
3．（23-24 高二下·河北秦皇岛·阶段练习）已知函数 ( ) = 2 ln ，若 ∈ (0, + ∞)， ( ) ≥ 0，则 的
取值可以是（ ）
A． 1 B 1．2 C．2e D．e
【解题思路】由 ( ) ≥ 0得到 ln ≤ ，在定义域范围内利用函数导数性质进行讨论分析即可.
【解答过程】由 ( ) = 2 ln ， ( ) ≥ 0且函数定义域为 ∈ (0, + ∞)，
所以有 2 ln ≥ 0，即 ln ≥ 0 ln ≤ ，
①当 = 1时，有0 ≤ 1恒成立，故 ∈ ；
②当 ∈ (0,1)时，ln < 0，所以 ≥ ln ，
ln 1
令 = ln ，则 ′ = (ln )2，又 ∈ (0,1)，
所以 ′ < 0，所以 = ln 在(0,1)上单调递减，
且 = ln < 0，所以 ≥ 0；
③当 ∈ (1, + ∞)时，ln > 0，所以 ≤ ln ，
ln 1
由 = ln ，则 ′ = (ln )2，又 ∈ (1, + ∞)
令 ′ > 0 > e， ′ < 0 1 < < e
所以 在(1,e)上单调递减，在(e, + ∞)上单调递增，
e
所以 ≥ lne=e，所以 ≤ e．
故 ∈ [0,e]．
故选：BD.
4 1．（23-24 高二下·广东肇庆·阶段练习）函数 ( ) = ln ， ( ) = 2 2 + ，若对 1 ∈ ,1 ， 2 ∈e
[1,2]，使得 ( 1) ≥ ( )
1
2 成立，则实数 的范围是 ∞,1 ．e
【解题思路】首先分别求函数 ( )和 ( )得到最小值，根据题意转化为 ( 1)min ≥ ( 2)min，即可求解.
【解答过程】 ′( ) = ln + 1 = 0
1
，得 = e，
1 1
所以当 ∈ ,1 时， ′( ) ≥ 0， ( ) 1在 ,1 1单调递增， ( )的最小值为 = ，
e e e e
( ) = 2 2 + = ( 1)2 1 + ，在区间[1,2]单调递增， ( )的最小值为 (1) = 1 + ，
1 1
由题意可知， ( 1)min ≥ ( 2)min，即 1 + ≤ e，则 ≤ 1 e.
1
故答案为： ∞,1 .
e
5．（23-24 高二下·江西新余·阶段练习）已知函数 ( ) = e .
(1)讨论函数 ( ) = ( ) 22( + 1) 的单调性；
(2)若不等式 ( ) > 1 + ln 恒成立，求实数 的取值范围.
【解题思路】（1）将函数求导并分解因式，根据参数 进行分类讨论函数的单调性即得；
（2）将不等式进行等价变形得到 > ln +1 e
在(0, + ∞) ln +1上恒成立，接着通过构造函数 ( ) = e
，求
(0, + ∞) ln 0+1其在 上的最大值，其间，先分析推出其在 = 0时取得最大值，为 ( 0) = e 0 ，由 ( 0 0) =
ln + e 0 20 0 = 0，变形求对数，并利用同构思想和函数单调性推出 0 = ln 0，从而求得 ( 0) = 1，即
得 的取值范围.
【解答过程】（1）由已知可得函数 ( ) = e 2( + 1)
2， ′( ) = e ( + 1) ( + 1) = ( + 1)(e ).
①当 ≤ 0时，e > 0, 当 < 1时， ′( ) < 0， > 1时， ′( ) > 0；
则 ( )在( ∞, 1)上单调递减，在( 1, + ∞)上单调递增；
②当0 < < 1e时，ln < 1,当ln < < 1时， ′( ) < 0，
< ln 或 > 1时， ′( ) > 0；
则 ( )在(ln , 1)上单调递减，在( ∞,ln ),( 1, + ∞)上单调递增；
③当 = 1e时，ln = 1,因e
与 + 1同号，故 ′( ) ≥ 0恒成立，即 ( )在 R 上单调递增；
④ > 1当 e时，ln > 1,当 1 < < ln 时， ′( ) < 0， < 1或 > ln 时， ′( ) > 0；
则 ( )在( 1,ln )上单调递减，在( ∞, 1),(ln , + ∞)上单调递增.
（2）由题意， ln +1(e + ) ln 1 > 0恒成立，因 > 0，即 > e 恒成立.
ln +1
即需求 e
在(0, + ∞)上的最大值.
ln +1 ln ln + 2 令 ( ) = ′ e e ， > 0，则 ( ) = 2 e = 2 ，
令 ( ) = (ln + e 2)， > 0，则 ′( ) = 1 + 2e + 2 e < 0，
即 ( )在(0, + ∞)上单调递减，
1
又 > 0, (1) < 0，所以在(0, + ∞)上存在唯一的 0使 ( 2 0) = 0（*），
当 ∈ (0, 0)时， ( ) > 0，即 ′( ) > 0,则 ( )在(0, 0)上单调递增；
当 ∈ ( 0, + ∞)时， ( ) < 0，即 ′( ) < 0,则 ( )在( 0, + ∞)上单调递减.
故
ln +1
( )在 = 00时取得最大值，为 ( ) = e 00 ，0
又由（*）可得，ln 20 + e 0 0 = 0，故
ln 0
0e 0 = ，0
两边取对数得：ln 0 + 0 = ln( ln 0) + ( ln 0)，
1
令 ( ) = + ln ，由 ′( ) = 1 + > 0知 ( )在定义域内单调递增，
1
故由 ( 0) = ( ln 0)可得， 0 = ln 0，即e 0 = ，0
ln 0+1 ln 0 1 1
所以 ( 00) = e = + = 1，0 0 0 0
故 > 1，即 ∈ ( 1, + ∞).
题型 9 两个计数原理的应用（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·河平面北向量·阶线性段运算练的习坐标）表示从 7 本不同的书中选出 3 本送给 3 位同学，每人一本，不同的选法种数
是（ ）
A．37 B．73 C．21 D．210
【解题思路】根据分步乘法计数原理求解.
【解答过程】根据分步乘法计数原理，不同的选法有7 × 6 × 5 = 210种.
故选：D.
2．（24-25 高二下·全国·课后作业）某农学院计划从 10 种不同的水稻品种和 7 种不同的小麦品种中，选 5
种品种种植在如图所示五块实验田中，要求仅选两种小麦品种且需种植在相邻两块实验田中，其他三块实
验田选种水稻品种，则不同种法有（ ）
1 2 3 4 5
A．30240 种 B．60480 种 C．120960 D．241920 种
【解题思路】相邻两块实验田分成 1 和 2；2 和 3；3 和 4；4 和 5 四类，再分别计算每一类的方法数，可求
得结论.
【解答过程】由题得相邻两块实验田分成 1 和 2；2 和 3；3 和 4；4 和 5 四类；
第一类在 1 和 2 上种植小麦，“1”有 7 种选择，“2”有 6 种选择，剩下 3 块实验田种植水稻，
分别有10,9,8种选择，所以共计7 × 6 × 10 × 9 × 8 = 30240种；
第二、三、四类和第一类种数相同．综上总计有30240 × 4 = 120960种方法．
故选：C.
3．（23-24 高二下·广东东莞·阶段练习）某市地铁按照乘客乘坐的站数实施分段优惠政策，不超过 9 站的地
铁票价如下表：现有小明、小华两位乘客同时从首站乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过 9 站，
且他们各自在每个站下地铁的可能性相同，则下列结论正确的是（ ）
站数 0 < ≤ 3 3 < ≤ 6 6 < ≤ 9
票价/
2 3 4
元
A．若小明、小华两人共花费 5 元，则小明、小华下地铁的方案共有 9 种
B．若小明、小华两人共花费 5 元，则小明、小华下地铁的方案共有 18 种
C．若小明、小华两人共花费 6 元，则小明、小华下地铁的方案共有 27 种
D．若小明、小华两人共花费 6 元，则小明比小华先下地铁的方案共有 12 种（同一地铁站出站不分先
后）
【解题思路】利用分类计数原理和分步计数原理可求答案.
【解答过程】两人共花费 5 元分为两类：小明花费 2 元，小华花费 3 元，此时两人下地铁的方案有3 × 3 = 9
种，
同理小明花费 3 元，小华花费 2 元时，两人下地铁的方案也是9种，所以共有 18 种，A 不正确，B 正确.
两人共花费 6 元分为三类：小明花费 2 元，小华花费 4 元，此时两人下地铁的方案有3 × 3 = 9种；
小明花费 3 元，小华花费 3 元，此时两人下地铁的方案有3 × 3 = 9种；
小明花费 4 元，小华花费 2 元，此时两人下地铁的方案有3 × 3 = 9种，
共有 27 种，C 正确.
小明比小华先下地铁有两类：小明花费 2 元，小华花费 4 元，此时两人下地铁的方案有9种；
小明和小华均花费 3 元，小明比小华先下地铁仅有 3 种方案，所以共有 12 种方案，D 正确.
故选：BCD.
4．（23-24 高二下·山西忻州·阶段练习）某图书馆有文化类图书 300 本，科学类图书 400 本，若甲从这两类
图书中借阅一本，则不同的选法共有 700 种．
【解题思路】利用分类加法计数原理进行求解即可.
【解答过程】不同的选法共有300 + 400 = 700种．
故答案为：700.
5．（23-24 高二下·江苏连云港·阶段练习）从 0，1，2，3，4 五个数字中选出 3 个数字组成一个三位数．
(1)可以组成多少个三位数？
(2)可以组成多少个无重复数字的三位数？
(3)可以组成多少个无重复数字的三位偶数？
【解题思路】（1）根据分步乘法计数原理可得结果；
（2）根据分步乘法计数原理可得结果；
（3）根据组成三位偶数，末位数字可分两类，末位数字是 0 或者不是 0，根据分步乘法计数原理和分类加
法计数原理可得结果；
【解答过程】（1）三位数的首位不能为 0，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除 0 外共有 4 种方
法，第二、三位可以排 0，因此，根据分步乘法计数原理共有4 × 5 × 5 = 100（个）．
（2）三位数的首位不能为 0，首先考虑首位的排法，除 0 外共有 4 种方法，第二位可以排 0，除
首位排的数字共有 4 种方法，第三位除前两位排的数字共有 3 种方法，因此，根据分步乘
法计数原理共有4 × 4 × 3 = 48（个）．
（3）偶数末位数字可取 0，2，4，因此，可以分两类：
一类是末位数字是 0，则有4 × 3 = 12（种）排法；
一类是末位数字不是 0，则末位有 2 种排法，即 2 或 4，再排首位，因 0 不能在首位，
所以有 3 种排法，十位有 3 种排法，因此有2 × 3 × 3 = 18（种）排法．
因此有12 + 18 = 30（种）排法．即可以排成 30 个无重复数字的三位偶数.
题型 10 排列数、组合数的计算（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
4 2
1．（23-24 高二下· A广平面东向量肇线庆性运·算阶的坐段标练表示习） 4C4 =3! （ ）
A．24 B．60 C．48 D．72
【解题思路】根据组合数以及排列数的计算即可求解.
A4C2 2
【解答过程】 4 4 = 4!C4 = 4C24 = 243! 3! ,
故选：A.
2．（23-24 高二下·湖北·阶段练习）计算A34 C34 +0!的值为（ ）．
A．1 B．0 C．20 D．21
【解题思路】结合公式A = ( 1)( 2) ( + 1) C =
( 1)( 2) ( +1)
， ! 进行求解．
4×3×2
【解答过程】计算得A34 C34 +0! = 4 × 3 × 2 3×2×1 +1 = 21．
故选：D．
3．（23-24 高二下·江苏无锡·阶段练习）下列命题正确的有（ ）
A．若C = C ，则 = B．若A 10 = 10 × 9 × × 3，则 = 7
C．A + A 1 = A +1 D． C = C 1 1
【解题思路】根据排列数和组合数的阶乘公式以及性质依次判断各个选项的正误即可.
【解答过程】对于 A，若C = C ，则 = 或 = ，故 A 错误；
10!对于 B， 10 = 10 × 9 × × 3 =
10!
2! = (10 )!，则 = 8，故 B 错误；
1 ! ! ( +1)! ! ! ( +1)!对于 C，A + A = ( )! + ( +1)! = ( +1 )! + ( +1)! = ( +1)! = A +1，故 C 正确；
1 ( 1)! !对于 D， C 1 = ( 1)! ( )! = ! ( )! = C ，故 D 正确；
故选：CD.
4 1 1．（23-24 高二下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）计算：( 1)0C02020 + ( 1)1 C1 2 2 20202 2020 + ( 1) 3C2020 + + ( 1)
1 2020 1
2021C2020 = 2021 ．
1
【解题思路】原式可化为 ( 1)1C1 2 2 3 3 2021 20212021 2021 + ( 1) C2021 + ( 1) C2021 + + ( 1) C2021 ，然后利用二
项式定理计算求解即可.
【解答过程】( 1)0C0 + ( 1)11C1 21 22020 2 2020 + ( 1) 3C2020 + + ( 1)
2020 1 2020
2021C2020
1 1 1
= 2021 ( 1)
0 × 2021 × C02020 + ( 1)1 × 2021 × C1 2 2 20202 2020 + ( 1) × 2021 × 3 C2020 + + ( 1)
1
× 2021 × C20202021 2020
1
= 2021 ( 1)
0C1 1 2 2 3 2020 20212021 + ( 1) C2021 + ( 1) C2021 + + ( 1) C2021
1
= 1 12021 ( 1) C2021 + ( 1)
2C2 + ( 1)3C3 + + ( 1)2021C20212021 2021 2021
1
= ( 1)0C0 1 1 2 2 3 3 2021 20212021 2021 + ( 1) C2021 + ( 1) C2021 + ( 1) C2021 + + ( 1) C2021 1
= 1 2021 12021 [1 + ( 1)] 1 = 2021.
1
故答案为：2021.
5．（23-24 高二下·江苏徐州·阶段练习）（1）计算：C3 3 3 33 + C4 + C5 + + C11；（结果用数字表示）
（2）解不等式：3A3 < 2A2 +6A2 +1 ；
【解题思路】（1）根据组合数性质C + C +1 +1 = C +1 运算求解；
（2）根据排列数公式运算求解即可.
【解答过程】（1）由题意可知：C33 + C34 + C35 + + C3 4 3 311 = C4 + C4 + C5 + + C311
= C4 + C35 5 + + C311 = C4 3 36 + C6 + + C11
= = C4 + C3 411 11 = C12 = 495；
! ( +1)! !
（2）因为3A3 < 2A2 +1 +6A2 ，可知 ≥ 3，且3( 3)! < 2( 1)! +6( 2)!，
整理可得3 2 17 + 10 < 0 2，解得3 < < 5，
且 ≥ 3, ∈ *，所以 = 3或4.
题型 11 涂色问题（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·安平面徽向量·阶线性段运算练的坐习标）表示如图，一个椭圆形花坛分为 A，B，C，D，E，F 六个区域，现需要在
该花坛中栽种多种颜色的花.要求每一个区域种同一颜色的花，相邻区域所种的花颜色不能相同．现有 5 种
不同颜色(含红色)的花可供选择，B 区域必须种红花，则不同的种法种数为（ ）
A．156 B．144 C．96 D．78
【解题思路】依题意对 、 、 、 区域所选颜色分三种情况讨论，按照分步乘法计数原理计算可得.
【解答过程】除 B 区域外，其他区域的种法分三类：
第一类， 、 、 、 区域选红色以外的其余 4 种颜色，A 区域选红色，有A44种不同的种法;
第二类， 、 、 、 区域选红色以外的其余 4 种颜色中的 3 种，
C，F 同色或 D，E 同色，A 区域有 2 种选法，有2C3A3 14 3C2种不同的种法;
第三类， 、 、 、 区域选红色以外的其余 4 种颜色中的 2 种，
C，F 同色且 D，E 同色，A 区域有 3 种选法，有3C24A22种不同的种法．
综上可得，共有A4 +2C3A3C1 +3C2A24 4 3 2 2 2 = 156（种）不同的种法．
故选：A.
2．（23-24 高二下·吉林长春·阶段练习）如图，用四种不同的颜色对图中 5 个区域涂色（四种颜色全部使
用），要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有（ ）
A．72 种 B．96 种 C．150 种 D．168 种
【解题思路】按照分步、分类计数原理计算可得.
【解答过程】第一步：涂区域1，有4种方法；
第二步：涂区域2，有3种方法；
第三步：涂区域4，有2种方法；
第四步（此前三步已经用去三种颜色）：涂区域3，分两类：
第一类，区域3与1同色，则区域5涂第四种颜色；
第二类，区域3与1不同色，则区域3涂第四种颜色，
此时区域5就可以涂区域1或区域2或区域3中的任意一种颜色，有3种方法．
所以，不同的涂色种数有4 × 3 × 2 × (1 × 1 + 1 × 3) = 96.
故选：B.
3．（23-24 高二下·江苏苏州·阶段练习）用 n 种不同的颜色给如图所示的四块区域 A，B，C，D 涂色，要求
相邻域涂不同颜色，不同的涂色方法的总数记作 ( )，则（ ）
A． (3) = 6 B． (4) = 36 C． (5) = 240 D． (6) = 600
【解题思路】计算出 ( )后逐项计算即可得.
【解答过程】使用 种不同颜色时，对 区域涂色可用 种，
由 、 相邻，故对 区域可用 1种，
由 、 、 相邻，故对 区域可用 2种，
由 、 相邻，故对 区域可用 1种，
故不同的涂色方法的总数 ( ) = ( 1)2( 2)种，
(3) = 3 × (3 1)2 × (3 2) = 12种， (4) = 4 × (4 1)2 × (4 2) = 72种，
(5) = 5 × (5 1)2 × (5 2) = 240种， (6) = 6 × (6 1)2 × (6 2) = 600种，
故 A、B 错误，C、D 正确.
故选：CD.
4．（23-24 高二下·山西吕梁·阶段练习）给如图所示的圆环涂色，将圆环平均分成 A，B，C，D 四个区域，
现有红，黄、蓝、绿四种颜色可供选择，要求每个区域只涂一种颜色且相邻区域的颜色不同，则不同的涂
色方法有 84 种.
【解题思路】根据四个区域涂颜色的种类数进行分类，分别计算出三类涂法的种类数，相加即可得出结果.
【解答过程】由题意可知：四个区域最少涂两种颜色，最多涂四种颜色，所以分以下三类：
当涂两种颜色时：A 和 C 相同，B 和 D 相同，共有A24 = 12种涂色方法；
当涂三种颜色时：分 A 和 C 相同和 A，C 不同两种情况，此时共有C34 C1A2 23 2 + A3 = 48种涂色方法；
当涂四种颜色时：四个区域各涂一种，此时共有A44 = 24种涂色方法.
综上，不同的涂色方法有12 + 48 + 24 = 84种.
故答案为：84.
5．（23-24 高二下·河南周口·阶段练习）现要用红、橙、黄、绿、青、蓝、紫 7 种颜色对某市的如图的四个
区域进行着色，有公共边的两个区域不涂同一种颜色，则共有几种不同的涂色方法？
【解题思路】依题意可得Ⅰ与Ⅳ可以同色，因此涂四个区域可用 3 种颜色，也可用 4 种颜色，利用分类加法
计数原理计算可得.
【解答过程】由图形知，Ⅰ与Ⅳ可以同色，因此涂四个区域可用 3 种颜色，也可用 4 种颜色，
用 3 种颜色涂色，即Ⅰ与Ⅳ同色，有A37种方法，
用 4 种颜色涂有A47种方法，
所以不同的涂色方法种数是A37 + A47 = 210 + 840 = 1050.
题型 12 相邻、不相邻排列问题（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·云平面南向量曲线靖性运·算阶的段坐标练表示习）甲、乙、丙、丁、戊 5 名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在
两端，丙和丁不相邻，则不同的排列方式共有（ ）
A．40 种 B．48 种 C．12 种 D．24 种
【解题思路】根据题意，分类讨论甲在第二、三、四位，求出对应的排法，结合分类加法计数原理即可求
解.
【解答过程】若甲在第二位，分两种情况讨论：
①：第一位安排丙或丁，则第三、四、五位全排列，共有C1 32A3 = 12种；
②：第一位和第四位安排乙戊，第三位和第五位安排丙丁，共有A2A22 2 = 4种；
若甲在第三位，丙丁可能排在第1,4；1,5；2,4；2,5位，共4种可能，
排好丙丁需4A22 = 8种，在剩余两个位子排乙戊，有A22 = 2种，此时共8 × 2 = 16种
若甲在第四位，丙丁可能排在第1,3；1,5；2,5；3,5位，共4种可能；
排好丙丁需4A22 = 8种，在剩余两个位子排乙戊，有A22种，此时共8 × 2 = 16种
所以共有12 + 4 + 16 + 16 = 48种不同的排法.
故选：B.
2．（23-24 高二下·江苏南通·阶段练习）把 5 名同学的数学作业摆放成一排展示，要求甲、乙两同学的作业
相邻展示，甲、丙两同学的作业不相邻展示，则不同的摆放种数是（ ）
A．18 B．24 C．36 D．48
【解题思路】利用乘法原理求出使得甲、乙两同学的作业相邻展示的摆放种数和使得甲、乙两同学的作业
相邻且甲、丙两同学的作业相邻的摆放种数，再作差即可.
【解答过程】将甲、乙两同学的作业视为一个元素，利用乘法原理可得，使得甲、乙两同学的作业相邻展
示的摆放种数为A4 24A2 = 48.
将甲、乙、丙三同学的作业绑定，利用乘法原理可得，使得甲、乙两同学的作业相邻且甲、丙两同学的作
业相邻的摆放种数为A33 2 = 12.
所以满足条件的摆放种数是48 12 = 36.
故选：C.
3．（23-24 高二下·江苏徐州·阶段练习）象棋作为一种古老的传统棋类益智游戏，具有深远的意义和价
值．它具有红黑两种阵营，将、车、马炮、兵等均为象棋中的棋子．现将 3 个红色的“将”“车”“马”棋子与 2
个黑色的“将”“车”棋子排成一列，则下列说法正确的是（ ）
A．共有 120 种排列方式．
B．若两个“将”相邻，则有 24 种排列方式．
C．若两个“将”不相邻，则有 36 种排列方式．
D．若同色棋子不相邻，则有 12 种排列方式．
【解题思路】A 选项，由全排列知识进行求解，B 选项，相邻问题进行捆绑，再由排列知识求出答案；C 选
项，不相邻问题插空法进行求解；D 选项，先将 2 个黑色的棋子进行全排列，再插空即可.
【解答过程】A 选项，由排列知识可得共有A55 = 120种排列方式，故 A 正确；
B 选项，两个“将”捆绑，有A22 = 2种情况，再和剩余的 3 个棋子进行全排列，
故共有2A44 = 48种情况，故 B 错误；
C 选项，两个“将”不相邻，先将剩余 3 个棋子进行全排列，共有 4 个空，
再将两个“将”插空，故共有A3A23 4 = 72种情况，故 C 错误；
D 选项，将 2 个黑色的棋子进行全排列，共有 3 个空，
再将 3 个红色的棋子进行插空，则有A2 32A3 = 12种排列方式，故 D 正确.
故选：AD.
4．（23-24 高二下·广西·阶段练习）文娱晚会中，学生的节目有 4 个，教师的节目有 2 个，如果教师的节目
不排在第一个，也不排在最后一个，并且不相邻，则不同排法种数为 144 （用数字作答）．
【解题思路】先将学生的节目全排列，然后对教师节目进行插空即可得解.
【解答过程】由题意可知，先将学生的节目全排列有A44 = 24种排法，
然后对教师节目进行插空有A23 = 6种排法，
所以满足题意的排法种数为24 × 6 = 144种.
故答案为：144.
5．（23-24 高二下·福建福州·阶段练习）7 位同学站成一排.问：
(1)甲、乙两同学必须相邻的排法共有多少种
(2)甲、乙和丙三个同学都相邻的排法共有多少种
(3)甲、乙两同学必须相邻，而且丙不能站在排头和排尾的排法有多少种
(4)甲、乙、丙三个同学必须站在一起，另外四个人也必须站在一起的排法有多少种
【解题思路】（1）利用捆绑法即可得解；
（2）利用捆绑法即可得解；
（3）结合捆绑法，利用特殊元素优先安排列式，即可得解；
（4）利用捆绑法即可得解.
【解答过程】（1）将甲、乙看成一个整体，和其余的人全排列，则有A2 62A6 = 1440种排法；
（2）依题意，将甲、乙、丙看作一个整体，其内部有A33种排法，
再将这个整体与其他 4 人全排列，有A55种排法，
所以一共有A3A53 5 = 6 × 120 = 720种不同的排法；
（3）将甲、乙看成一个元素，此时一共有 6 个元素，因为丙不能站在排头和排尾，
所以可以从其余的 5 个元素中选取两个元素放在排头和排尾，有A25种排法，
将剩余的 4 个元素进行全排列有A44种排法，最后排甲、乙有A22种排法，
所以共有A2 4 25 × A4 × A2 = 24 × 20 × 2 = 960种排法；
（4）将甲、乙、丙三个同学看成一个整体，将另外四个同学看成一个整体，
则共有A4 3 24A3A2 = 24 × 6 × 2 = 288种排法.
题型 13 分组分配问题（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·河平面北向量·阶线性段运算练的坐习标）表示暑期将至，甲 乙 丙等六名学生准备各自从 , , , 四个景点中选一个
景点去旅游.已知每个景点都有人选，且甲没有选景点 ，则所有不同的选法种数为（ ）
A．540 B．720 C．1080 D．1170
【解题思路】根据排列组合知识结合分组问题求解即可.
【解答过程】因为甲没有选景点 ，所以甲有C13 = 3种选法，
其余 5 名学生可以选 3 个景点或 4 个景点.
当其余 5 名学生选 3 个景点时，有 C
1C1C3 15 4 3 + C5C
2 2
4C2 A33 = 1502 2 种选法；A2 A2
当其余 5 名学生选 4 个景点时，有C2A45 4 = 240种选法.
故共有(150 + 240) × 3 = 1170种不同的选法.
故选：D.
2．（23-24 高二下·江苏南京·阶段练习）某物流公司需要安排四个区域的快递运送，公司现有甲、乙、丙三
位快递员可选派，要求每个区域只能有一个快递员负责，每位快递员至多负责两个区域，则不同的安排方
案共有（ ）
A．60 种 B．54 种 C．48 种 D．36 种
【解题思路】分选派 2 名快递员和选派 3 名快递员两种情况讨论.
【解答过程】第一：选派 2 名快递员的时候：
首先，快递员的选法有C23 = 3种不同选法，其中一名快递员从四个区域中选 2 个区域，有C24 = 6种选法，剩
余快递员的选法只有 1 种，
所以不同安排方案有：3 × 6 × 1 = 18种；
第二：选派 3 名快递员的时候：
先从四个区域中选 2 个区域，有C24 = 6种选法，将其看做一个区域，现在 3 个区域安排给三个人有A33 = 6种
方法，
所以不同安排方案有：6 × 6 = 36种.
综上，不同安排方案有：18 + 36 = 54种.
故选：B.
3．（23-24 高二下·江苏南京·阶段练习）甲、乙、丙、丁、戊 5 名大学生参加 2024 年南京半程马拉松志愿
者服务活动，有赛道补给、路线引导、物品发放、兴奋剂检测四项工作可以安排，则以下说法正确的是
（ ）
A．若每人都安排一项工作，则不同的方法数为45
B．若每项工作至少有 1 人参加，则不同的方法数为 240
C．如果兴奋剂检测工作不安排，其余三项工作至少安排 1 人，则这 5 名同学全部被安排的不同方法数
为300
D．每项工作至少有 1 人参加，甲乙不会兴奋剂检测，但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四
项工作，则不同安排方案的种数是126
【解题思路】A 项由分步计数原理求解；B 项先从 5 人中选 2 人作为 1 组，再与另外 3 人共 4 组进行全排列；
C 项先将 5 名同学分为 3 组，然后再分别安排赛道补给、路线引导、物品发放三项工作；D 项分从丙、丁、
戊 3 人中选 2 人兴奋剂检测和选 1 人兴奋剂检测进行求解．
【解答过程】解：对于选项A，给其中的一人安排一项工作，则有 4 种不同的安排方法，则每人都安排一项
工作，
则不同的方法数为45 = 1024，即选项A正确；
对于选项 B，每项工作至少有 1 人参加，先从 5 人中选 2 人作为 1 组，再与另外 3 人共 4 组，
每组选一项工作，则不同的方法数为C2A45 4 = 240，即选项 B 正确；
对于选项 C，先将 5 名同学分为 3 组，然后再分别安排赛道补给、路线引导、物品发放三项工作，
5 C
2C2 C1C1
则这 名同学全部被安排的不同方法数为，( 5 3 5 4 3A2 + 2 )A3 = 150，即选项 C 错误；2 A2
对于选项 D，当从丙、丁、戊 3 人中选 2 人兴奋剂检测，则不同安排方案的种数是C2A33 3，
当从丙、丁、戊 3 人中选 1 人兴奋剂检测，则不同安排方案的种数是C1 2 33C4A3，
即不同安排方案的种数是C1C2 3 2 33 4A3 + C3A3 = 126，即选项 D 正确，
故选：ABD．
4．（23-24 高二下·吉林辽源·阶段练习）6 名同学平均分成三组分别到 、 、 三个工厂参观，每名同学必
须去，且每个工厂都有人参观，则不同的安排方法有 90 种（用数字作答）.
【解题思路】由平均分组模型的公式直接计算即可求解.
【解答过程】6 名同学平均分成三组分别到 、 、 三个工厂参观，
C2C2C2
每名同学必须去，且每个工厂都有人参观，则有 6 4 2A3 A
3
3 = 90种.
3
故答案为：90.
5．（23-24 高二下·河北沧州·阶段练习）某学校派出 6 名同学参加省教育厅主办的理科知识竞赛，分为数学
竞赛，物理竞赛和化学竞赛，该校每名同学只能参加其中一个学科的竞赛，且每个学科至少有一名学生参
加．
(1)求该校派出的 6 名学生总共有多少种不同的参赛方案？
(2)若甲同学主攻数学方向，必须选择数学竞赛，乙同学主攻物理方向，必须选择物理竞赛，则这 6 名学生
一共有多少种不同的参赛方案？
【解题思路】（1）对参加三个学科的人数分三种情况讨论，先分组、再分配求出各组情况的方案数，最后
相加；
（2）对选择化学竞赛的人数分四种情况讨论，利用分步乘法计数原理与分类加法计数原理计算可得.
1 1 4
【解答过程】（1 C C C）若参加三个学科的人数分别为 1，1，4 时，共有 6 5 4 A3A2 3 = 90种参赛方案；2
若参加三个学科的人数分别为 1，2，3 时，共有C16C2C3A35 3 3 = 360种参赛方案；
C2C2C2
若参加三个学科的人数分别为 2，2，2 时，共有 6 4 2 A3A3 3 = 90种参赛方案；3
该校派出的 6 名学生总共有90 + 360 + 90 = 540种不同的参赛方案．
（2）若有 4 人选择化学竞赛，则有 1 种参赛方案；
若有 3 人选择化学竞赛，余下的一人有 2 种选法，则有C3C14 2 = 8种参赛方案；
若有 2 人选择化学竞赛，余下的两人各有 2 种选法，则有C2C14 2C12 = 24种参赛方案；
若有 1 人选择化学竞赛，余下的三人各有 2 种选法，则有C1C1C1C14 2 2 2 = 32种参赛方案；
所以总共有1 + 8 + 24 + 32 = 65种不同的参赛方案．
题型 14 求二项展开式的特定项（系数）（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
6
1．（23-24 高二下·陕平面西向量渭线南性运·算阶的坐 1段标练表示习）二项式 的展开式中常数项为（ ）
A．第3项 B．第4项 C．第5项 D．第6项
【解题思路】利用二项展开式的通项公式求特定的项.
1 6
【解答过程】二项式 展开式的通项为：
6 3
1 6 6 +1 = C6 ( ) = ( 1) C6 2 = ( 1) C6 2 ，
3
令 2 6 = 0，解得， = 4，
1 6
所以二项式 的展开式中常数项为第 5 项 = ( 1)4C45 6 = 15 .
故选：C.
5
2 1．（23-24 高二下·山东青岛·阶段练习）若 + 的展开式中常数项是 10，则 m＝（ ）
A．－2 B．－1 C．1 D．2
1 5 5 5 5
【解题思路】由 + = 1 + 1 1
，利用 的展开式的通项公式，分别求得
5 5
1 1
和 的常数项求解.
1 5 1 5 1 5
【解答过程】解： + = + ，
1 5 1
的展开式的通项公式为
+1 = C 5 = C ( 1) 5 2 5 5 ，
5
令5 2 = 1 1，解得 = 3，则 的展开式的常数项为 C
3
5 = 10；
5
令5 2 = 1 1，解得 = 2，则 的展开式的常数项为 C2 5 = 10 ，
1 5
因为 + 的展开式中常数项是 10，
所以10 10 = 10，解得 = 2，
故选：D.
4
3 1．（23-24 高二下·山东·阶段练习）在 2 的展开式中，下列说法正确的是（ ）
A．常数项是 24 B．第 4 项系数最大
C．第 3 项是 32 2 D．所有项的系数的和为 1
【解题思路】根据二项展开式判断 ABC，由赋值法可判断 D.
1 4 1 4
【解答过程】因为 2 展开式的通项公式为 = C +1 4 ( 2 ) = ( 2) C 4 2 4 ；
令2 4 = 0可得 = 2，所以常数项为 3 = 24，A 正确；
由通项公式可知，当 = 3时，第 4 项的系数为负数，故 B 错误；
第 3 项是 3 = ( 2)2C24 = 24，所以第三项为 24，故 C 错误；
令 = 1可得所有项的系数的和为 1，故 D 正确.
故选：AD.
6
4．（23-24 · · 2高二下 天津 阶段练习）在二项式 2 的展开式中，第 3 项的系数是 240 ．
【解题思路】写出二项展开式的通项公式，求出第三项的系数.
2 6
【解答过程】 2 的通项公式为
6 6 2 6 3 6
+1 = C62 ( 1) ( ) = ( 1) C62 ，
故第三项为 2 2 4 02+1 = ( 1) C62 = 240，故第 3 项的系数为 240.
故答案为：240.
5．（23-24 2高二下·山东威海·阶段练习）已知 x 为正实数， ( ) = 2 展开式的二项式系数和为 256．
(1)求展开式中二项式系数最大的项；
3
(2)求展开式中含 2的项；
(3)若第 k 项是有理项，求 k 的取值集合．
【解题思路】（1）展开式的二项式系数和求出 n 的值，再利用二项式定理求出通项，二项式系数最大的项
为中间项，求解即可；
2 5 3（ ）利用二项式定理求出通项，令4 2 = 2，求出 = 1，代入通项求解即可
（3）当4 52 为整数时为有理项，即可求解
2
【解答过程】（1）在 ( ) = 2 展开式的二项式系数和为 256，
即2 = 256 = 8，
= C ( )8 2
5
= ( 1) C 2 4 +1 8 2 8 2 , = 0,1,2,3 ,8 ，
展开式中二项式系数最大的项中间项，即第 5 项，
5
所以 4 45 = ( 1) × C8 × 24
4 ×4
2 = 1120 6；
5
（2） = C ( )8 2 = ( 1) C 4 +1 8 2 82 2 , = 0,1,2,3 ,8，
4 5 = 3
3
由 22 2 = 1，所以展开式中含 的项是第 2 项，
3 3
所以 2 = ( 1)C18 × 2 2 = 16 2；
5
（3） +1 = C 8( )8
2
2 = ( 1)
C 2 4 8 2 , = 0,1,2,3 ,8 ，
5
当4 2 为整数时为有理项，即 = 0,2,4,6,8，
则 k 的取值集合{1,3,5,7,9}.
题型 15 用赋值法求系数和问题（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·河平面南向量三线门性运峡算的·坐阶标段表示练习）若(2 1)4 = 44 + 3 3 + 2 2 + 1 + 0，则 0 + 2 + 4 =
（ ）
A． 40 B．41 C． 41 D．82
【解题思路】赋值法得到 (1) = 1 = 4 + 3 + 2 + 1 + 0， ( 1) = 34 = 4 3 + 2 1 + 0，进而可得.
【解答过程】设 ( ) = (2 1)4 = 44 + 3 3 + 22 + 1 + 0，
则 (1) = 1 = 4 + 43 + 2 + 1 + 0， ( 1) = 3 = 4 3 + 2 1 + 0，
4
0 + 2 +
( 1)+ (1) 1+3
4 = 2 = 2 = 41，
故选：B.
2．（23-24 高二下·江苏无锡·阶段练习）已知(2 1)5 = 5 5 + 44 + 3 3 + 2 2 + 1 + 0，则| 0| + | 1
| + + | 5|等于（ ）
A．1 B．121 C． 243 D．243
【解题思路】赋值 = 1可得 0 1 + 2 3 + 4 5 = 35，再由系数正负及整体关系可得.
【解答过程】 ∵ (2 1)5 = 55 + 4 4 + 3 23 + 2 + 1 + 0，
= C025 5 C124 4 + C25 5 523 3 + C55( 1)5
∴ 0 = 1 < 0, 1 > 0, 2 < 0 3 > 0, 4 < 0, 5 > 0，
令 = 1，得 0 1 + 2 3 + 54 5 = 3 ，
∴ | 0| + | 1| +… + | 5| = 50 + 1 2 + 3 4 + 5 = ( 0 1 + 2 3 + 4 5) = 3 = 243．
故选：D．
3．（23-24 高二下·广东珠海·阶段练习）若(2 1)10 = 0 + 1 + 22 + + 10 10, ∈ R，则（ ）
A． 2 = 180 B． 0 = 1
1 310C． 0 + 1 + 2 + + 10 = 1 D． 0 + 2 + 4 + + 10 = 2
【解题思路】利用二项式定理求 2的系数判断 A，对 分别赋值 = 0, = 1, = 1，判断 B，C，D.
【解答过程】由(2 1)10 = 0 + 1 + 2 2 + + 10 10，则 8 2 82 = C102 ( 1) = 180，因此 A 正确；
取 = 0，则(0 1)10 = 0，即 0 = 1，因此 B 不正确；
取 = 1，则(2 1)10 = 0 + 1 + 2 + + 10，即 0 + 1 + 2 + + 10 = 1①，因此 C 正确；
取 = 1，则( 2 1)10 = 0 1 + 2 3 + 10，即 0 1 + 2 3 + = 31010 ②，
10
① + ②得 0 + 2 +
1+3
4 + + 10 = 2 ，因此 D 不正确；
故选：AC.
4．（23-24 高二下·宁夏银川·阶段练习）已知多项式( + 2)3( 1)4 = 1( + 1)7 + 2( + 1)6 + + 7( + 1)
+ 8，则 7 + 8 = 32 .
【解题思路】借助换元法设 = + 1，可得( + 1)3( 2)4 = 7 61 + 2 + + 7 + 8，借助赋值法令 = 0
即可得 38，分别计算出( + 1) 与( 2)4的展开式中一次项与常数项后，计算即可得 7，即可得解.
【解答过程】设 = + 1，则( + 1)3( 2)4 = 1 7 + 62 + + 7 + 8，
令 = 0，则(0 + 1)3 (0 2)4 = 16 = 8，
( + 1)3的展开式中一次项为C23 = 3 ，常数项为C33 0 = 1，
( 2)4的展开式中一次项为C34( 2)3 = 32 ，常数项为C4 4 04( 2) = 16，
所以 7 = 3 × 16 32 = 16，
所以 7 + 8 = 16 + 16 = 32.
故答案为：32.
5．（23-24 高二下·江苏南通·阶段练习）设(3 1)7 = 2 3 4 5 6 70 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 ，
求：
(1) 2 + 4 + 6；
(2)| 0| + | 1| + | 2| + | 3| + | 4| + | 5| + | 6| + | 7|.
【解题思路】（1）先 = 0代入得 0 = 1，进而分别代入 = 1和 = 1后两式相加可得 0 + 2 + 4 + 6，
从而可得 2 + 4 + 6的值.
（2）根据（1）可得 1 + 3 + 5 + 7 = 8256，由通项公式 = C +1 7(3 )7 ( 1) 可知，当 r 为偶数时，
对应系数为正；当 r 为奇数时，对应系数为负，从而得| 0| + | 1| + | 2| + | 3| + | 4| + | 5| + | 6| + | 7| =
( 1 + 3 + 5 + 7) ( 0 + 2 + 4 + 6)的值.
【解答过程】（1）取 = 0,得到 0 = 1 ；
取 = 1得到 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 = (3 1)7 = 27 ，
取 = 1得到 0 1 + 2 3 + 4 5 + 6 7 = ( 3 1)7 = 47 ，
7 7
两式相加得到 0 + 2 + 4 + =
2 4
6 2 = 8128 ，
所以 2 + 4 + 6 = 8127 .
（2）根据（1）知： 1 + 3 + 5 + 7 = 27 ( 0 + 2 + 4 + 6) = 128 + 8128 = 8256 .
(3 1)7 展开式的通项为： +1 = C 7(3 )7 ( 1) ，
故当 r 为偶数时，对应系数为正；当 r 为奇数时，对应系数为负，
故 | 0| + | 1| + | 2| + | 3| + | 4| + | 5| + | 6| + | 7| = ( 1 + 3 + 5 + 7) ( 0 + 2 + 4 + 6)
= 8256 ( 8128) = 16384 .
题型 16 三项展开式的系数问题（共 5 小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·广平面东向量珠线海性运·算阶的坐段标练表示习）(1 2 + )6的展开式中含 2 3的项的系数为（ ）
A． 480 B． 60 C．20 D．60
【解题思路】根据二项式定理的概念结合条件分析即可.
【解答过程】由题意，含 2 3的项在(1 2 + )6相乘的 6 项里需要有 1 项乘的 1，
剩下 5 项里有 3 项乘的 2 ，最后 2 项乘的 ，
故含 2 3的项为C16 × 11 × C35 × ( 2 )3 × C22 × 2 = 480 3 2.
故选：A.
6
2．（23-24 高二下·山东青岛·阶段练习） 2 + 2 1 的展开式中常数项为（ ）
A． 160 B．15 C． 145 D． 40
6
2 + 2 1 1
6
【解题思路】将 改写成
[( 2 + 2 ) ]
，利用二项展开式的通项公式求出其通项
= ( 1) +1
2 C C 12 3 6 6 , 0 ≤ ≤ 6,0 ≤ ≤ 6 , , ∈ N，再按照常数项要求，对 , 进行赋值即可求得.
1 6 6
【解答过程】对于 2 + 2 可写成[( 2 + 2 ) 1 ] 1 ，故其通项为：
2 6
+1 = C6( + 2 ) ( )
, = 0,1,2, ,6，即
= C C
( 2 6 1 12 3 +1 6 6 ) (2 ) ( ) = ( 1) 2 C6 C6 , 0 ≤ ≤ 6,0 ≤ ≤ 6 , , ∈ N ,
要求展开式中的常数项，需要 x 的幂指数为 0，即需使12 3 = 0，即3 + = 12，当 = 4时， = 0；
当 = 3时， = 3.
故二项展开式中的常数项为：C4 0 3 3 36C2 2 C6C3 = 15 160 = 145.
故选：C.
5
3．（23-24 1高二下·河北承德·阶段练习）关于多项式 + 2 2 的展开式，下列说法正确的是（ ）
A．常数项为-88 B． 2项的系数为 80
C．展开式的系数和为 32 D．展开式含有 9
【解题思路】根据展开式中每一项的生成规则，即可判断 ABD；利用赋值法，判断 C.
1 5
【解答过程】 2 + 2 中取 2 个 ，1 个
1
2，2 个 2，乘在一起为常数项，或是 5 个 2 相乘也是常数项，
所以展开式中常数项为C2 × C1 × ( 1)1 × C25 3 2 × 22 + 25 = 88，A 正确；
1
5
2 + 2 中取 4 个 ，1 个
1 2
2，相乘在一起得到
项，或是 2 个 ，3 个 2 相乘在一起得到 2项，
所以展开式中 2项为C4 × C1 × ( 1)1 + C25 1 5 × C3 33 × 2 = 75，B 错误；
令 = 1，展开式的系数和为25 = 32，C 正确；
展开式中含有 2，很显然不可能凑成 9，D 错误．
故选：AC．
5
4．（23-24 高二下·广东东莞·阶段练习）在多项式 2 + 的展开式中，含 5 项的系数为 20 .
【解题思路】根据题意，利用组合的运算方法，求得展开式中含 5 项，即可求解.
5
【解答过程】由多项式 2 + ，即为 2 + 2 + 2 + 2 + 2 + ，
要得到 5 项，结合组合的运算，可得 5 项为C15( ) C1 2 3 3 54 C3 = 20 ，
所以 5 项的系数为 20.
故答案为： 20.
5．（23-24 高二下·天津·阶段练习）已知( 2 3 + 2)5 = 0 + 1 + 22 + + 10 10.
(1)求 2；
(2)求 1 + 2 + + 10；
(3)求( 2 20 + 2 + 4 + 6 + 8 + 10) ( 1 + 3 + 5 + 7 + 9) .
【解题思路】
（1）利用多项式乘法法则，结合组合应用问题列式计算作答.
（2）利用赋值法计算作答.
（3）变形计算表达式，再利用赋值法计算作答.
【解答过程】（1）在( 2 3 + 2)5展开式中，含 2的项为C1 2 4 4 25 C42 + C5( 3 )2 C3323 = 80 2 +720 2 = 800
2，
所以 2 = 800.
（2）令 ( ) = ( 2 3 + 2)5 = 0 + 1 + 22 + + 1010 ，
当 = 0时， = (0) = 250 = 32，当 = 1时， 0 + 1 + 2 + + 10 = (1) = 0，
所以 1 + 2 + + 10 = (1) (0) = 32.
（3）( 2 20 + 2 + 4 + 6 + 8 + 10) ( 1 + 3 + 5 + 7 + 9)
= ( 0 + 1 + 2 + + 10)( 0 1 + 2 3 + + 10) = (1) ( 1).
因为 (1) = 0，所以 (1) ( 1) = 0，
故( 2 20 + 2 + 4 + 6 + 8 + 10) ( 1 + 3 + 5 + 7 + 9) = 0.
