山东省日照市2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷

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一、单选题
已知等差数列an 的首项a1  1,公差d  2 ,则a5 
a
A．5B．7C．9D．11
已知数列a 满足a
 1 1 ， a  2 ，则a  （ ）
n
1
n11
n
1
2
6
C．2D．0
函数 f  x 定义在区间a, b ，则 “ f  x  0 在a, b 上恒成立” 是 “ f  x 在区间a, b 单调递增”的（ ）
充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不必要也不充分条件
设函数 f ( x) 在定义域内可导，其图象如图所示，则导函数 f (x) 的图象可能是（ ）
B．C．
D．
记数列a 的前n 项和S 满足S  1 1
 1 L
1 n  N*  ，则a  （ ）
nnn
n 1
n  2
n  32nn
1
1
1 1

1 1

n 12n
2n 12n
2n 12n
已知函数 f  x  sin x  ex  ex ，则不等式 f x2  x  f 2  2x  0 的解集为（）
A．2, 1
B． 1, 2
C．2, 2
D． , 2 1, 
设等差数列an 的前n 项和为Sn ，若S7  S9  S8 ，则满足Sn Sn1  0 的正整数n 的值为（ ）
A．13B．14C．15D．16
若m  R 使得不等式 lnx  m  ln2  ln2 x  m   0 对任意 x 0, a 恒成立，则实数a 的最大值为（ ）
 x4

B． eC．4D． 2e
二、多选题
已知等差数列an 的前n 项和为Sn ，若a2  2 ， S2  6 ，则（ ）
an  2n  6
a4 和a7 的等比中项为 4
Sn 取最大值时， n 的值为 2 或 3D．若Sn  0 ， n 的最大值为 5 10．已知函数 f  x  2 f 1lnx  x2 ，则（ ）
A． f 1  2
B．函数 f  x 有两个极值点
C．方程 f  x  2x 有两个不同的根
D．若函数 y  f  x  6lnx  ax 在定义域内为增函数，则a  4
已知数列a 的通项公式为a  2n1 ，n  N ，将a  a  a 1  r  s  t  按从小到大的顺序排列起来构
nnrst
成数列bm  ， m  N .数列bm  中落在区间ai1 , ai2  内项的个数记为数列ci  ， i  N ，则下列结论正确的
是（ ）
b3  13
c5  10
n 12
若bk  2180 ，则k  188
若Sn   c ，则Sn  2  n
i2 i
三、填空题
设函数 f  x  ln x  x2 ，则 f 1  f 1  .
已知函数 f  x   x 1 x  a2 在 x  2 处有极小值，则a  .
已知a 是各项均为正整数的数列，且a  3 ， a  10 ，对k  N ， a
 a 1与a
 1 a
有且仅
n19
k 1k
k 1
2 k 2
有一个成立，则a1  a2 L a9 的最小值为.
四、解答题
已知数列an 是各项均为正数的等差数列， Sn 为其前n 项和， a3  5 ，且S7  49 ．
求数列an 的通项公式；
若数列b
 2
an 1 2
, n为偶数, 数列b 的前2n 项和为T ，求T ．
nn
n, n为奇数,
2n2n
已知函数 f  x  a 2x  ln x ， g  x  x  x2 .
若函数 f  x 在点1, f 1 处的切线方程为 y  2x  b ，求a ， b 的值；
若函数m  x  f  x  g  x 在1, 4上单调递增，求a 的取值范围.
x2  ax  b
已知函数 f  x 
ex
的一个极值点是 x  2 .
当a  2 时，求 f  x 的单调区间；
设a  0 ， g  x  a2ex2 ，若存在x ， x 0,3 ，使得 f  x   g  x   2 成立，求实数a 的取值范围.
1212e2
n
n
n
已知数列a 满足a  1 ， aan，设b  1 ，将数列b 的项按照如下规律分群b , b  ，
n13n12a 1an1 2
b3 , b4 , b5  ， b6 , b7 , b8 , b9  ，L .
求bn 的通项公式；
设第n 个群中所有项的和为Sn ，求Sn ；
在（2）的条件下，设数列c  满足c  1， n  2 时， cn
 Sn1 ，若n  N ，λ b b b Lb
≤ c ，求实
cn
n1
数λ的取值范围.
2
n1
1 2 3nn
已知函数 f  x   xe x 和 g  x  x ln x ，直线 y  t 与两条曲线 y  f  x 和 y  g  x 均相交.
若直线 y  t 与两条曲线共有 2 个不同的交点，求实数t 的取值范围；
求同时与曲线 y  f  x 和 y  g  x 相切的直线条数；
若直线 y  t 与两条曲线共有四个不同的交点，从左到右四个交点的横坐标分别记为x1 ， x2 ， x3 ， x4 ，
是否存在t ，使得 x3 ， x2 ， x4 ，x1 依次成等比数列？请说明理由.
（注： ln 2  0.69 ， 1  0.37 ）
e
参考答案
1．C
2．A
3．A
4．B
5．C
6．D
7．D
8．C
AC
ACD
ABD
12．4
13． 2
14．25
15．（1）设数列an 的公差为d ．因为a3  5, S7  49 ，
a1  2d  5a1  1
所以7a  21d  49 ，解得d  2 ，
1
所以an  2n 1；
2n , n为偶数,
（2）由（1）可得， bn  
n, n为奇数,
所以T2n  b1  b2    b2n  b1  b3    b2n1   b2  b4    b2n 
 1 3  5    2n 1  22  24    22n   1 2n 1 n 
4 1 4n 
n
 4n1  2
 4 ．
21 4
33
16．（1）由题 f  x  a  2  1  ，f ´1  a 2 1  a ，因为 f  x 在1, f 1 处的切线为 y  2x  b ，所以a  2 ，
x 

代入 f  x 得切点为1, 4 ，切点在切线上，则4  2  b  b  2 .
（2）由题m  x  a 2x  ln x  x  x2  x2  2a 1 x  a ln x ，求导得m x  2x  2a 1  a ，
x
由m  x 在1, 4上单调递增，得m x  0  2x2  2a 1 x  a  0  2x 1 x  a  0 在1, 4上恒成立，当 x 1, 4 时， 2x 1  0 ，因此a  x 在1, 4上恒成立，又4  x  1 ，则a  1
x2  ax  b
17．（1）Q f  x 
ex
（ x R ），
f  x 
2x  aex  x2  ax  bex
ex 2
x2  ax  b
x2  2  a x  a  b

ex，
因为函数 f  x 
ex
的一个极值点是 x  2 ，
 f  (2)  0 ，即- 4 +2(2 - a) +a +b = 0 ，则有b  a ，
则 f  x 
x2  2  a x  2a
x
 x  2 x  a

x
（ x R ），
ee
当a  2 时，令 f (x)  0 得 x  2 或 x  a ，列表如下：
满足 x  2 是函数 f ( x) 的极值点；
综上：当a  2 时，函数 f ( x) 在(a, 2) 上单调递增，在(, a) 和(2, ) 上单调递减．
x2  ax  a
x
(, a)
a
(a, 2)
2
(2, )
f (x)
—
0
＋
0
—
f ( x)
减
增
减
（2）由（1）知， f  x 
ex
，且a  0 ，
f ( x) 在(0, 2) 单调递增，在(2, 3) 单调递减，
又 f 0  a  0 ， f 3  9  2a  0 ，
e3
 f (x) 在[0, 3] 上的最大值为 f 2  4  a ，最小值为 f (0)  a ，
e2
又a  0 时函数 g  x  a2ex2 在[0, 3] 单调递增，
2a2
g ( x ) 在[0, 3] 上的最大值为 g 3  a e ，最小值为 g 0 ，
e2
因为存在x ， x 0, 3 ，使得
f  x   g  x  
2
成立，
1212e2
即存在x ， x 0, 3 ，使得 2  f  x   g  x   2 成立，
12e212e2
a  a2e  2
e2
则 4  aa22 ，
 
 e2e2e2
又a  0 ，解得0 < a < 3 ，
所以实数a 的取值范围为(0, 3) ．
18．（1）由a
an
，两边取倒数得 1  2an 1  2  1 .
n12a 1
aaa
n
由b 
1 ，得b
nn1nn
1
- b = 2 .又a  1 ，故b  1  3 .
a
n+1n
n
131a
所以{bn }是以3 为首项， 2 为公差的等差数列.
故bn  3  2(n 1)  2n 1.
分群规律：第1个群2 项，第2 个群3 项，L ，第n 个群有n  1项.
前n  1 群共有项数： 2  3  n  n(n 1) 1 .
2
所以第n 群首项为b n(n1) ，末项为b (n1)(n2) 1 .
b n(n1) 2
22
 2  n(n 1) 1  n2  n 1 ,
2
b 2  (n 1)(n  2) 1 1  n2  3n 1
(n1)(n2) 12
2
项数为n  1，则
(n 1) (n2  n 1)  (n2  3n 1)(n 1)(2n2  4n  2)
S    (n 1)3 .
n22
cSn3
n  2 时， n  n1  n ，
cn
n
22
n1
c  cn  cn1 L c2  c
 n  (n 1)L2 1  n!.

nccc1
n1n21
n  1 时c1  1也满足，故cn  n!.
3 5 7L(2n 1)
由λ bb Lb  c ，得λn!.
1 2nn
3 5L(2n 1)
令d 
n!. dn1 
(n 1)!
 3 5L(2n 1) 
n 1
2n  3
.
n
3 5L(2n 1)(2n  3)
(n 1)2n2  2n 1
dnn!
22
又
2n  32n  3
， n  2n 1 (2n  3)  n  2 .
n  2 时 dn1  1 ， n  1 时 d2  1 .
dn
故{d } 最小值为d 
d1
2! 2 15 .
3 5
n215
所以λ 2 15 ，实数λ取值范围为 ∞, 2 15  .
15
15 

19．（1）函数 f  x 和 g  x 的定义域分别为∞, ∞ 和0, ∞ ， 又 f  x   x 1ex ， g x  ln x 1，
令 f (x)  0 得 x  1 ，令 g(x)  0 得 x  1 ，
e
当 x ∞, 1 时， f (x)  0 ，当 x 1, ∞ 时， f (x)  0 ，故 f  x 在∞, 1 单调递减，在1, ∞ 单调递增，
当 x  0, 1  时， g(x)  0 ，当 x  1 , ∞ 时， g( x)  0 ，
e  e

g  x 在 0, 1  单调递减，在 1 , ∞ 单调递增，
e  e

当 x   时， f  x  0 ；当 x  0 时， g  x  0 ；当 x   时， f  x  ∞， g  x  ∞，
又 f 1  g  1    1 ，
e
e
 
 
如图，因为直线 y  t 与两条曲线 y  f  x 和 y  g  x 共有 2 个不同的交点，
所以 t 的取值范围为 1  [0, ∞) .
 e 

设函数 y  f  x 和 y  g  x 在点 x , f  x  和 x , g  x  处的切线分别为 y  x ex1   x 1ex1  x  x  和
y  x2 ln x2  ln x2 1 x  x2  ，
1122
111
即 y   x 1ex1 x  x2ex1 和 y  ln x 1 x  x ，
1122
12
12
1
1
1
1
由题意可得 x 1ex1  ln x 1 ， x2ex1  x ，
1
2
1
由于 x  0 ，消去 x 可得 x  2 ln x
1   x 1ex1 ，即 x 1ex1 1  2 ln x
 0 ，
令h  x   x 1ex 1  2 ln x ， x  0 ，
由ln x  1 和ln x  1 可知ln x   1 ，
xxx
x
则h x  x  2 xex 1 ，
x
当0  x 1时， ex 1  0 ， ln x  0 ，则h  x   x 1ex 1  2 ln x  0 ；当 x  1时， h x  x  2 xex 1  0 ，
则h  x 在1,  上单调递增，此时h  x  h 1  2 e 1  0 ，所以当 x  0 时， h  x  0 ，
当 x  0 时， xex  1  0 ，当 x  2 时， h x  0 ；当2  x  0 时， h x  0 ，故h  x 在∞, 2 上单调递减，在2, 0 上单调递增，
而h 1  0 ， h 2  h 1  0 ，
当 x   时， h  x  ∞，由零点存在定理，存在 x0 ∞, 2 ，使得h  x0   0 ，故h  x 存在两个零点 x0 和1 ，则与这两条曲线都相切的直线条数为 2．
由（1）可知 x ex  x ex  x ln x  x ln x  t 且 x  1  x  0  x  1  x  1，
12
123344
123e4
再由 x ex1  x ln x  ln x  eln x3 可知 f  x   f ln x  ，而 x , ln x  1，
13331313
函数 f  x 在∞, 1 上递减，因此 x1  ln x3 ，同理可得 x2  ln x4 ，
又 x ln x  x ln x ，于是 x x  x x ，从而有 x2  x1 ，
3344
1 32 4
x3x4
要使 x ， x ， x ，x 依次成等比数列，只需保证 x2  x4 ，即 x2  x x ，
3241
x3x2
23 4
利用 x  ln x ， x  ln x 可得 x  ex1 ， x  ex2 ，则 x2  x x  ex1  x2 ，
13243423 4
故 x1  2 ln x2   x2 ，
 x，
21
22
于是 x ex  x ex  2 ln x   x e2ln x  x2 2 ln x2   x2
21222
ex2

e2 x2
x
 2 ln x   0
x
即22，
2
令u  x2
0,1 ，则u  2 ln u 
1
1
ue2u
 0 ，
u2  2u  e2u 2u 1
令 F u   u  2 ln u ，则 F  u  ，
u
ue2u2
令G u   u2  2u  e2u 2u 1 ，则Gu   4ue2u  2u  2  0 ，则G u  在0,1 单调递增，
又G 0  1  0 ， G 1  3  3  0 ，故存在u 0,1 使得G u   0 ，
e200
于是 F u  在0, u0  上单调递减，在u0 ,1 上单调递增，
又 F  1   1  2 ln 2  2  0.5  2  0.69  2  0.37  0.14  0 ，则 F u   F  1   0 ，
2
2
2e
 
 
1 1 1
4 2
0 
 
而 F 1  1 0 ， F   8  e e4  8  e3  0 ，
e2 e4 e4
故 F u  在0,1 上存在两个零点u ， u 且0  u  1  u  1，
1 
12
e2 x2 
122
e2 x2
2 x2 ln x2 

2
2
当 x2  u2  1,  2  时，由 xx2  2 ln x2   0 可知 x2  2 ln x2   x  e，
两边同时减去2x  ln x  整理得eln x2   ln x   e2x2 ln x2   2x  ln x  ，
222
22 
令 H  x  ex  x ，则 H  x  ex 1 ，故 H  x 在∞, 0 单调递减，因为 H ln x2   H 2x2  ln x2  ，
而ln x   0 ，由 y  2x  ln x 在 1,  1  单调递增可知 y  x   y   1   1 ln 2  0 ，
22 2 2 

即2x2  ln x2   0 ，故ln x2   2x2  ln x2  ，则ln x2   x2 ，再由 x1  2 ln x2   x2 可知 x1  x2 ，与 x1  x2 矛盾，
所以区间1, 0 上满足题意的 x 是唯一的，即 x  u ，此时t  x ex2 的值也是唯一的，
2212
故存在唯一的 t，使得 x3 ， x2 ， x4 ，x1 依次成等比数列．