广东省佛山市七校2023−2024学年高二下学期联考 数学试卷（含解析）

这是一份广东省佛山市七校2023−2024学年高二下学期联考 数学试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．下列求导正确的是（ ）
A．B．
C．D．
2．若数列满足，，则（ ）
A．B．11C．D．
3．已知等比数列的前项和为，且，则数列的公比（ ）
A．或B．或C．或2D．或3
4．若函数不存在极值，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．已知等差数列的前项和为，若成等差数列，成等比数列，（ ）
A．4B．3C．2D．1
6．已知函数的定义域为，对任意恒成立，则的解集为（ ）
A．B．C．D．
7．已知数列满足，且，若，则（ ）
A．253B．506C．1012D．2024
8．已知函数，则（ ）
A．有最小值B．有最大值
C．在上是单调递减函数D．在上不单调
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知数列的前项和为，若，则（ ）
A．B．C．D．
10．如图，这是函数的导函数的图象，则（ ）
A．在处取得极大值B．是的极小值点
C．在上单调递减D．是的极小值
11．已知函数，则（ ）
A．
B．
C．
D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．设等比数列的前项和为，若，则 .
13．函数的极小值点为 ．
14．设为数列的前项和，，且，则 ，的最大值为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．设数列满足.
(1)证明：为等差数列；
(2)若数列的前项和为，证明：.
16．已知数列满足.
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前项和.
17．已知函数在处取得极值．
(1)求的值；
(2)求经过点与曲线相切的切线方程．
18．已知正项数列的前项和为，且.
(1)证明：是单调递减数列；
(2)求数列的前项和.
19．已知函数．
(1)当时，求在上的最值；（提示：）
(2)讨论的单调性；
(3)当时，证明：．
参考答案
1．【答案】C
【分析】对于AC，根据基本初等函数导函数分析判断；对于B，根据复合函数的导函数分析判断；对于D，根据导数的减法运算法则分析判断.
【详解】对于A：由正弦函数的导数可得，故A错误；
对于B：由复合函数可得，故B错误；
对于C：因为为常数，则，故C正确；
对于D：因为，故D错误.
故选C.
2．【答案】D
【分析】探索数列的周期性，根据数列的周期性求指定项.
【详解】因为.所以数列周期为3的数列.
所以，
，所以，
故.
故选D.
3．【答案】D
【分析】由，结合等比数列的性质可求得. 由，可得，求解即可.
【详解】因为，所以. 因为，
所以，则，解得或.
故选.
4．【答案】A
【分析】对函数求导后，由题意可知恒成立，则，从而可求出的取值范围.
【详解】由，得，
因为函数不存在极值，
所以在上恒成立，
所以，解得，
即的取值范围是.
故选A.
5．【答案】C
【分析】根据等差数列求和公式可得，根据等比中项可得.
【详解】设的公差为，因为成等差数列，所以，
，解得.
因为成等比数列，所以，即，所以.
故选C.
6．【答案】C
【分析】构造函数，判断函数的单调性，再利用函数的单调性解不等式得解.
【详解】令，所以，故在上单调递增，
又，所以当时，，即，
所以的解集为.
故选C.
7．【答案】B
【分析】将式子变形为,可得为常数列，即可求解.
【详解】因为，所以.
因为，所以，故为常数列，
所以. 由，解得.
故选B.
8．【答案】C
【分析】求导数得，令，求，确定的单调性与最值即可得的正负情况，于是可得结论.
【详解】，，
令，，则，
所以当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以，即函数恒成立，
故在上单调递减，则函数无最大和最小值.
故选C.
9．【答案】AC
【分析】根据已知代入，求得的值，可得，从而可求.
【详解】由，得，解得，故A正确，B错误；
所以，则，
所以是等差数列，则，故C正确，D错误.
故选AC.
10．【答案】AB
【分析】结合函数的导函数图象分析确定函数的单调性、极值点与极值情况逐项判断即可.
【详解】由图可知当时，；
当时，；
则在，上单调递减，在，上单调递增，
所以是的极大值点，是极小值点，故A ,B正确，C错误；
因为不是导函数的零点，所以不是的极值，故错误.
故选AB.
11．【答案】BCD
【分析】求出导数，然后根据导数的定义可判断AC；设函数，利用导数可得在上恒成立，判定B；利用对数运算和基本不等式可判断D.
【详解】对于AC：由题意，
则，得，所以，
所以，故A错误；
所以，故C正确；
对于B：设函数，则，
令，得（舍），或，
则当时，，所以函数单调递减，
当时，，所以函数单调递增，
所以，则在上恒成立，
所以，故B正确；
对于D：
，
当且仅当，即时，等号成立，故D正确.
故选BCD.
12．【答案】21
【分析】根据等比数列前项和的性质可得结果.
【详解】设，则.
因为为等比数列，所以仍成等比数列.
又，所以，即，
所以.
13．【答案】
【分析】求得导函数，分析导函数的正负，得到函数的单调性，进而确定极值点的情况.
【详解】，
令，得或，令，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以函数的极小值点为.
故答案为：.
14．【答案】
【分析】根据作差即可求出，从而求出，则，令，，利用作差法判断的单调性，即可求出.
【详解】因为①，
所以②，
②①可得，
即，即，
又，所以当时也成立，所以，
所以，，
所以，
令，，
则，
因为函数对称轴为，开口向下，
则在上单调递增，在上单调递减，
又，，
因为，所以当时，，即，
当时，，即.
所以，
所以当时取得最大值，即，
故的最大值为.
15．【答案】(1)证明见详解
(2)证明见详解
【分析】（1）对递推公式两边取倒数，结合等差数列的定义，即可证明；
（2）根据（1）中所证求得，再根据裂项求和法求得，进而适度放缩即可证明.
【详解】（1）证明：因为，所以，即.
因为，所以是首项为2，公差为3的等差数列；
（2）由（1）可知，所以.
因为，
所以.
因为，所以，故.
16．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意利用累乘法可求得通项公式；
（2）由（1）得，然后利用错位相减法可求得前项和.
【详解】（1）因为，
所以，，，……，，
所以，
所以，得；
（2）由（1）得，
令数列的前项和为，则
，
所以，
所以
，
所以，
所以数列的前项和为.
17．【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据题意由点在函数图象上和极值点处导函数为零，即，解出即可；
（2）设切点为，由导数的意义可得切线的斜率为，然后由切点在曲线上和切线上以及切线经过点建立方程组，解出切点坐标，最后用点斜式写出切线方程.
【详解】（1）由题意可得，①
，
所以，②
由①②，解得，
经验证，当时，在左右异号，成立；
（2）设切点为，则，①
由导数的意义可得切线的斜率为，
由点斜式可得切线方程为，
又点在切线上，所以，②
联立①②，化简消去可得，
解得或1，
代入函数可得切点为，
当时，，
此时切线方程为，即；
当时，，
此时切线方程为，即，
综上，经过点与曲线相切的切线方程为或.
【思路导引】本题第二问为求过点的切线，设出切点，利用导数的意义求出切线的斜率，再由切点在切线和曲线上以及切线过定点联立解出切点坐标，求出斜率，写出切线方程.
18．【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）根据的关系可得，即可求证为等差数列，即可求解，进而可得，利用作商法即可求解；
（2）根据为奇数和偶数，即可裂项求解.
【详解】（1）证明：当时，，得. 因为，所以.
当时，由，
得，即.
因为，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，
所以，所以.
当时，也适合该式，所以.
因为，且，所以是单调递减数列；
（2）因为.
所以当为偶数时，，
当为奇数时，，
故
19．【答案】(1)最小值，最大值
(2)答案见详解
(3)证明见详解
【分析】（1）求导后分析单调性可求出最值；
（2）含参数的单调性讨论问题，先求导，当时，分子为一元一次方程，直接分析即可；当时，因式分解，讨论根的大小情况，再结合函数的定义域分析导数的正负即可得到函数的单调性.
（3）先把不等式右边看成数列的前项和，再仿写出，作差后求出新数列；然后不等式左边的通项与右边作差，构造函数，求导后可求出最小值为，即可证明原不等式.
【详解】（1）当时，，则，
令，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以最小值为，
因为，且，
所以最大值为；
（2），则，
① 当时，分子为，所以在上单调递减，在上单调递增；
② 当时，分子为，令，解得，
所以当，即时，
在，上单调递增，在上单调递减；
当，即或，
又因为时，，
所以当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
综上，当时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，分子为，所以在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（3）当时，，
设，则，
设，则，
则，
设，
则，
因为，
所以当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，
所以，当时，.
【方法总结】
（1）含参数的单调性讨论时，按如下步骤求解：求导，分析方程的性质，根的个数，根的大小，根与定义域的关系；
（2）用导数证明数列不等式时，常先构造函数数列，再求导分析单调性.