2023-2024学年江西省上饶市金桥学校高二（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年江西省上饶市金桥学校高二（下）期末数学试卷（含答案），共8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。

1.数列{an}满足a1=8，an+1=annan+1(n∈N∗)，bn=(1an+λ)⋅(12)n，若数列{bn}是递减数列，则实数λ的取值范围是( )
A. (−87,+∞)B. (−78,+∞)C. (87,+∞)D. (78,+∞)
2.设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1=1，公差d=2，Sk+2−Sk=24，则k=( )
A. 8B. 7C. 6D. 5
3.设数列{an}的前n项和为Sn，Sn+1n+1−Snn=−1，S1=32，则下列说法正确的是( )
A. {an}是等比数列
B. S3，S6−S3，S9−S6成等差数列，公差为−9
C. 当且仅当n=17时，Sn取得最大值
D. Sn≥0时，n的最大值为33
4.若数列{an}的前n项和为Sn，2Snan=an2+1(n∈N∗,an>0)，则下列结论正确的是( )
A. a2022a2023>1B. a2023> 2023
C. S2023< 2022D. 1S1+1S2+1S3+⋯+1S100<19
5.已知函数y=f(x)的图象如图所示，设函数y=f(x)从−1到1的平均变化率为v1，从1到2的平均变化率为v2，则v1与v2的大小关系为( )
A. v1>v2
B. v1=v2
C. v1D. 不确定
6.已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(x)=2xf′(π3)+sinx，则f(π3)=( )
A. 32−π3B. 32+π3C. 32D. − 32
7.下列求导运算结果正确的是( )
A. (x3+1x)′=3+1x2B. [ln(2x−1)]′=12x−1
C. (sinx)′=−csxD. (xex)′=(x+1)ex
8.已知函数f(x)=x2ex，则( )
A. f(x)在x=2处的切线方程为y=0B. f(x)的极小值为0
C. f(x)在(1,+∞)单调递增D. f(x)=5e2有三个实根
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知各项均为正数的数列{an}满足a1=1,an=ean+1−csan+1(n∈N∗),Sn为其前n项和，则( )
A. an>an+1B. an10.下列表述中正确的是( )
A. 若f′(x0)不存在，则曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处没有切线
B. (ln2+lg2x)′=1xln2
C. 已知函数f(x)=e−2x⋅csx，则f′(0)=1
D. 若f(x)=2f′(1)x−x2+lnx+1，则f(1)=2
11.下列选项正确的是( )
A. f(x)=1x，则f′(3)=−19
B. y=x3+sin2，则y′=3x2+cs2
C. y=ln(2x)，则y′=12x
D. 设函数f(x)=xlnx，且f′(x0)=2，则x0=e
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知Sn为数列{an}的前n项和，且a2=2，an+1an+1=an+1，则S10= ______．
13.已知函数f(x)=e3x−2+ln2x，则f′(23)= ______．
14.函数f(x)=3x−x3−a仅有一个零点，则实数a的取值范围是______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知数列{an}的通项公式为an=n，在an与an+1中插入n2+n−1个数，使这n2+n+1个数组成一个公差为dn的等差数列，记数列{dn}的前n项和为Sn，
(1)求{dn}的通项公式及Sn；
(2)设bn=an2n−1Sn,Tn为数列{bn}的前n项和，求Tn．
16.(本小题15分)
已知数列an的前n项和为Sn，an+1=Sn+3，a1=3．
(1)证明：an是等比数列，并求出{an}的通项公式；
(2)已知cn=nan2n−1+an3，求数列cn的前n项和Tn．
17.(本小题17分)
已知函数f(x)=ln(x+a)−x2−x在x=0处取得极值．
(1)求实数a的值；
(2)证明：对于任意的正整数n，不等式2+34+49+…+n+1n2>ln(n+1)成立．
18.(本小题15分)
已知函数f(x)=(x−a)ex−1+(a−2)x+1．
(1)当a=2时，求f(x)的单调区间；
(2)当a>3时，求证：f(x)在区间(1,+∞)有唯一的极值点；
(3)若对于任意的x∈[1,3]，f(x)⩽0恒成立，求实数a的取值范围．
19.(本小题17分)
已知a>0且a≠1，函数f(x)=ax+ln(1+x)−1．
(1)记an=f(n)−ln(n+1)+n，n∈N∗，Sn为数列{an}的前n项和.当a=89时，试比较S64与2024的大小，并说明理由；
(2)当a=1e时，证明：xf(x)≥0；
(3)当a>0且a≠1时，试讨论f(x)的零点个数．
参考答案
1.D
2.D
3.D
4.D
5.C
6.A
7.D
8.B
9.ACD
10.BD
11.AD
12.5
13.92
14.(−∞,−2)∪(2,+∞)
15.解：(1)由题意可得dn=1n2+n=1n−1n+1，
Sn=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=nn+1；
(2)bn=an2n−1Sn=n2n−1⋅nn+1=n+12n−1．
所以Tn=220+321+422+⋯+n+12n−1,12Tn=221+322+423+⋯+n2n−1+n+12n，
两式相减得12Tn=2+(121+122+123+⋯+12n−1)−n+12n
=2+12[1−(12)n−1]1−12−n+12n=3−n+32n，
所以Tn=6−n+32n−1．
16.解：(1)证明：因为an+1=Sn+3，a1=3，
当n=1时，a2=S1+3，a1=S1=3，∴a2=6；
当n≥2时，由an+1=Sn+3，可得an=Sn−1+3，
相减可得an+1−an=an，
即an+1an=2，
又a2a1=2，
∴{an}是首项为3，公比为2的等比数列，
∴an=3⋅2ⁿ⁻1；
(2)cn=nan2n−1+an3=3n+2n−1，
∴Tn=(3+6+9+⋯+3n)+(1+2+4+⋯+2n−1)=n(3+3n)2+1−2n1−2
=n(3+3n)2+2n−1．
17.解：(1)已知f(x)=ln(x+a)−x2−x，函数定义域为(−a,+∞)，
可得f′(x)=1x+a−2x−1，
因为x=0为函数f(x)的极值点，
所以f′(0)=1a−1=0，
解得a=1，
当a=1时，函数f(x)=ln(x+1)−x2−x，
可得f′(x)=1x+1−2x−1=−x(2x+3)x+1，
当−10，f(x)单调递增；
当x>0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以当x=0时，函数f(x)取得极大值，
故a=1；
(2)证明：由(1)知当x∈(0,+∞)时，f(x)即ln(x+1)令x=1n，
此时ln(1n+1)<(1n)2+1n，
所以ln(n+1n)则2+34+…+n+1n2>ln21+ln32+…+lnn+1n=ln(21×32×…×n+1n)=ln(n+1)，
故2+34+49+…+n+1n2>ln(n+1)．
18.解：(1)当a=2时，f′(x)=(x−1)ex−1．
当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
所以f(x)的单调递增区间为(1,+∞)，单调递减区间为(−∞,1)．
证明：(2)令g(x)=f′(x)=(x−a+1)ex−1+a−2，
所以g′(x)=(x−a+2)ex−1，
当1a−2时，g′(x)>0，
所以g(x)在(1,a−2)单调递减，在(a−2,+∞)单调递增．
又g(1)=0，g(a)=ea−1+a−2>0，
所以存在唯一实数x0∈(a−2,a)，使得g(x0)=0，
所以当x∈(1,x0)时，g(x)<0，即f′(x)<0，当x∈(x0,+∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0，
所以f(x)在(1,x0)单调递减，在(x0+∞)单调递增，
所以f(x)区间(1,+∞)有唯一极小值点x0.得证．
解：(3)由(2)知：g(x)在(−∞,a−2)单调递减，在(a−2,+∞)单调递增，且g(1)=0．
当a−2⩽1，即a⩽3时，f(x)在[1,3]单调递增，
所以f(x)max=f(3)=(3−a)e2+3a−5⩽0，解得a≥3e2−5e2−3，故无解；
当a−2⩾3，即a⩾5时，f(x)在[1,3]单调递减，
所以fmax=f(1)=0⩽0恒成立，故a⩾5；
当1所以f(x)max=max{f(1),f(3)}=max{0,(3−a)e2+3a−5}≤0，
解得a≥3e2−5e2−3，故3e2−5e2−3≤a<5．
综上所述，a的范围为{a|a≥3e2−52}.
19.解：(1)∵an=f(n+1)−ln(n+1)+n=(89)n+n−1，
Sn为数列{an}的前n项和，
∴S64=89[1−(89)64]1−89+64(0+63)2=8−8×(89)64+64×632<8+2016=2024．
(2)证明：当a=1e时，f(x)=1ex+ln(1+x)−1,f′(x)=−1ex+11+x=ex−x−1ex(1+x)．
记g(x)=ex−x−1，g′(x)=ex−1．
当−10时．g′(x)>0，
∴g(x)在(−1,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增．
∴g(x)≥g(0)=0，即f′(x)≥0，当且仅当x=0时，取等号，
∴f(x)在(−1,+∞)上单调递增，
∴当−10时，f(x)>f(0)=0．
∴xf(x)≥0．
(3)f(x)=ax+ln(1+x)−1，f′(x)=axlna+11+x=ax(1+x)lna+11+x，
①当a>1时，f′(x)>11+x>0，f(x)是(−1,+∞)上的增函数，
又当x→−1时，f(x)→−∞；当x→+∞时，f(x)→+∞，
故f(x)有1个零点．
②当0则g′(x)=ax(x+1)ln2a+axlna=axln2a(x+1+1lna)，
当−1−1lna−1时，g′(x)>0，
故g(x)在(−1,−1lna−1)上单调递减，在(1lna−1,+∞)上单调递增．
g(−1lna−1)=−1ae+1．
(i)若1e≤a<1，则g(x)≥g(1lna−1)=−1ae+1≥0，即f′(x)>0，
故f(x)在(−1,+∞)上单调递增，
又当x→−1时，f(x)→−∞；当x→+∞时，f(x)→+∞，
故f(x)有1个零点．
(Ⅱ)若00，g(0)=lna+1<0，
易证任意00．
故存在x1∈(−1,0)，x2∈(0,1)，使得g(x1)=g(x2)=0．
当−1x2时，g(x)>0，即f′(x)>0；
当x1∴f(x)在(−1,x1)，(x2,+∞)上单调递增，在(x1,x2)上单调递减．
又f(0)=0，∴f(x1)>0，f(x2)<0，
又当x→−1时，f(x)→−∞；当x→+∞时，f(x)→+∞，
∴f(x)有3个零点．
综上，当0当a≥1e且a≠1时，f(x)有1个零点．