【期末必刷题】高二数学下学期期末考点训练题（选择性必修第二册+第三册）-高二数学下学期期末考点大串讲（人教B版2019）

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1．（23-24高二上·湖南长沙·期末）一个口袋内装有4个小球，另一个口袋内装有3个小球，所有这些小球的颜色互不相同，从两个口袋内分别取一个小球，则不同的取法数为（ ）
A．7B．16C．9D．12
【答案】D
【解析】由题意，从两个袋子中分别取1个球，
分两步进行: 第一个口袋内取一个球有4种取法，另一个口袋内取一个球有3种取法,
根据分步乘法计数原理得到，从两个口袋内分别取1个小球, 共有种取法.故选:D.
2．（22-23高二下·陕西渭南·期末）立德幼儿园王老师和李老师给小朋友发水果，王老师的果篮有草莓，苹果，芒果3种水果.李老师的果蓝里有苹果，樱桃，香蕉，猕猴桃4种水果，小华可以在两个老师的果篮里分别选一个水果，小华拿到两种不同的水果的情况有 种.
【答案】11
【解析】王老师有3种水果，李老师有4种水果，其中苹果是重复的，所以应该先分类后分步.
第一类，如果小华在王老师那里拿到苹果，
那么在李老师那里只能从剩下的3种水果中拿，共有种情况；
第二类，如果小华在王老师那里拿到的不是苹果，
那么就有2种情况，在李老师那里有4种情况，共有种情况.
根据分类加法计数原理，小华拿到两种不同水果总共有种情况.
考点2、排列数与组合数计算
3．（22-23高二下·吉林白城·期末）（多选）已知，且，，则下列式子不正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【解析】对于A，，故A不正确；
对于B，，故B不正确；
对于C，，故C正确；
对于D，，故D正确．故选：AB．
考点3、特殊元素（位置）问题
4．（23-24高二上·山东青岛·期末）甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行唱歌比赛，决出第一名到第五名．丙和丁去询问成绩，回答者对丙说：很遗憾，你和丁都没有得到冠军，对丁说：你当然不会是最差的从这两个回答分析，5人的名次排列方式共有（ ）
A．24种B．54种C．96种D．120种
【答案】B
【解析】根据题意，丙丁都没有得到冠军，而丁不是最后一名，
分2种情况讨论：
①丙是最后一名，则丁可以为第二、三、四名，即丁有3种情况，
剩下的三人安排在其他三个名次，有种情况，
此时有种名次排列情况；
②丙不是最后一名，丙丁需要排在第二、三、四名，有种情况，
剩下的三人安排在其他三个名次，有种情况，
此时有种名次排列情况；
则一共有种不同的名次情况，故选：B．
5．（22-23高二下·吉林·期末）现要从A，B，C，D，E这5人中选出4人，安排在甲、乙、丙、丁4个岗位上，如果A不能安排在甲岗位上，则安排的方法有（ ）
A．56种B．64种C．72种D．96种
【答案】D
【解析】根据题意可知：根据是否入选进行分类：
若入选：则先给从乙、丙、丁个岗位上安排一个岗位有种，
再给剩下三个岗位安排人有种，共有种方法；
若不入选：则个人个岗位有种方法，共有种.故选：
考点4、涂色问题
6．（23-24高二下·内蒙古·期末）用4种不同颜色的颜料给图中五个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，有公共边的两个区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法共有 种.
【答案】72
【解析】先对1，2，3三个区域涂色，有种涂法，
当1和5区域同色时，有种涂法；
当1和5区域不同色时，有种涂法；
综上所述：共有种涂法.
7．（22-23高二下·湖北武汉·期末）如图，现要用5种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，共有几种不同的着色方法？（ ）

A．120B．180C．221D．300
【答案】B
【解析】当Ⅰ，Ⅳ同色时，则Ⅰ有种涂色方法，Ⅱ有种涂色方法，
Ⅲ有种涂色方法，此时共有种涂色方法；
Ⅰ，Ⅳ不同色时，则Ⅰ有种涂色方法，Ⅳ有种涂色方法，
Ⅱ有种涂色方法，Ⅲ有种涂色方法，此时共有种涂色方法，
综上共有种不同的着色方法.故选：B.
考点5、数字排列问题
8．（22-23高二下·广东梅州·期末）用0到6这7个数字，可以组成没有重复数字的且被5整除的四位数的个数为（ ）
A．200B．210C．220D．240
【答案】C
【解析】被5整除则末位为0或5，若末位为0，则，
若末位为5，则，故共有220个，故选:C.
9．（22-23高二下·江苏连云港·期末）（多选）从0，1，2，3，4，5，6这7个数字中取出4个数字，则（ ）
A．可以组成720个无重复数字的四位数
B．可以组成300个无重复数字且为奇数的四位数
C．可以组成270个无重复数字且比3400大的四位数
D．可以组成36个无重复数字且能被25整除的四位数
【答案】ABD
【解析】首位不能排0，有种排法，后面三位从剩下的6个数字中任选3个进行排列，所以共有，即可以组成720个无重复数字的四位数，A正确；
个位从1，3，5选择一个，有种选法；千位数字不可选0，从剩下的5个中选一个，
有种选法；在剩下的5个数字中选出2个，安排在百位、十位数字，有种选法，则
个无重复数字的四位奇数；B正确；
3400大的四位数分三类：
第一类千位比3大的数，其它三位任意排，有个，
第二类千位是3，百位比4大的数，其它两位任意排，有个，
第三类千位是3，百位是4的数，其它两位任意排，有个，
根据分类计数原理得比3400大的四位数共有，C不正确；
能被25整除的四位数分两类：
第一类：形如□□25，共个；第二类：形如□□50，共有个；
能被25整除的四位数共有：个，D正确.
故选：ABD.
考点6、相邻问题与不相邻问题
10．（22-23高二下·四川宜宾·期末）某学习小组、、、、、、七名同学站成一排照相，要求与相邻，并且在的左边，在的右边，则不同的站队方法种数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意可知，与相邻，则将与捆绑，然后要求在的左边，在的右边，
由捆绑法和倍缩法可知，不同的排法种数为种.故选：C.
11．（23-24高二上·辽宁朝阳·期末）京剧，又称平剧、京戏等，中国国粹之一，是中国影响最大的戏曲剧种，分布地以北京为中心，遍及全国各地.京剧班社有“七行七科”之说：七行即生行、旦行(亦称占行)、净行、丑行、杂行、武行、流行.某次京剧表演结束后7个表演者(七行中每行1人)排成一排合影留念，其中净行、丑行、杂行互不相邻，则不同的排法总数是（ ）
A．144B．240C．576D．1440
【答案】D
【解析】先将生行、旦行、武行、流行这4人全排列，有种，产生5个空，再将净行、丑行、杂行这3人插入5个空中，有种，所以不同的排法总数是.故选：D
12．（22-23高二下·河北唐山·期末）随着北京冬奥会的开幕，吉祥物“冰墩墩”火遍国内外，现有3个完全相同的“冰墩墩”，甲、乙、丙、丁、戊5位运动员要与这3个“冰墩墩”站成一排拍照留念，则有且只有2个“冰墩墩”相邻的排队方法数为（ ）．
A．3600B．1440C．720D．480
【答案】A
【解析】因为3个“冰墩墩”完全相同，将其中两个“冰墩墩”捆绑，记为元素，另外一个“冰墩墩”记为元素，先将甲、乙、丙、丁、戊5位运动员全排列，即，然后将元素插入这五位运动员所形成的空中，即，则不同的排法种数为.故选：A
考点7、分组分配问题
13．（22-23高二下·安徽黄山·期末）年苏迪曼杯世界羽毛球混合团体锦标赛在苏州举行. 现将名志愿者分配到赛事宣传、外事联络和酒店接待个部门进行培训，每名志愿者只分配到个部门，每个部门至少分配名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）
A．种B．种C．种D．种
【答案】D
【解析】由题意，志愿者按人数，可分组为、的形式，
对于分组，分配方案有种；
对于分组，分配方案有种；
所以，共有种.故选：D
14．（23-24高二上·甘肃白银·期末）6本不同的画册要分给甲､乙､丙三人，每人最少一本，则下列说法正确的为（ ）
A．甲分得4本，则不同的分法有30种
B．甲分得1本，乙分得2本，丙分得3本，则不同的分法有60种
C．每人2本，则不同的分法有540种
D．甲至少分得3本，则不同的分法有150种
【答案】ABD
【解析】对于A，不同分法有种，故A正确；
对于B，不同的分法有60种，故B正确；
对于C，不同的分法有种，故C错误；
对于D，若甲分得3本，则不同的分法有种，
若甲分得4本，则不同的分法有30种，
故共有种，故D正确．
故选：ABD.
考点8、二项展开式的特定项问题
15．（2024·北京顺义·二模）在的展开式中，的系数为（ ）
A．B．C．40D．80
【答案】A
【解析】由二项式的通项为可得，
当，即时，展开式中含有项，
此时，
因此的系数为.故选：A
16．（22-23高二下·山东青岛·期末）在的展开式中，含的系数为 .
【答案】360
【解析】把的展开式看成是5个因式的乘积形式，
展开式中，含项的系数可以按如下步骤得到：
第一步，从5个因式中任选2个因式，这2个因式取，有种取法；
第二步，从剩余的3个因式中任选2个因式，都取，有种取法；
第三步，把剩余的1个因式中取，有种取法；
根据分步相乘原理，得；含项的系数是
故答案为：.
17．（22-23高二下·陕西西安·期末）展开式中项的系数为（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】B
【解析】由题意得展开式的通项公式为，
令；令（不合题意），
故展开式中项的系数为，
故选：B
考点9、二项式系数与系数最值问题
18．（22-23高二下·福建福州·期末）的展开式中，若二项式系数最大的项仅是第4项，则展开式中的系数为 ．
【答案】
【解析】因为在二项式的展开式中，二项式系数最大的项仅是第4项，
所以展开式中第4项是中间项，共有7项，则，
所以展开式的通项公式为，
令，得，
所以展开式中含项的系数是.
故答案为：．
19．（22-23高二下·河北唐山·期末）关于的说法正确的是（ ）．
A．展开式中二项式系数之和为1024B．展开式中只有第6项的二项式系数最大
C．展开式中只有第6项的系数最小D．展开式中第5项和第6项的二项式系数最大
【答案】ABC
【解析】A：展开式中二项式系数之和为，正确；
由题设，展开式共有11项，故第6项的二项式系数最大，B对，D错；
C：由且，显然奇数项系数为正，
偶数项系数为负，
所以，第6项系数最小为，正确.
故选：ABC
考点10、赋值法求系数和问题
20．（22-23高二下·广东佛山·期末）（多选）已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【解析】解法一：令，则；
令，则，所以，故A错误；
令，则，
所以，故B正确；
展开式的通项公式为，
所以，
所以，故D错误；
对两边求导得
，再令，得，故C正确.
解法二：
，
又，
所以，
所以，故A错误；
，故B正确；
，故C正确；
，故D错误.
故选：BC.
21．（22-23高二下·福建泉州·期末）（多选）关于，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AD
【解析】令，则，即，故A正确；
令，则，
即，
所以，故B错误；
根据二项式展开式的通项公式得：，故C错误；
令，则，
令，则，
两式相加可得，①
两式相减可得，②
可得，
所以，故D正确，
故选：AD
考点11、整除和余数问题
22．（22-23高二下·湖北咸宁·期末）除以8的余数为（ ）
A．0B．2C．4D．6
【答案】D
【解析】
，
因为肯定是8的倍数，
因此除以8的余数为6.
故选；D.
23．（22-23高二下·河北唐山·期末）今天是星期一，经过7天后还是星期一，那么经过天后是（ ）．
A．星期一B．星期二C．星期三D．星期四
【答案】C
【解析】，对于的展开式通项为，，
所以，时对应项均可被7整除，当时，
故除以7余数为1，所以除以7余数为2，
则经过天后是星期三.故选：C
考点12、杨辉三角的应用
24．（23-24高二上·山东德州·期末）将杨辉三角中的每一个数都换成，得到如图所示的莱布尼茨三角形．莱布尼茨三角形具有很多优美的性质，如从第0行开始每一个数均等于其“脚下”两个数之和，如果（n为正整数），则下列结论中正确的是（ ）
第0行
第1行
第2行
第3行
…… ……
A．当时，中间的两项相等，且同时取得最大值
B．当时，中间一项为
C．第6行第5个数是
D．
【答案】C
【解析】对于A，由莱布尼茨三角形知，当n为奇数时，中间两项相等，且同时取到最小值，
为奇数，故A错误；
对于B，当时，这一行有2025个数，最中间为第1013个数，
即，B错误；
对于C，第6行有7个数，第5个数是，C正确；
对于D，由于从第0行开始每一个数均等于其“脚下”两个数之和，
故，D错误，
故选：C
考点13、条件概率、全概率与贝叶斯公式的应用
25．（22-23高二下·吉林通化·阶段练习）2020年初，新型冠状肺炎在欧洲爆发后，我国第一时间内向相关国家捐助医疗物资，并派出由医疗专家组成的医疗小组奔赴相关国家.现有四个医疗小组甲、乙、丙、丁，和有4个需要援助的国家可供选择，每个医疗小组只去一个国家，设事件A=“4个医疗小组去的国家各不相同”，事件B=“小组甲独自去一个国家”，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】事件A=“4个医疗小组去的国家各不相同”，事件B=“小组甲独自去一个国家”，
则，，，
故选：A.
26．（23-24高二下·江苏泰州·期末）一个不透明的袋子中有5个红球、4个黑球，从中随机地取出一个，观察颜色后再加上3个同色的球放回袋中，再次从袋子中取出一个球，则第二次取出的是红球的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设事件表示第一次抽取的是红球，，，
事件表示第二次抽取的是红球，因此有，
所以，
故选：C
27．（2023·辽宁锦州·模拟预测）某考生回答一道有4个选项的选择题，设会答该题的概率是，并且会答时一定能答对，若不会答，则在4个答案中任选1个.已知该考生回答正确，则他确实会答该题的概率是 .
【答案】
【解析】设考生会答该题为事件A，不会答为事件B，该考生回答正确为事件C；
则：,,
故答案为：
考点14、相互独立事件的概率
28．（23-24高二上·广东汕尾·期末）若事件满足，，，则下列说法不正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】对于A中，由，可得，所以A正确；
于B中，由，可得，所以B错误；
对于C中，由，可得，所以C正确；
对于D中，由，
所以，所以D正确.
故选：B.
29．（23-24高二上·广东茂名·期末）“猜灯谜”又叫“打灯谜”，是元宵节的一项活动，出现在宋朝．南宋时，首都临安每逢元宵节时制迷，猜谜的人众多．开始时是好事者把谜语写在纸条上，贴在五光十色的彩灯上供人猜．因为谜语既能启迪智慧又饶有兴趣，所以流传过程中深受社会各阶层的欢迎．在一次元宵节猜灯谜活动中，共有20道灯谜，三位同学独立竞猜，甲同学猜对了12道，乙同学猜对了8道，丙同学猜对了n道．假设每道灯谜被猜对的可能性都相等．
(1)任选一道灯谜，求甲，乙两位同学恰有一个人猜对的概率；
(2)任选一道灯谜，若甲，乙，丙三个人中至少有一个人猜对的概率为，求n的值．
【答案】(1)；(2)10
【解析】（1）设“甲猜对灯谜”为事件A，“乙猜对灯谜”为事件B，
“任选一道灯谜，恰有一个人猜对”为事件C，
由题意得，，，且事件A、B相互独立，
则
，
所以任选一道灯谜，恰有一个人猜对的概率为；
（2）设“丙猜对灯谜”为事件D，
“任选一道灯谜，甲、乙、丙三个人都没有猜对”为事件E，
则由题意，
，
解得．
考点15、均值与方差的计算
30．（22-23高二下·陕西渭南·期末）已知随机变量的分布列如下，则（ ）
A．3B．9C．27D．11
【答案】B
【解析】由题意可得，
此时，
所以．
故选：B．
31．（22-23高二下·吉林白城·期末）元宵节庙会上有一种摸球游戏：布袋中有15个大小和形状均相同的小球，其中白球10个，红球5个，每次摸出2个球．若摸出的红球个数为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】的可能取值为0，1，2，则
，，，
所以，
故．
故选：A．
32．（22-23高二下·黑龙江大庆·期末）（多选）设随机变量的分布列为
其中，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．先增大后减小D．有最小值
【答案】AC
【解析】由题意，根据分布列的性质，可得，所以选项A正确；
选项B，由期望的公式，可得，所以选项B不正确；
选项C和D，由，
根据二次函数的性质可得对称轴为，所以先增大后减小，
且有最大值，所以选项C正确，选项D不正确.
故选：AC.
考点16、离散型随机变量的分布列
33．（22-23高二下·福建泉州·期末）如图所示的高尔顿板，小球从通道口落下，第1次与第2层中间的小木块碰撞，以的概率向左或向右滚下，依次经过6次与小木块碰撞，最后掉入编号为1，2…，7的球槽内.

(1)若进行一次以上试验，求小球落入6号槽的概率；
(2)小明同学利用该图中的高尔顿板来到社团文化节上进行盈利性“抽奖”活动，8元可以玩一次游戏，小球掉入号球槽得到的奖金为元，其中
（i）求的分布列；
（ii）很多同学参加了游戏，你觉得小明同学能盈利吗？
【答案】(1)；(2)（i）的分布列见解析，（ii）小明同学能盈利
【解析】（1）根据题意可知要使小球落入6号槽，此时小球需要在6次碰撞中向左1次，向右5次，
所以小球落入6号槽的概率为，
（2）（i）由题意得的所有取值为1，2，3，4，5，6，7，则
，，
，，
所以的分布列为
（ii）因为小球掉入号球槽得到的奖金为金为元，其中，
所以有所有取值为0，5，10，15，则
，，
，，
所以，
因为，所以小明同学能盈利.
考点17、独立重复试验的概率问题
34．（22-23高二下·广西桂林·期末）某批产品正品率为，次品率为，抽取5件产品恰有3次抽到正品的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由题意可知，5件产品恰有3次正品，则有2次测到次品，
根据独立重复试验的概率公式可知，所求事件的概率为，故选：B．
考点18、正态分布指定区间的概率计算
35．（22-23高二下·重庆江津·期末）（多选）已知随机变量X服从正态分布，其正态曲线对应的密度函数为，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．D．
【答案】ABC
【解析】由题意可知，由密度函数，则，，故，，
对于A，，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，由，则服从的正太分布曲线的对称轴为直线，由，
则，故C正确；
对于D，正太分布为连续性随机变量，故D错误.
故选：ABC.
考点19、二项分布、超几何分布与正态分布综合应用
36．（22-23高二下·海南海口·期末）某公司在一种传染病毒的检测试剂品上加大了研发投入，其研发的检验试剂品分为两类不同剂型和.现对其进行两次检测，第一次检测时两类试剂和合格的概率分别为和，第二次检测时两类试剂和合格的概率分别为和.已知两次检测过程相互独立，两次检测均合格，试剂品才算合格.
(1)设经过两次检测后两类试剂和合格的种类数为X，求X的分布列；
(2)若地区排查期间，一户4口之家被确认为“与确诊患者的密切接触者”，这种情况下医护人员要对其家庭成员逐一使用试剂品进行检测，如果有一人检测呈阳性，则检测结束，并确定该家庭为“感染高危户”.设该家庭每个成员检测呈阳性的概率均为且相互独立，该家庭至少检测了3个人才确定为“感染高危户”的概率为，若当时，最大，求的值.
【答案】(1)分布列见解析；(2)
【解析】（1）剂型合格的概率为：；剂型合格的概率为：．
由题意知：X的所有可能取值为0，1，2．则，
，，
则X的分布列为
（2）检测3人确定“感染高危户”的概率为，
检测4人确定“感染高危户”的概率为，
则．
令，因为，所以，
原函数可化为．
因为，当且仅当，即时等号成立．
此时，即．
37．（22-23高二下·安徽合肥·期末）某社区居民中青少年、中年人、老年人的人数相同，现按三个年龄段人数比例用分层随机抽样的方法从中抽取60人，调查他们的日均微信步数，统计结果如下：
(1)求，，的值；
(2)从这60人中随机抽取2名日均微信步数在内的中年人，记这2人中日均微信步数在内的人数为，求的分布列与数学期望；
(3)以样本数据中日均微信步数位于各区间的频率作为该社区居民日均微信步数位于该区间的概率，假设该社区的老年人中有年龄大于70岁，且年龄大于70岁的老年人中有的人日均微信步数在内，现从该社区任选一名老年人，若已知此老年人的日均微信步数在内，求他的年龄大于70岁的概率．
【答案】(1)；(2)分布列见解析；期望为；(3)
【解析】（1）由题意，得解得
（2）由（1）可知，日均微信步数在内的中年人有11人，
内的中年人有4人．
则的所有可能取值为0，1，2，
，，，
所以的概率分布列为
所以．
（3）设表示事件“该社区老年人的日均微信步数在内，
表示事件“该社区老年人的年龄大于70岁”．
由题知，，
，
则．
38．（23-24高二上·辽宁沈阳·期末）2023年中秋国庆双节期间，我国继续执行高速公路免费政策.交通部门为掌握双节期间车辆出行的高峰情况，在某高速公路收费点记录了10月1日上午这一时间段内通过的车辆数，统计发现这一时间段内共有1000辆车通过该收费点，为方便统计，时间段记作区间，记作，记作，记作，对通过该收费点的车辆数进行初步处理，已知，时间段内的车辆数的频数如下表：
(1)现对数据进一步分析，采用分层随机抽样的方法从这1000辆车中抽取10辆，再从这10辆车中随机抽取4辆，设抽到的4辆车中在9：00~9：40通过的车辆数为，求的分布列与期望；
(2)由大数据分析可知，工作日期间车辆在每天通过该收费点的时刻，其中可用（1）中这1000辆车在之间通过该收费点的时刻的平均值近似代替，可用样本的方差近似代替（同一组中的数据用该组区间的中点值代表），已知某天共有800辆车通过该收费点，估计在之间通过的车辆数（结果四舍五入保留到整数）.
参考数据：若，则①；②；③.
【答案】(1)分布列见解析，期望为；(2)
【解析】（1）因为，，所以，.
由分层随机抽样可知，抽取的10辆车中，在9：00~9：40通过的车辆数位于
时间段，这两个区间内的车辆数为，
车辆数的可能取值为0，1，2，3，4，
，，，
，，
所以X的分布列为
所以.
（2）这1000辆车在时间段内通过该收费点的时刻的
平均值，即9：04，
，
所以.
估计在这一时间段内通过的车辆数，也就是通过的车辆数，
工作日期间车辆在每天通过该收费点的时刻，
，
所以估计在这一时间段内通过的车辆数为.
考点20、相关系数、残差与相关指数
39．（22-23高二下·内蒙古包头·期末）某兴趣小组研究光照时长和向日葵种子发芽数量y（颗）之间的关系，采集5组数据，作如图所示的散点图．若去掉后，下列说法正确的是（ ）

A．相关系数r的绝对值变小B．相关指数变小
C．残差平方和变大D．解释变量x与响应变量y的相关性变强
【答案】D
【解析】观察图象知：较其他的点偏离回归直线最大，因此去掉后，回归效果更好，
对于A，相关系数越接近于1，线性相关性越强，因此去掉后，
相关系数的绝对值变大，A错误；
对于B，相关指数越接近于1，拟合效果越好，因此去掉后，
相关指数变大，B错误；
对于C，残差平方和变大，拟合效果越差，因此去掉后，残差平方和变小，C错误
对于D，由选项A知，去掉后，相关系数的绝对值变大，因此解释变量与响应变
量的相关性变强，D正确.
故选：D
40．（22-23高二下·安徽蚌埠·期末）（多选）已知变量x，y经过随机抽样获得的成对样本数据为，，…，，其线性回归方程为，下列说法正确的是（ ）
A．若相关系数的值越大，则成对样本数据的线性相关程度超强
B．若相关系数，说明变量x，y线性相关程度较弱
C．相关指数的值越接近1，表示线性回归方程拟合效果越好
D．残差平方和越大，表示线性回归方程拟合效果越好
【答案】BC
【解析】对于A，相关系数越大，则成对样本数据的线性相关程度超强，故A错误；
对于B，由相关系数，，则变量线性相关程度较弱，故B正确；
对于C，相关指数的值越接近于，则线性回归方程拟合效果越好，故C正确；
对于D，残差平方和越小，表示线性回归方程拟合效果越好，故D错误.
故选：BC.
考点21、回归分析
41．（22-23高二下·安徽合肥·期末）根据变量和的一组试验数据计算可得，，回归直线方程为，则可以预测当时，变量的估计值为（ ）
A．29B．30C．31D．32
【答案】A
【解析】因为回归直线经过点，所以，解得，
所以回归直线方程为，
代入，得．故选：A
42．（22-23高二下·陕西渭南·期末）某公司对其产品研发的年投资额（单位：百万元）与其年销售量（单位：千件）的数据进行统计，整理后得到如下统计表：
(1)求变量和的样本相关系数（精确到），并推断变量和的线性相关程度；（若，则线性相关性程度很强；若，则线性相关性程度一般，若，则线性相关性程度很弱.）
(2)求年销售量关于年投资额的经验回归方程.并预测投资额为700万无时的销售量.（参考：）
参考：，，.
【答案】(1)，变量和的线性相关程度很强；
(2)，投资额为700万时的销售量为千件.
【解析】（1）由题意，，，
，
，
，
，
，变量和的线性相关程度很强；
（2），，
年销售量关于年投资额的线性回归方程为．
当时，，
所以研发的年投资额为700万元时，产品的年销售量约为千件．
43．（23-24高二上·江苏常州·期末）某公司为了解年研发资金投入量（单位：亿元）对年销售额（单位：亿元）的影响.对公司近12年的年研发资金投入量和年销售额的数据，进行了对比分析，建立了两个模型：①，②，其中，，，均为常数，为自然对数的底数，并得到一些统计量的值.令，，（，，，…，），经计算得如下数据：
(1)请从相关系数的角度，分析哪一个模型拟合程度更好？
(2)根据（1）的分析及表中数据，求关于的回归方程.
附：（1）相关系数；（2）线性回归方程中，的计算公式分别为：，.
【答案】(1)模型②的拟合程度更好；(2)
【解析】（1）设模型①和②的相关系数分别为，.
由题意可得，，
所以，由相关系数的相关性质可得，模型②的拟合程度更好.
（2）因为，可得，即，
可得，，
所以关于的线性回归方程为，即关于的回归方程为.
考点22、独立性检验
44．（22-23高二下·西藏林芝·期末）某学校共有名学生参加知识竞赛，其中男生人，为了解该校学生在知识竞赛中的情况，采用分层随机抽样的方法抽取了名学生进行调查，分数分布在分之间，根据调查的结果绘制的学生分数频率分布直方图如图所示．将分数不低于分的学生称为“高分选手”．
(1)求的值；
(2)若样本中属于“高分选手”的女生有人，试完成列联表，依据的独立性检验，能否认为该校学生属于“高分选手”与“性别”有关联？
（参考公式：，其中）
【答案】(1)；(2)表格见解析，认为该校学生属于“高分选手”与性别有关联．
【解析】（1）由题意知，解得；
（2）由题可知，样本中男生人，女生人，
属于“高分选手”的有人，其中女生人，
得出以下列联表：
零假设为该校学生属于“高分选手”与性别无关联，
根据表中数据，经计算得到，
∴根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为该校学生属于“高分选手”与性别有关联．
考点23、数列递推关系与周期性
45．（22-23高二下·新疆·期末）若数列满足，则（ ）
A．2B．C．D．
【答案】C
【解析】因为，所以，
，
，
所以是周期为的数列，故.故选：C
考点24、数列的单调性及应用
46．（22-23高二下·辽宁辽阳·期末）在数列中，，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
由题意可得．
根据对勾函数与复合函数的单调性，在上递增，在上递减，
所以在中，，
时，，；
当时，．
因为，所以，
所以的最大值是．
故选：D.
47．（23-24高二上·湖北武汉·期末）已知数列的前n项和．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的最大项是该数列的第几项．
【答案】(1)；(2)第项
【解析】（1）当时，，不满足上式，
当时，，
故数列的通项公式为.
（2）由已知得，
当时，，
则，即，
得， 即，
所以当，的最大项为第7项，
又，
所以数列的最大项是该数列的第项.
考点25、等差数列基本量计算
48．（22-23高二上·广东深圳·期末）已知为递增的等差数列，，，则（ ）
A．B．C．D．或
【答案】A
【解析】因为为等差数列，，所以，
由，得或（舍），
所以，.故选：A
49．（22-23高二下·广东珠海·期末）已知等差数列的前项和为，且，则（ ）
A．5B．4C．3D．2
【答案】A
【解析】设等差数列的公差为d，由题意，则，
解得，所以.
故选：A
考点26、等差数列的前n项和性质及最值
50．（22-23高二下·江西吉安·期末）记为等差数列的前项和，，，则（ ）
A．8B．9C．10D．11
【答案】C
【解析】（法一）数列为等差数列，
有，，成等差数列，
，解得，故选：C.
（法二）由题意知，，，
解得，，
，故选：C.
51．（22-23高二下·山东日照·期末）（多选）已知等差数列的公差为，前n项和为，且，，成等比数列，则（ ）
A．
B．
C．当时，的最大值是或
D．当时，的最小值是或
【答案】ACD
【解析】因为，，成等比数列，
所以，即，
解得，即，故A正确；
，故B错误；
，
所以当时，由二次函数性质知，或时，的最小值是或，
当时，由二次函数性质知，的最大值是或，故CD正确.
故选：ACD.
52．（22-23高二上·贵州黔东南·期末）设两个等差数列和的前项和分别为和，且，则 .
【答案】
【解析】设，则，
则，，则.
考点27、等比数列的基本量计算
53．（23-24高二上·重庆·期末）已知等比数列的前项和为，若，，则（ ）
A．B．25C．或D．或0
【答案】A
【解析】由，，
当时，，成立，，
当时，由，得，即，
解得或（舍），又，此情况不合题意，
综上，，.
故选：A.
54．（22-23高二下·北京丰台·期末）设等比数列的公比为q，前n项和为.若，则（ ）
A．B．C．2D．8
【答案】C
【解析】当时，因为，所以，不成立.
当时，因为，所以，
两式相除得，所以.故选：C
考点28、等比数列的前n项和性质
55．（23-24高二上·安徽宣城·期末）设是等比数列的前项和，若，则（ ）
A．2B．C．D．
【答案】B
【解析】由题意得，，
因为成等比数列，故，
即，解得，
故.故选：B
56．（22-23高二上·广东深圳·期末）设等比数列的公比为，其前项和为，前项之积为，且满足，，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．
C．是数列中的最大值D．
【答案】C
【解析】因为等比数列满足，
又，所以，A错误；
，即,B错误；
当时，，当时，，即是数列中的最大值，C正确；
由题意得，，则,D错误.故选：C.
考点29、数列的实际应用
57．（22-23高二下·河南·期末）如图，有一台擀面机共有10对轧辊，所有轧辊的半径r都是mm，面带从一端输入，经过各对轧辊逐步减薄后输出，每对轧辊都将面带的厚度压缩为输入该对轧辊时的0.8倍（整个过程中面带宽度不变，且不考虑损耗）.若第k对轧辊有缺陷，每滚动一周在面带上压出一个疵点，则在擀面机最终输出的面带上，相邻疵点的间距（ ）

A．mmB．mm
C．mmD．mm
【答案】B
【解析】轧辊的周长为，
由题意可知，第9对轧辊出口处疵点间距为轧辊周长，
因为在此处出口的两疵点间面带的体积与最终出口处两疵点间面带的体积相等，
又因为宽度不变，有，所以，
而，
所以数列是以为公比的等比数列，
所以，即.
故选：B
58．（22-23高二下·辽宁大连·期末）刚考入大学的小明准备向银行贷款元购买一台笔记本电脑，然后上学的时通过勤工俭学来分期还款．小明与银行约定：每个月还一次款，分10次还清所有的欠款，且每个月还款的钱数都相等，贷款的月利率为．则小明每个月所要还款的钱数为（ ）元．
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设小明每个月所要还款的钱数为元，根据等额本息还款法可得，
第一个月末所欠银行贷款为：，
第二个月末所欠银行贷款为：,，
……，
第10个月末所欠银行贷款为：
由于分10次还清所有的欠款，故，解得，
故选：D．
考点30、等差数列与等比数列证明
59．（22-23高二上·广东汕尾·期末）已知等差数列的前项和为，且，.
(1)求等差数列的首项和公差；
(2)求证数列是等差数列，并求出其前项和.
【答案】(1)，；(2)证明见解析，
【解析】（1）解：由题意可得，解得.
（2）证明：由（1）可知，所以，故.
当时，；当时，，
因此数列是等差数列，首项为，公差为.
所以等差数列的前项和.
60．（22-23高二上·天津北辰·期末）已知数列的前项和为，且.在数列中，，.
(1)求的通项公式；
(2)证明：是等比数列.
【答案】(1)；(2)证明见解析
【解析】（1）解：因为数列的前项和为，且.
当时，，
当时，，
也满足，故对任意的，.
（2）解：当时，，可得，所以，，
且，则，，，
以此类推可知，对任意的，，所以，，
因此，数列是公比为的等比数列.
考点31、数列通项公式求解
61．（23-24高二上·山东烟台·期末）已知数列的前几项为：，…，则该数列的一个通项公式可能为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】解：根据题意，数列的前几项为：…，
即，，，，
故数列的一个通项公式可以为.故选：C.
62．（22-23高二下·辽宁大连·期中）已知数列的前项和为，则数列的通项公式为 ．
【答案】
【解析】数列的前n项和，
可得；
时，，不满足，
则.
63．（23-24高二上·山东青岛·期末）设数列 满足 ， 则 的通项公式
【答案】
【解析】数列 满足，
设，
当时，有，即，
当时，有，得，
不符合，
所以.
64．（22-23高二下·福建泉州·期末）数列中，，，则的前项的和为 ．
【答案】
【解析】在数列中，，，则，且，
所以，数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，，则，
所以，数列的前项和为
.
故答案为：.
考点32、数列求和
65．（23-24高二下·广东江门·期末热身）已知等差数列的公差，与的等差中项为5，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)设求数列的前20项和.
【答案】(1)数列的通项公式为；(2)数列的前20项和为.
【解析】（1）因为为等差数列，且与的等差中项为5，
所以，解得，
因为，
所以，解得，
因为，所以，
所以，
故数列的通项公式为；
（2）由题知，
即
所以
，
故数列的前20项和为.
66．（23-24高二下·内蒙古·期末）在数列中，，，且.
(1)证明：是等差数列.
(2)求的通项公式.
(3)求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)
【解析】（1）因为在数列中，，，且，
所以，
所以是首项为，公差为2的等差数列.
（2）由（1）得，
则，
得，即．
又符合，
所以（或）．
（3）由（2）知，
所以.
67．（22-23高二下·安徽宣城·期末）已知数列的前项和为.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)；(2)
【解析】（1）当时，，
当时，因为①，所以②，
①－②得，即，所以，
又因为，所以，
所以，当时，是以4为首项，2为公比的等比数列，所以.
所以.
（2）因为，所以，当时，，
当时，，所以，
所以，
则数列的前项和为，
当时，
当时，，
，
①－②得，
，
，
所以.
当时，也满足.
故数列的前项和.
考点33、导数定义及计算
68．（22-23高二下·湖南湘潭·期末）（多选）下列求导运算正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BC
【解析】，故A错误；
，故B正确；
，故C正确；
，故D错误．
故选：BC
69．（23-24高二上·河南许昌·期末）已知函数，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因为，则，
则，
所以，，
以，，故.故选：C.
70．（22-23高二下·全国·期末）已知函数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因，所以，
，故选：A
71．（23-24高二上·宁夏银川·期末）已知函数，则（ ）
A．1B．2C．D．
【答案】C
【解析】因为，
所以，
所以，解得故选：C.
72．（22-23高二下·广东珠海·期末）在等比数列中，，若函数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设，
则，，
所以，.
因为是等比数列，且，
所以，，
所以，，
所以，.故选：A.
考点34、导数的几何意义应用
73．（23-24高二下·广东江门·期末热身）曲线在点处的切线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由函数，可得，
则且，即切线的斜率为，切点坐标为，
所以切线方程为.
故选：C.
74．（22-23高二下·四川凉山·期末）曲线在点处的切线与直线平行，则 .
【答案】/
【解析】由，得，
因为曲线在点处的切线与直线平行，
所以，得，
故答案为：
75．（22-23高二下·山东威海·期末）写出曲线过坐标原点的一条切线方程 .
【答案】或（任写一个即可）
【解析】，设切点为，
故切线方程为，
由于切线过原点，故，
整理得，解得或.
当时，切线方程为，即.
当时，切线方程为，即.
故答案为：或（任写一个即可）
76．（22-23高二下·辽宁·期末）已知过点作的曲线的切线有且仅有两条，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设切点为，由题意得，所以，
整理得，此方程有两个不等的实根．
令函数，则．
当时，，所以在上单调递增;
当时，，所以在上单调递减,且．
，方程有两个不等的实根,故．
故选：D.
考点35、利用导数判断函数的单调性
77．（22-23高二下·广东潮州·期末）（多选）下列选项中，在上不是单调函数的有（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【解析】A选项，由得，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减，故正确；
B选项，由得显然恒成立且不恒为零，所以在上单调递增，故错误；
C选项，由得，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减，故正确；
D选项，由得显然恒成立且不恒为零，所以在上单调递增，故错误；
故选：AC．
78．（22-23高二下·河北石家庄·期末）已知函数，若曲线在处的切线方程为．
(1)求a，b的值；
(2)讨论函数在区间上的单调性．
【答案】(1)；；(2)在和上单调递增，在上单调递减
【解析】（1）令，由，则，
由，可得．
又，所以.
（2）由（1）可知，，
令，解得或；令，解得，
所以在和(1，2)上单调递增，在上单调递减．
考点36、根据函数的单调性求参数
79．（22-23高二上·重庆沙坪坝·期末）设函数在上单调递减，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】，
因为函数在上单调递减，
所以导函数在小于等于零恒成立，
分离参数可得恒成立在，
设，
则，
令可得，所以在恒增，
所以，即
所以实数a的取值范围是.故选：D.
80．（23-24高二上·福建福州·期末）已知函数在区间上单调递减，则实数的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意，
因为函数在区间上单调递减，
所以在区间上恒成立，即，
令，则，
又，所以，所以在为减函数，
所以，
所以，即实数a的最大值是.故选：C
81．（22-23高二下·湖南湘潭·期末）已知函数在上不单调，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】，
当时，在区间上单调递减，不符合题意.
当，时，，
在区间上单调递减，不符合题意.
当时，令，解得，
使在区间上不单调，则，
即，解得,
此时在区间上递减；
在区间上递增.故选：B
82．（22-23高二下·江西萍乡·期末）已知函数在区间上存在单调递增区间，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】因为，则，
因为函数在区间上存在单调递增区间，则存在，使得，
即，可得，设，
因为函数、在上均为增函数，则函数在上为增函数，
当时，，故.故选：B.
考点37、利用导数构造解不等式
83．（23-24高二上·重庆·期末）函数的导函数满足，且，则不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】令函数，而，
求导得，
因此函数在R上单调递增，由，得，
不等式，解得，
所以不等式的解集是.故选：A
84．（23-24高二上·江苏南京·期末）已知函数的导函数为，若，都有，且，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设，则，因为，所以，所以在上单调递减．
因为，所以，又不等式可转换为，即，所以，解得．
故选：C．
85．（22-23高二下·福建漳州·期末）已知函数的导函数为，若，且，则不等式的解集为 .
【答案】
【解析】令，则，
因为，所以，
所以在上单调递增，又，所以，
不等式，即，即，即，所以，
即不等式的解集为.
故答案为：
86．（22-23高二下·河南焦作·期末）设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且有，则不等式的解集为 .
【答案】
【解析】令，则，由题意可得，所以单调递减，
由不等式，则，即，
解得，所以不等式的解集为.
故答案为：.
考点38、求函数的极值与最值
87．（22-23高二下·贵州黔东南·期末）函数的导函数为，若，则函数的极大值为（ ）
A．B．0C．1D．2
【答案】C
【解析】因为，
所以当或时，当时，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，
又（为常数）且，所以，解得，
所以，则，即函数的极大值为.故选：C
88．（22-23高二下·新疆巴音郭楞·期末）已知函数
(1)的单调区间.
(2)求函数在区间上的最大、最小值.
【答案】(1)在区间上单调递减，在区间上单调递增；
(2)最小值为，最大值为.
【解析】（1）函数定义域为，，
当时，， 在区间上单调递减，
当 时，在区间上单调递增.
综上，在区间上单调递减，在区间上单调递增.
（2）由（1）可知函数在上单调递增，
故在处取最小值为，
在处取最大值为.
89．（22-23高二下·北京怀柔·期末）已知函数.
(1)求的极值；
(2)求在区间上的最大值和最小值.
【答案】(1)极大值为，极小值为；(2)最大值为，最小值为
【解析】（1）解：因为，所以.
令，得或，列表如下：
所以的单调递减区间为，单调递增区间为、.
从而的极大值为，极小值为.
（2）解：由（1）知在区间上单调递减，在区间上单调递增，
又因为，，，
所以在区间上的最大值为，最小值为.
考点39、利用导数解决函数零点问题
90．（22-23高二下·广东韶关·期末）已知函数，若有两个零点，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】已知函数，函数的定义域为
，
当时，恒成立，所以在上单调递减，故时，
至多有一个零点；
当时，令得，当时，；当时，
，所以在上单调递减，在上单调递增．
此时最小值为，
①当时，由于，故只有一个零点；
②当时，即，故没有零点；
③当时，即，又
；
，
由零点存在定理知在上有一个零点；在有一个零点．
所以有两个零点，a的取值范围为；
故选:A．
91．（22-23高二下·陕西咸阳·期中）已知函数.
(1)求的极小值；
(2)讨论关于的方程的解的个数.
【答案】(1)极小值为；(2)答案见解析
【解析】（1）的定义域为，.令，得，
当时，，随的变化的情况如下：
所以在上的极小值是.
（2）当，单调递减且的取值范围是；
当时，单调递增且的取值范围是.
，，两函数图象交点的横坐标是的解，
由（1）知当时，原方程无解.
由的单调区间上函数值的范围知，当或时，原方程有唯一解；
当时，原方程有两解.
92．（23-24高二上·山西大同·期末）已知函数．
(1)求的解析式；
(2)讨论在上的零点个数．
【答案】(1)；(2)2
【解析】（1）（1）．
令可得，解得．
所以．
（2）由（1）中可得，
①当时，有，，
所以恒成立，
所以在上单调递减，，
即可得0是的一个零点．
当时，
设，则恒成立，
即在上单调递增．
又，，
根据零点存在定理可知，使得．
当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增．
又，所以．
因为，
根据零点存在定理可知，使得．
综上所述，在上的零点个数为2．
考点40、根据函数的极值求参数
93．（22-23高二下·广西钦州·期末）已知函数在处取得极值5，则（ ）
A．B．C．3D．7
【答案】A
【解析】函数，
则，
因为在处取极值5，
所以，解得：，
经检验满足题意.
故.
故选：A
94．（22-23高二下·江西吉安·期末）已知，函数在上存在两个极值点，则的取值范围为 ．
【答案】
【解析】函数在上存在两个极值点，
等价于在上有2个不同的实根（变号），
即的图象与直线在上有2个不同的交点（变号），
求出，
当，时，,
当，时，
所以在，上单调递增，
在，上单调递减．
可画出的草图如图：
要保证直线（）在上有2个不同的交点（变号），
只需，
可得，
故答案为：．
考点41、根据函数的最值求参数
95．（22-23高二上·河南许昌·期末）函数在区间上有最小值，则的取值范围是 .
【答案】
【解析】，令得，
时，时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
若函数在上有最小值，则其最小值必为，
则必有且，
即且，
则且，解得，
故答案为：.
96．（23-24高二上·福建福州·期末）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，若在区间上的最小值为，求a的取值范围．
【答案】(1)；(2)
【解析】（1）当时，，，
则，，
所以曲线在点处切线的方程为.
（2）当时，，，
令，得或，
当即时，对，，即函数在上单调递增，
所以，符合题意；
当，即时，，，，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
，不合题意；
当即时，，，即函数在上单调递减，
所以函数在上无最小值，不合题意；
综上，实数的取值范围为.
考点42、利用导数解决不等式问题
97．（22-23高二下·吉林白城·期末）已知函数在处的切线与直线：垂直．
(1)求的单调区间；
(2)若对任意实数，恒成立，求整数的最大值．
【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为．；(2)1
【解析】（1）由，得，又切线与直线：垂直，
所以，即．
所以，令，得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
所以的单调递减区间为，单调递增区间为．
（2）对任意实数，恒成立，
即对任意实数恒成立．
设，即．
，令，
所以恒成立，所以在上单调递增．
又，，所以存在，使得，
即，所以．
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
所以
，
当时，，
所以，由题意知且
所以，即整数的最大值为1．
98．（22-23高二下·辽宁·期末）已知函数满足，且，函数．
(1)求的图象在处的切线方程；
(2)若对任意，存在，使得，求的取值范围．
【答案】(1)；(2)
【解析】（1）令得，即．
因为，所以，故在处的切线方程为．
（2）由题意知：分别在、上，
由，得．
令，则．
因为，所以，则在上单调递增
，即．
所以在上单调递减，．
图象的对称轴方程是．
当时，，解得．
当时，，无解．
综上，的取值范围为．
考点43、极值点偏移问题证明
99．（22-23高二下·江西赣州·期末）已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数有两个不同的零点，证明:.
【答案】(1)当时，函数的递增区间是，无单调递减区间，
当时，函数的单调递减区间是，单调递增区间是；
(2)证明见解析
【解析】（1）由，，所以，，
当时，，所以函数的递增区间是，无单调递减区间，
当时，令，则，又令，则，
令，则，
所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是；
综上，当时，函数的递增区间是，无单调递减区间，
当时，函数的单调递减区间是，单调递增区间是；
（2）由（1）知，当时，函数在上单调递增，
令，即，即，
由题意，函数有两个不同的零点，
则，相减得，
要证：，只需证明：，只需证明：，
只需证明：，令，则由得，只需证明：，
即证：，又令，则，
所以函数在上单调递增，且，即，
要证：，只需证明：，
即证：，
因为的，
所以不等式成立，
所以，故原不等式成立.
100．（22-23高二下·湖南·期末）已知函数，其中为小于0的常数.
(1)试讨论的单调性；
(2)若函数有两个不相等的零点，证明：.
【答案】(1)在上单调递减.，在上单调递增；(2)证明见解析
【解析】（1）.
因为，所以.于是
时，在上单调递增；
时，在上单调递减.
（2）由（1）知：
函数在上单调递增，在上单调递减.
若函数有两个不同的零点，
则，故.
又时，，且.
于是函数有两个不同的零点，且两零点分别位于区间.
不妨令.
（其中）.
因为，
所以函数在上单调递增，所以，即.
又因为，所以，
而，所以，
因为，函数在上单调递减，
所以，即.0
1
2
1
2
3
4
5
6
7
X
0
1
2
P
日均微信步数
青少年
6
4
5
中年人
6
3
7
老年人
8
4
2
0
1
2
时间段
频数
100
300
m
n
属于“高分选手”
不属于“高分选手”
合计
男生
女生
合计
属于“高分选手”
不属于“高分选手”
合计
男生
女生
合计
极大值
极小值
0
极小值