高中數(shù)學(xué)《第五章 一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用》單元檢測試卷及答案解析（共四套）

高中數(shù)學(xué)選擇性必修二《第五章一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用》單元檢測試卷（一）本試卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷兩部分，滿分150分，考試時間120分鐘．第Ⅰ卷(選擇題，共60分)一、單項選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．若f(x)＝sinα－cosx，則f′(x)等于()A．sinxB．cosxC．cosα＋sinxD．2sinα＋cosx2．以正弦曲線y＝sinx上一點P為切點的切線為直線l，則直線l的傾斜角的范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))B．[0，π)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))3．函數(shù)f(x)的定義域為開區(qū)間(a，b)，導(dǎo)函數(shù)f′(x)在(a，b)內(nèi)的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)在開區(qū)間(a，b)內(nèi)有極小值點()A．1個B．2個C．3個D．4個4．函數(shù)f(x)＝x2－lnx的單調(diào)遞減區(qū)間是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(2),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0))，eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))5．函數(shù)f(x)＝3x－4x3(x∈[0,1])的最大值是()A．1B.eq\f(1,2)C．0D．－16．函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，已知f(x)在x＝－3處取得極值，則a＝()A．2B．3C．4D．57．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)ax3＋eq\f(1,2)ax2－2ax＋1的圖象經(jīng)過四個象限，則實數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,10)，\f(6,7)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,5)，－\f(3,16)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,3)，－\f(1,16)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,10)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,7)，＋∞))8．已知定義在R上的函數(shù)f(x)，f(x)＋xf′(x)＜0，若a＜b，則一定有()A．a(chǎn)f(a)＜bf(b)B．a(chǎn)f(b)＜bf(a)C．a(chǎn)f(a)＞bf(b)D．a(chǎn)f(b)＞bf(a)二、多項選擇題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)9．下列結(jié)論中不正確的是()A．若y＝coseq\f(1,x)，則y′＝－eq\f(1,x)sineq\f(1,x)B．若y＝sinx2，則y′＝2xcosx2C．若y＝cos5x，則y′＝－sin5xD．若y＝eq\f(1,2)xsin2x，則y′＝xsin2x10．下列函數(shù)中，存在極值點的是()A．y＝x－eq\f(1,x)B．y＝2|xC．y＝－2x3－xD．y＝xlnx11.定義在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，4))上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)圖象如圖所示，則下列結(jié)論正確的是()A．函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,4)上單調(diào)遞增B．函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))上單調(diào)遞減C．函數(shù)f(x)在x＝1處取得極大值D．函數(shù)f(x)在x＝0處取得極小值12．已知函數(shù)f(x)＝ex－ax有兩個零點x1，x2，且x1＜x2，則下列說法正確的是()A．a(chǎn)＞eB．x1＋x2＞2C．x1x2＞1D．f(x)有極小值點x0，且x1＋x2＜2x0第Ⅱ卷(非選擇題，共90分)三、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上)13．若f(x)＝eq\f(1,3)x3－f′(1)x2＋x＋5，則f′(1)＝________.14．已知奇函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(ex,x)－1x>0，,hxx<0，))則函數(shù)h(x)的最大值為________．15．已知函數(shù)f(x)滿足f(x)＝f(π－x)，且當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))時，f(x)＝x＋sinx，設(shè)a＝f(1)，b＝f(2)，c＝f(3)，則a，b，c的大小關(guān)系是________．16．若函數(shù)f(x)＝eq\f(4x,x2＋1)在區(qū)間(m,2m＋1)上單調(diào)遞增，則實數(shù)m的取值范圍是__________．四、解答題(本大題共6小題，共70分．解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處有極值4.(1)求實數(shù)a，b的值；(2)當(dāng)a>0時，求曲線y＝f(x)在點(－2，f(－2))處的切線方程．18．(本小題滿分12分)已知a∈R，函數(shù)f(x)＝(－x2＋ax)ex.(1)當(dāng)a＝2時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在(－1,1)上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍．19．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx在x＝eq\f(\r(2),2)處取得極小值－eq\r(2).(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)若過點M(1，m)的直線與曲線y＝f(x)相切且這樣的切線有三條，求實數(shù)m的取值范圍．20.(本小題滿分12分)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(x2,2)－klnx，k>0.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)證明：若f(x)存在零點，則f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上僅有一個零點．21．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a＜0時，證明f(x)≤－eq\f(3,4a)－2.22．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(a,x).(1)若f(x)存在最小值且最小值為2，求a的值；(2)設(shè)g(x)＝lnx－a，若g(x)<x2在(0，e]上恒成立，求a的取值范圍．答案解析第Ⅰ卷(選擇題，共60分)一、單項選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．若f(x)＝sinα－cosx，則f′(x)等于()A．sinxB．cosxC．cosα＋sinxD．2sinα＋cosx解析：選A函數(shù)是關(guān)于x的函數(shù)，因此sinα是一個常數(shù)．2．以正弦曲線y＝sinx上一點P為切點的切線為直線l，則直線l的傾斜角的范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))B．[0，π)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))解析：選Ay′＝cosx，∵cosx∈[－1,1]，∴切線的斜率范圍是[－1,1]，∴傾斜角的范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π)).3．函數(shù)f(x)的定義域為開區(qū)間(a，b)，導(dǎo)函數(shù)f′(x)在(a，b)內(nèi)的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)在開區(qū)間(a，b)內(nèi)有極小值點()A．1個B．2個C．3個D．4個解析：選A設(shè)極值點依次為x1，x2，x3且a＜x1＜x2＜x3＜b，則f(x)在(a，x1)，(x2，x3)上遞增，在(x1，x2)，(x3，b)上遞減，因此，x1，x3是極大值點，只有x2是極小值點．4．函數(shù)f(x)＝x2－lnx的單調(diào)遞減區(qū)間是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(2),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0))，eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))解析：選A∵f′(x)＝2x－eq\f(1,x)＝eq\f(2x2－1,x)，當(dāng)0＜x≤eq\f(\r(2),2)時，f′(x)≤0，故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))).5．函數(shù)f(x)＝3x－4x3(x∈[0,1])的最大值是()A．1B.eq\f(1,2)C．0D．－1解析：選Af′(x)＝3－12x2，令f′(x)＝0，則x＝－eq\f(1,2)(舍去)或x＝eq\f(1,2)，f(0)＝0，f(1)＝－1，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2)＝1，∴f(x)在[0,1]上的最大值為1.6．函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，已知f(x)在x＝－3處取得極值，則a＝()A．2B．3C．4D．5解析：選Df′(x)＝3x2＋2ax＋3，∵f′(－3)＝0.∴3×(－3)2＋2a×(－3)＋3＝0，∴a＝5.7．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)ax3＋eq\f(1,2)ax2－2ax＋1的圖象經(jīng)過四個象限，則實數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,10)，\f(6,7)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,5)，－\f(3,16)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,3)，－\f(1,16)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,10)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,7)，＋∞))解析：選Df′(x)＝ax2＋ax－2a＝a(x＋2)(x－1)，要使函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)過四個象限，則f(－2)f(1)<0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)a＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,6)a＋1))<0，解得a<－eq\f(3,10)或a>eq\f(6,7).故選D.8．已知定義在R上的函數(shù)f(x)，f(x)＋xf′(x)＜0，若a＜b，則一定有()A．a(chǎn)f(a)＜bf(b)B．a(chǎn)f(b)＜bf(a)C．a(chǎn)f(a)＞bf(b)D．a(chǎn)f(b)＞bf(a)解析：選C令y＝xf(x)，則y′＝[xf(x)]′＝x′f(x)＋xf′(x)＝f(x)＋xf′(x)＜0，∴函數(shù)y＝xf(x)是R上的減函數(shù)，∵a＜b，∴af(a)＞bf(b)．二、多項選擇題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)9．下列結(jié)論中不正確的是()A．若y＝coseq\f(1,x)，則y′＝－eq\f(1,x)sineq\f(1,x)B．若y＝sinx2，則y′＝2xcosx2C．若y＝cos5x，則y′＝－sin5xD．若y＝eq\f(1,2)xsin2x，則y′＝xsin2x解析：選ACD對于A，y＝coseq\f(1,x)，則y′＝eq\f(1,x2)sineq\f(1,x)，故錯誤；對于B，y＝sinx2，則y′＝2xcosx2，故正確；對于C，y＝cos5x，則y′＝－5sin5x，故錯誤；對于D，y＝eq\f(1,2)xsin2x，則y′＝eq\f(1,2)sin2x＋xcos2x，故錯誤．10．下列函數(shù)中，存在極值點的是()A．y＝x－eq\f(1,x)B．y＝2|x|C．y＝－2x3－xD．y＝xlnx解析：選BD由題意，函數(shù)y＝x－eq\f(1,x)，則y′＝1＋eq\f(1,x2)＞0，所以函數(shù)y＝x－eq\f(1,x)在(－∞，0)，(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，沒有極值點．函數(shù)y＝2|x|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，x≥0，,2－x，x＜0))根據(jù)指數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)可得，當(dāng)x＜0時，函數(shù)y＝2|x|單調(diào)遞減，當(dāng)x≥0時，函數(shù)y＝2|x|單調(diào)遞增，所以函數(shù)y＝2|x|在x＝0處取得極小值；函數(shù)y＝－2x3－x，則y′＝－6x2－1＜0，所以函數(shù)y＝－2x3－x在R上單調(diào)遞減，沒有極值點；函數(shù)y＝xlnx，則y′＝lnx＋1，x＞0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時，y′＜0，函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時，y′＞0，函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)x＝eq\f(1,e)時，函數(shù)取得極小值，故選B、D.11.定義在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，4))上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)圖象如圖所示，則下列結(jié)論正確的是()A．函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,4)上單調(diào)遞增B．函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))上單調(diào)遞減C．函數(shù)f(x)在x＝1處取得極大值D．函數(shù)f(x)在x＝0處取得極小值解析：選ABD根據(jù)導(dǎo)函數(shù)圖象可知，f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))上，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，在區(qū)間(0,4)上，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．所以f(x)在x＝0處取得極小值，沒有極大值，所以A、B、D選項正確，C選項錯誤．故選A、B、D.12．已知函數(shù)f(x)＝ex－ax有兩個零點x1，x2，且x1＜x2，則下列說法正確的是()A．a(chǎn)＞eB．x1＋x2＞2C．x1x2＞1D．f(x)有極小值點x0，且x1＋x2＜2x0解析：選ABD由題意，函數(shù)f(x)＝ex－ax，則f′(x)＝ex－a，當(dāng)a≤0時，f′(x)＝ex－a＞0在R上恒成立，所以函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，不符合題意；當(dāng)a＞0時，令f′(x)＝ex－a＞0，解得x＞lna，令f′(x)＝ex－a＜0，解得x＜lna，所以函數(shù)f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，因為函數(shù)f(x)＝ex－ax有兩個零點x1，x2且x1＜x2，則f(lna)＝elna－alna＝a－alna＝a(1－lna)＜0，且a＞0，所以1－lna＜0，解得a＞e，所以A項正確；又由x1＋x2＝ln(a2x1x2)＝2lna＋ln(x1x2)＞2＋ln(x1x2)，取a＝eq\f(e2,2)，則f(2)＝e2－2a＝0，x2＝2，f(0)＝1＞0，所以0＜x1＜1，所以x1＋x2＞2，所以B正確；由f(0)＝1＞0，則0＜x1＜1，但x1x2＞1不能確定，所以C不正確；由函數(shù)f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，所以函數(shù)的極小值點為x0＝lna，且x1＋x2＜2x0＝2lna，所以D正確．故選A、B、D.第Ⅱ卷(非選擇題，共90分)三、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上)13．若f(x)＝eq\f(1,3)x3－f′(1)x2＋x＋5，則f′(1)＝________.解析：f′(x)＝x2－2f′(1)x＋1，令x＝1，得f′(1)＝eq\f(2,3).答案：eq\f(2,3)14．已知奇函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(ex,x)－1x>0，,hxx<0，))則函數(shù)h(x)的最大值為________．解析：先求出x>0時，f(x)＝eq\f(ex,x)－1的最小值．當(dāng)x>0時，f′(x)＝eq\f(exx－1,x2)，∴x∈(0,1)時，f′(x)<0，函數(shù)單調(diào)遞減，x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，函數(shù)單調(diào)遞增，∴x＝1時，函數(shù)取得極小值即最小值，為e－1，∴由已知條件得h(x)的最大值為1－e.答案：1－e15．已知函數(shù)f(x)滿足f(x)＝f(π－x)，且當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))時，f(x)＝x＋sinx，設(shè)a＝f(1)，b＝f(2)，c＝f(3)，則a，b，c的大小關(guān)系是________．解析：f(2)＝f(π－2)，f(3)＝f(π－3)，因為f′(x)＝1＋cosx≥0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上是增函數(shù)，∵eq\f(π,2)>π－2>1>π－3>0，∴f(π－2)>f(1)>f(π－3)，即c<a<b.答案：c<a<b16．若函數(shù)f(x)＝eq\f(4x,x2＋1)在區(qū)間(m,2m＋1)上單調(diào)遞增，則實數(shù)m的取值范圍是__________．解析：f′(x)＝eq\f(4－4x2,x2＋12)，令f′(x)＞0，得－1＜x＜1，即函數(shù)f(x)的增區(qū)間為(－1,1)．又因為f(x)在(m,2m＋1)上單調(diào)遞增，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m≥－1，,m＜2m＋1，,2m＋1≤1.))解得－1＜m≤0.答案：(－1,0]四、解答題(本大題共6小題，共70分．解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處有極值4.(1)求實數(shù)a，b的值；(2)當(dāng)a>0時，求曲線y＝f(x)在點(－2，f(－2))處的切線方程．解：(1)∵f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2，∴f′(x)＝3x2＋2ax＋b.∵f(1)＝1＋a＋b＋a2＝4，f′(1)＝3＋2a＋b＝0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝－9))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝1.))經(jīng)檢驗都符合題意．(2)當(dāng)a>0時，由(1)得f(x)＝x3＋3x2－9x＋9，∴f′(x)＝3x2＋6x－9.∴f(－2)＝31，f′(－2)＝－9.∴所求的切線方程為y－31＝－9(x＋2)，即9x＋y－13＝0.18．(本小題滿分12分)已知a∈R，函數(shù)f(x)＝(－x2＋ax)ex.(1)當(dāng)a＝2時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在(－1,1)上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍．解：(1)當(dāng)a＝2時，f(x)＝(－x2＋2x)ex，f′(x)＝(－x2＋2)ex.令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，注意到ex>0，所以－x2＋2>0，解得－eq\r(2)<x<eq\r(2).所以，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－eq\r(2)，eq\r(2))．同理可得，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－eq\r(2))和(eq\r(2)，＋∞)．(2)因為函數(shù)f(x)在(－1,1)上單調(diào)遞增，所以f′(x)≥0在(－1,1)上恒成立．又因為f′(x)＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0，注意到ex>0，因此－x2＋(a－2)x＋a≥0在(－1,1)上恒成立，也就是a≥eq\f(x2＋2x,x＋1)＝x＋1－eq\f(1,x＋1)在(－1,1)上恒成立．設(shè)y＝x＋1－eq\f(1,x＋1)，則y′＝1＋eq\f(1,x＋12)>0，即y＝x＋1－eq\f(1,x＋1)在(－1,1)上單調(diào)遞增，則y<1＋1－eq\f(1,1＋1)＝eq\f(3,2)，故a≥eq\f(3,2).即實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).19．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx在x＝eq\f(\r(2),2)處取得極小值－eq\r(2).(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)若過點M(1，m)的直線與曲線y＝f(x)相切且這樣的切線有三條，求實數(shù)m的取值范圍．解：(1)由題意得，f′(x)＝3ax2＋b.∵函數(shù)f(x)＝ax3＋bx在x＝eq\f(\r(2),2)處取得極小值－eq\r(2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝－\r(2)，,f′\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋2b＝－4，,\f(3,2)a＋b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝－3，))經(jīng)檢驗滿足條件，則函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝2x3－3x.(2)設(shè)切點坐標(biāo)為(x0,2xeq\o\al(3,0)－3x0)，則曲線y＝f(x)的切線的斜率k＝f′(x0)＝6xeq\o\al(2,0)－3，切線方程為y－(2xeq\o\al(3,0)－3x0)＝(6xeq\o\al(2,0)－3)(x－x0)，代入點M(1，m)，得m＝－4xeq\o\al(3,0)＋6xeq\o\al(2,0)－3，依題意，方程m＝－4xeq\o\al(3,0)＋6xeq\o\al(2,0)－3有三個不同的實根．令g(x)＝－4x3＋6x2－3，則g′(x)＝－12x2＋12x＝－12x(x－1)，∴當(dāng)x∈(－∞，0)時，g′(x)<0；當(dāng)x∈(0,1)時，g′(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0.故g(x)＝－4x3＋6x2－3在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．∴g(x)極小值＝g(0)＝－3，g(x)極大值＝g(1)＝－1.∴當(dāng)－3<m<－1時，g(x)＝－4x3＋6x2－3的圖象與直線y＝m有三個不同的交點，∴－3<m<－1時，存在這樣的三條切線．故實數(shù)m的取值范圍是(－3，－1)．20.(本小題滿分12分)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(x2,2)－klnx，k>0.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)證明：若f(x)存在零點，則f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上僅有一個零點．解：(1)由f(x)＝eq\f(x2,2)－klnx(k>0)，得x>0且f′(x)＝x－eq\f(k,x)＝eq\f(x2－k,x).由f′(x)＝0，解得x＝eq\r(k)(負(fù)值舍去)．f(x)與f′(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的情況如下：x(0，eq\r(k))eq\r(k)(eq\r(k)，＋∞)f′(x)－0＋f(x)單調(diào)遞減eq\f(k1－lnk,2)單調(diào)遞增所以，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，eq\r(k))，單調(diào)遞增區(qū)間是(eq\r(k)，＋∞)．f(x)在x＝eq\r(k)處取得極小值f(eq\r(k))＝eq\f(k1－lnk,2)，無極大值．(2)證明：由(1)知，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的最小值為f(eq\r(k))＝eq\f(k1－lnk,2).因為f(x)存在零點，所以eq\f(k1－lnk,2)≤0，從而k≥e.當(dāng)k＝e時，f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e))上單調(diào)遞減，且f(eq\r(e))＝0，所以x＝eq\r(e)是f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上的唯一零點．當(dāng)k>e時，f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上單調(diào)遞減，且f(1)＝eq\f(1,2)>0，f(eq\r(e))＝eq\f(e－k,2)<0，所以f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上僅有一個零點．綜上可知，若f(x)存在零點，則f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上僅有一個零點．21．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a＜0時，證明f(x)≤－eq\f(3,4a)－2.解：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax＋2a＋1＝eq\f(x＋12ax＋1,x).若a≥0，則當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．若a＜0，則當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))時，f′(x)＞0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))時，f′(x)＜0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)證明：由(1)知，當(dāng)a＜0時，f(x)在x＝－eq\f(1,2a)處取得最大值，最大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))－1－eq\f(1,4a).所以f(x)≤－eq\f(3,4a)－2等價于lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))－1－eq\f(1,4a)≤－eq\f(3,4a)－2，即lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))＋eq\f(1,2a)＋1≤0.設(shè)g(x)＝lnx－x＋1，則g′(x)＝eq\f(1,x)－1.當(dāng)x∈(0,1)時，g′(x)＞0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)＜0.所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．故當(dāng)x＝1時，g(x)取得極大值且為最大值，最大值為g(1)＝0.所以當(dāng)x＞0時，g(x)≤0.從而當(dāng)a＜0時，lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))＋eq\f(1,2a)＋1≤0，即f(x)≤－eq\f(3,4a)－2.22．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(a,x).(1)若f(x)存在最小值且最小值為2，求a的值；(2)設(shè)g(x)＝lnx－a，若g(x)<x2在(0，e]上恒成立，求a的取值范圍．解：(1)f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(a,x2)＝eq\f(x＋a,x2)(x>0)，當(dāng)a≥0時，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，f(x)不存在最小值；當(dāng)a<0時，由f′(x)＝0得x＝－a，且0<x<－a時，f′(x)<0，x>－a時，f′(x)>0.∴x＝－a時，f(x)取得最小值，f(－a)＝ln(－a)＋1＝2，解得a＝－e.(2)g(x)<x2即lnx－a<x2，即a>lnx－x2，故g(x)<x2在(0，e]上恒成立，也就是a>lnx－x2在(0，e]上恒成立．設(shè)h(x)＝lnx－x2，則h′(x)＝eq\f(1,x)－2x＝eq\f(1－2x2,x)，由h′(x)＝0及0<x≤e得x＝eq\f(\r(2),2).當(dāng)0<x<eq\f(\r(2),2)時，h′(x)>0，當(dāng)eq\f(\r(2),2)<x≤e時，h′(x)<0，即h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上為增函數(shù)，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，e))上為減函數(shù)，所以當(dāng)x＝eq\f(\r(2),2)時h(x)取得最大值為heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝lneq\f(\r(2),2)－eq\f(1,2).所以g(x)<x2在(0，e]上恒成立時，a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(\r(2),2)－\f(1,2)，＋∞)).高中數(shù)學(xué)選擇性必修二《第五章一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用》單元檢測試卷（二）本試卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷兩部分，滿分150分，考試時間120分鐘．第Ⅰ卷(選擇題，共60分)一、單項選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．等差數(shù)列{an}中，a3＝2，a5＝7，則a7＝()A．10B．20C．16D．122．在數(shù)列{an}中，a1＝eq\f(1,3)，an＝(－1)n·2an－1(n≥2)，則a5等于()A．－eq\f(16,3)D．eq\f(16,3)C．－eq\f(8,3)D．eq\f(8,3)3．設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S10∶S5＝1∶2，則S15∶S5＝()A．3∶4B．2∶3C．1∶2D．1∶34．在等比數(shù)列{an}中，已知前n項和Sn＝5n＋1＋a，則a的值為()A．－1B．1C．5D．－55．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2an，n為正奇數(shù)，,an＋1，n為正偶數(shù)，))則254是該數(shù)列的()A．第8項B．第10項C．第12項D．第14項6．已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，其前n項和為Sn，若a1a2a3＝15，且eq\f(3,S1S3)＋eq\f(15,S3S5)＋eq\f(5,S5S1)＝eq\f(3,5)，則a2＝()A．2D．eq\f(1,2)C．3D．eq\f(1,3)7．如果數(shù)列a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1，…是首項為1，公比為eq\f(1,3)的等比數(shù)列，那么an＝()A.eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))D．eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n－1)))C.eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))D．eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n－1)))8．若有窮數(shù)列a1，a2，…，an(n是正整數(shù))，滿足a1＝an，a2＝an－1，…，an＝a1，即ai＝an－i＋1(i是正整數(shù)，且1≤i≤n)，就稱該數(shù)列為“對稱數(shù)列”．已知數(shù)列{bn}是項數(shù)不超過2m(m＞1，m∈N*)的對稱數(shù)列，且1,2,4，…，2m－1是數(shù)列{bn}的前m項，則當(dāng)m＞1200時，數(shù)列{bn}的前2019項和S2019的值不可能為()A．2m－2m－2009B．22019－1C．2m＋1－22m－2019－1D．3·2m－1－22m－2020－1二、多項選擇題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)9．已知等比數(shù)列{an}的公比q＝－eq\f(2,3)，等差數(shù)列{bn}的首項b1＝12，若a9>b9且a10>b10，則以下結(jié)論正確的有()A．a(chǎn)9·a10<0B．a(chǎn)9>a10C．b10>0D．b9>b1010．等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a1＞0，公差d≠0，則下列命題正確的是()A．若S5＝S9，則必有S14＝0B．若S5＝S9，則必有S7是Sn中最大的項C．若S6＞S7，則必有S7＞S8D．若S6＞S7，則必有S5＞S611．在《增減算法統(tǒng)宗》中有這樣一則故事：“三百七十八里關(guān)，初行健步不為難；次日腳痛減一半，如此六日過其關(guān)”．則下列說法正確的是()A．此人第三天走了四十八里路B．此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里C．此人第二天走的路程占全程的eq\f(1,4)D．此人走的前三天路程之和是后三天路程之和的8倍12．若數(shù)列{an}滿足：對任意正整數(shù)n，{an＋1－an}為遞減數(shù)列，則稱數(shù)列{an}為“差遞減數(shù)列”．給出下列數(shù)列{an}(n∈N*)，其中是“差遞減數(shù)列”的有()A．a(chǎn)n＝3nB．a(chǎn)n＝n2＋1C．a(chǎn)n＝eq\r(n)D．a(chǎn)n＝lneq\f(n,n＋1)第Ⅱ卷(非選擇題，共90分)三、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上)13．已知數(shù)列{an}的通項公式為an＝2020－3n，則使an>0成立的最大正整數(shù)n的值為________．14．已知{an}是等差數(shù)列，Sn為其前n項和，n∈N*.若a3＝16，S20＝20，則an＝________，S10＝________.15．已知數(shù)列1，a1，a2,9是等差數(shù)列，數(shù)列1，b1，b2，b3,9是等比數(shù)列，則eq\f(b2,a1＋a2)＝________.16．設(shè){an}是由正數(shù)組成的等比數(shù)列，Sn為其前n項和，已知a2a4＝1，S3＝7，則S5＝________.四、解答題(本大題共6小題，共70分．解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(3x,x＋3)，數(shù)列{xn}的通項由xn＝f(xn－1)(n≥2且x∈N*)確定．(1)求證：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,xn)))是等差數(shù)列；(2)當(dāng)x1＝eq\f(1,2)時，求x2020.18．(本小題滿分12分)已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝－1，eq\f(S10,S5)＝eq\f(31,32).(1)求等比數(shù)列{an}的公比q；(2)求aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n).19．(本小題滿分12分)在等差數(shù)列{an}中，Sn為其前n項和(n∈N*)，且a2＝3，S4＝16.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(1,anan＋1)，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.20．(本小題滿分12分)已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，an<an＋1，且S3＝2S2＋1.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若數(shù)列{bn}滿足bn＝(2n－1)an(n∈N*)，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.21．(本小題滿分12分)在①an＋1＝eq\f(an,3an＋1)，②eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))為等差數(shù)列，其中eq\f(1,a2)，eq\f(1,a3)＋1，eq\f(1,a6)成等比數(shù)列，③eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋…＋eq\f(1,an)＝eq\f(3n2－n,2)這三個條件中任選一個，補(bǔ)充到下面的問題中，然后解答補(bǔ)充完整的題目．已知數(shù)列{an}中，a1＝1，________.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝anan＋1，Tn為數(shù)列{bn}的前n項和，求證：Tn＜eq\f(1,3).注：如果選擇多個條件分別解答，則按第一個解答計分．22．(本小題滿分12分)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且S10＝55，S20＝210.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(an,an＋1)，是否存在m，k(k>m≥2，m，k∈N*)使得b1，bm，bk成等比數(shù)列？若存在，請說明理由．答案解析第Ⅰ卷(選擇題，共60分)一、單項選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．等差數(shù)列{an}中，a3＝2，a5＝7，則a7＝()A．10B．20C．16D．12解析：選D∵{an}是等差數(shù)列，∴d＝eq\f(a5－a3,5－3)＝eq\f(5,2)，∴a7＝2＋4×eq\f(5,2)＝12.2．在數(shù)列{an}中，a1＝eq\f(1,3)，an＝(－1)n·2an－1(n≥2)，則a5等于()A．－eq\f(16,3)D．eq\f(16,3)C．－eq\f(8,3)D．eq\f(8,3)解析：選B∵a1＝eq\f(1,3)，an＝(－1)n·2an－1，∴a2＝(－1)2×2×eq\f(1,3)＝eq\f(2,3)，a3＝(－1)3×2×eq\f(2,3)＝－eq\f(4,3)，a4＝(－1)4×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝－eq\f(8,3)，a5＝(－1)5×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,3)))＝eq\f(16,3).3．設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S10∶S5＝1∶2，則S15∶S5＝()A．3∶4B．2∶3C．1∶2D．1∶3解析：選A在等比數(shù)列{an}中，S5，S10－S5，S15－S10，…成等比數(shù)列，因為S10∶S5＝1∶2，所以S5＝2S10，S15＝eq\f(3,4)S5，得S15∶S5＝3∶4，故選A.4．在等比數(shù)列{an}中，已知前n項和Sn＝5n＋1＋a，則a的值為()A．－1B．1C．5D．－5解析：選D因為Sn＝5n＋1＋a＝5×5n＋a，由等比數(shù)列的前n項和Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(a1,1－q)－eq\f(a1,1－q)·qn，可知其常數(shù)項與qn的系數(shù)互為相反數(shù)，所以a＝－5.5．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2an，n為正奇數(shù)，,an＋1，n為正偶數(shù)，))則254是該數(shù)列的()A．第8項B．第10項C．第12項D．第14項解析：選D當(dāng)n為正奇數(shù)時，an＋1＝2an，則a2＝2a1＝2，當(dāng)n為正偶數(shù)時，an＋1＝an＋1，得a3＝3，依次類推得a4＝6，a5＝7，a6＝14，a7＝15，…，歸納可得數(shù)列{an}的通項公式an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2\f(n＋1,2)－1，n為正奇數(shù)，,2\f(n,2)＋1－2，n為正偶數(shù)，))則2eq\f(n,2)＋1－2＝254，n＝14，故選D.6．已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，其前n項和為Sn，若a1a2a3＝15，且eq\f(3,S1S3)＋eq\f(15,S3S5)＋eq\f(5,S5S1)＝eq\f(3,5)，則a2＝()A．2D．eq\f(1,2)C．3D．eq\f(1,3)解析：選C∵S1＝a1，S3＝3a2，S5＝5a3，∴eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋eq\f(1,a1a3)＝eq\f(3,5).∵a1a2a3＝15，∴eq\f(3,5)＝eq\f(a3,15)＋eq\f(a1,15)＋eq\f(a2,15)＝eq\f(a2,5)，∴a2＝3.故選C.7．如果數(shù)列a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1，…是首項為1，公比為eq\f(1,3)的等比數(shù)列，那么an＝()A.eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))D．eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n－1)))C.eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))D．eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n－1)))解析：選A由題知a1＝1，q＝eq\f(1,3)，則an－an－1＝1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1.設(shè)數(shù)列a1，a2－a1，…，an－an－1的前n項和為Sn，∴Sn＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝an.又∵Sn＝eq\f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))，∴an＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))).8．若有窮數(shù)列a1，a2，…，an(n是正整數(shù))，滿足a1＝an，a2＝an－1，…，an＝a1，即ai＝an－i＋1(i是正整數(shù)，且1≤i≤n)，就稱該數(shù)列為“對稱數(shù)列”．已知數(shù)列{bn}是項數(shù)不超過2m(m＞1，m∈N*)的對稱數(shù)列，且1,2,4，…，2m－1是數(shù)列{bn}的前m項，則當(dāng)m＞1200時，數(shù)列{bn}的前2019項和S2019的值不可能為()A．2m－2m－2009B．22019－1C．2m＋1－22m－2019－1D．3·2m－1－22m－2020－1解析：選A若數(shù)列{bn}的項數(shù)為偶數(shù)，則數(shù)列可設(shè)為1,21,22，…，2m－1,2m－1，…，22,2,1，當(dāng)m≥2019時，S2019＝eq\f(1×1－22019,1－2)＝22019－1，故B可能．當(dāng)1200＜m＜2019時，S2019＝2×eq\f(1×1－2m,1－2)－eq\f(1×1－22m－2019,1－2)＝2m＋1－22m－2019－1，故C可能．若數(shù)列為奇數(shù)項，則數(shù)列可設(shè)為1,21,22，…，2m－2,2m－1,2m－2，…，22,2,1，當(dāng)m≥2019時，S2019＝eq\f(1×1－22019,1－2)＝22019－1.當(dāng)1200＜m＜2019時，S2019＝2×eq\f(1×1－2m－1,1－2)－eq\f(1×1－22m－1－2019,1－2)＋2m－1＝3·2m－1－22m－2020－1，故D可能．故選A.二、多項選擇題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)9．已知等比數(shù)列{an}的公比q＝－eq\f(2,3)，等差數(shù)列{bn}的首項b1＝12，若a9>b9且a10>b10，則以下結(jié)論正確的有()A．a(chǎn)9·a10<0B．a(chǎn)9>a10C．b10>0D．b9>b10解析：選AD∵等比數(shù)列{an}的公比q＝－eq\f(2,3)，∴a9和a10異號，∴a9a10＝aeq\o\al(2,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))<0，故A正確；但不能確定a9和a10的大小關(guān)系，故B不正確；∵a9和a10異號，且a9>b9且a10>b10，∴b9和b10中至少有一個數(shù)是負(fù)數(shù)，又∵b1＝12>0，∴d<0，∴b9>b10，故D正確；∴b10一定是負(fù)數(shù)，即b10<0，故C不正確．故選A、D.10．等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a1＞0，公差d≠0，則下列命題正確的是()A．若S5＝S9，則必有S14＝0B．若S5＝S9，則必有S7是Sn中最大的項C．若S6＞S7，則必有S7＞S8D．若S6＞S7，則必有S5＞S6解析：選ABC∵等差數(shù)列{an}的前n項和公式Sn＝na1＋eq\f(nn－1d,2)，若S5＝S9，則5a1＋10d＝9a1＋36d，∴2a1＋13d＝0，∴a1＝－eq\f(13d,2)，∵a1＞0，∴d＜0，∴a1＋a14＝0，∴S14＝7(a1＋a14)＝0，A對；又∵Sn＝na1＋eq\f(nn－1d,2)＝－eq\f(13nd,2)＋eq\f(nn－1d,2)＝eq\f(d[n－72－49],2)，由二次函數(shù)的性質(zhì)知S7是Sn中最大的項，B對；若S6＞S7，則a7＝a1＋6d＜0，∴a1＜－6d，∵a1＞0，∴d＜0，∴a6＝a1＋5d＜－6d＋5d＝－d，a8＝a7＋d＜a7＜0，S7＞S8＝S7＋a8，C對；由a6＜－d不能確定a6的符號，所以S5＞S6不一定成立，D錯．故選A、B、C.11．在《增減算法統(tǒng)宗》中有這樣一則故事：“三百七十八里關(guān)，初行健步不為難；次日腳痛減一半，如此六日過其關(guān)”．則下列說法正確的是()A．此人第三天走了四十八里路B．此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里C．此人第二天走的路程占全程的eq\f(1,4)D．此人走的前三天路程之和是后三天路程之和的8倍解析：選ABD設(shè)此人第n天走an里路，則{an}是首項為a1，公比為q＝eq\f(1,2)的等比數(shù)列．所以S6＝eq\f(a11－q6,1－q)＝eq\f(a1\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))6)),1－\f(1,2))＝378，解得a1＝192.a3＝a1q2＝192×eq\f(1,4)＝48，所以A正確，由a1＝192，則S6－a1＝378－192＝186，又192－186＝6，所以B正確．a(chǎn)2＝a1q＝192×eq\f(1,2)＝96，而eq\f(1,4)S6＝94.5＜96，所以C不正確．a(chǎn)1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝192×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,4)))＝336，則后3天走的路程為378－336＝42而且42×8＝336，所以D正確．故選A、B、D.12．若數(shù)列{an}滿足：對任意正整數(shù)n，{an＋1－an}為遞減數(shù)列，則稱數(shù)列{an}為“差遞減數(shù)列”．給出下列數(shù)列{an}(n∈N*)，其中是“差遞減數(shù)列”的有()A．a(chǎn)n＝3nB．a(chǎn)n＝n2＋1C．a(chǎn)n＝eq\r(n)D．a(chǎn)n＝lneq\f(n,n＋1)解析：選CD對A，若an＝3n，則an＋1－an＝3(n＋1)－3n＝3，所以{an＋1－an}不為遞減數(shù)列，故A錯誤；對B，若an＝n2＋1，則an＋1－an＝(n＋1)2－n2＝2n＋1，所以{an＋1－an}為遞增數(shù)列，故B錯誤；對C，若an＝eq\r(n)，則an＋1－an＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))，所以{an＋1－an}為遞減數(shù)列，故C正確；對D，若an＝lneq\f(n,n＋1)，則an＋1－an＝lneq\f(n＋1,n＋2)－lneq\f(n,n＋1)＝lneq\f(n＋1,n＋2)·eq\f(n＋1,n)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2＋2n)))，由函數(shù)y＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2＋2x)))在(0，＋∞)遞減，所以數(shù)列{an＋1－an}為遞減數(shù)列，故D正確．故選C、D.第Ⅱ卷(非選擇題，共90分)三、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上)13．已知數(shù)列{an}的通項公式為an＝2020－3n，則使an>0成立的最大正整數(shù)n的值為________．解析：由an＝2020－3n>0，得n<eq\f(2020,3)＝673eq\f(1,3)，又∵n∈N*，∴n的最大值為673.答案：67314．已知{an}是等差數(shù)列，Sn為其前n項和，n∈N*.若a3＝16，S20＝20，則an＝________，S10＝________.解析：設(shè){an}的首項，公差分別是a1，d，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝16，,20a1＋\f(20×20－1,2)×d＝20，))解得a1＝20，d＝－2，∴an＝a1＋(n－1)d＝20－2(n－1)＝22－2n.S10＝10×20＋eq\f(10×9,2)×(－2)＝110.答案：22－2n11015．已知數(shù)列1，a1，a2,9是等差數(shù)列，數(shù)列1，b1，b2，b3,9是等比數(shù)列，則eq\f(b2,a1＋a2)＝________.解析：因為數(shù)列1，a1，a2,9是等差數(shù)列，所以a1＋a2＝1＋9＝10.因為數(shù)列1，b1，b2，b3,9是等比數(shù)列，所以beq\o\al(2,2)＝1×9＝9，又b2＝1×q2＞0(q為等比數(shù)列的公比)，所以b2＝3，則eq\f(b2,a1＋a2)＝eq\f(3,10).答案：eq\f(3,10)16．設(shè){an}是由正數(shù)組成的等比數(shù)列，Sn為其前n項和，已知a2a4＝1，S3＝7，則S5＝________.解析：設(shè){an}的公比為q，q>0，且aeq\o\al(2,3)＝1，∴a3＝1.∵S3＝7，∴a1＋a2＋a3＝eq\f(1,q2)＋eq\f(1,q)＋1＝7，即6q2－q－1＝0，解得q＝eq\f(1,2)或q＝－eq\f(1,3)(舍去)，a1＝eq\f(1,q2)＝4.∴S5＝eq\f(4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,25))),1－\f(1,2))＝8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,25)))＝eq\f(31,4).答案：eq\f(31,4)四、解答題(本大題共6小題，共70分．解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(3x,x＋3)，數(shù)列{xn}的通項由xn＝f(xn－1)(n≥2且x∈N*)確定．(1)求證：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,xn)))是等差數(shù)列；(2)當(dāng)x1＝eq\f(1,2)時，求x2020.解：(1)證明：∵xn＝f(xn－1)＝eq\f(3xn－1,xn－1＋3)(n≥2且n∈N*)，∴eq\f(1,xn)＝eq\f(xn－1＋3,3xn－1)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,xn－1)，∴eq\f(1,xn)－eq\f(1,xn－1)＝eq\f(1,3)(n≥2且n∈N*)，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,xn)))是公差為eq\f(1,3)的等差數(shù)列．(2)由(1)知eq\f(1,xn)＝eq\f(1,x1)＋(n－1)×eq\f(1,3)＝2＋eq\f(n－1,3)＝eq\f(n＋5,3).∴eq\f(1,x2020)＝eq\f(2020＋5,3)＝675.∴x2020＝eq\f(1,675).18．(本小題滿分12分)已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝－1，eq\f(S10,S5)＝eq\f(31,32).(1)求等比數(shù)列{an}的公比q；(2)求aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n).解：(1)由eq\f(S10,S5)＝eq\f(31,32)，a1＝－1，知公比q≠1，eq\f(S10－S5,S5)＝－eq\f(1,32).由等比數(shù)列前n項和的性質(zhì)知S5，S10－S5，S15－S10成等比數(shù)列，且公比為q5，故q5＝－eq\f(1,32)，q＝－eq\f(1,2).(2)由(1)，得an＝(－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1，所以aeq\o\al(2,n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n－1，所以數(shù)列{aeq\o\al(2,n)}是首項為1，公比為eq\f(1,4)的等比數(shù)列，故aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝eq\f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))＝eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n))).19．(本小題滿分12分)在等差數(shù)列{an}中，Sn為其前n項和(n∈N*)，且a2＝3，S4＝16.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(1,anan＋1)，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差是d，由已知條件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝3，,4a1＋6d＝16，))解得a1＝1，d＝2，∴an＝2n－1.(2)由(1)知，an＝2n－1，∴bn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1).20．(本小題滿分12分)已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，an<an＋1，且S3＝2S2＋1.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若數(shù)列{bn}滿足bn＝(2n－1)an(n∈N*)，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.解：(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由an<an＋1，得q>1，又a1＝1，則a2＝q，a3＝q2，因為S3＝2S2＋1，所以a1＋a2＋a3＝2(a1＋a2)＋1，則1＋q＋q2＝2(1＋q)＋1，即q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)，所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n－1(n∈N*)．(2)由(1)知，bn＝(2n－1)·an＝(2n－1)·2n－1(n∈N*)，則Tn＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n－1)×2n－1，2Tn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)×2n－1＋(2n－1)×2n，兩式相減，得－Tn＝1＋2×21＋2×22＋…＋2×2n－1－(2n－1)×2n，即－Tn＝1＋22＋23＋24＋…＋2n－(2n－1)×2n，化簡得Tn＝(2n－3)×2n＋3.21．(本小題滿分12分)在①an＋1＝eq\f(an,3an＋1)，②eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))為等差數(shù)列，其中eq\f(1,a2)，eq\f(1,a3)＋1，eq\f(1,a6)成等比數(shù)列，③eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋…＋eq\f(1,an)＝eq\f(3n2－n,2)這三個條件中任選一個，補(bǔ)充到下面的問題中，然后解答補(bǔ)充完整的題目．已知數(shù)列{an}中，a1＝1，________.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝anan＋1，Tn為數(shù)列{bn}的前n項和，求證：Tn＜eq\f(1,3).注：如果選擇多個條件分別解答，則按第一個解答計分．解：若選條件①：(1)易知an≠0，∵an＋1＝eq\f(an,3an＋1)，∴eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝3.又eq\f(1,a1)＝1，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1為首項，3為公差的等差數(shù)列，∴eq\f(1,an)＝3n－2，∴an＝eq\f(1,3n－2).(2)證明：由(1)可知，bn＝eq\f(1,3n－23n＋1)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－2)－\f(1,3n＋1)))，∴Tn＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－2)－\f(1,3n＋1)))))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n＋1)))＝eq\f(1,3)－eq\f(1,9n＋3)＜eq\f(1,3)，故Tn＜eq\f(1,3).若選條件②：(1)設(shè)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的公差為d，則eq\f(1,a2)＝1＋d，eq\f(1,a3)＋1＝2＋2d，eq\f(1,a6)＝1＋5d，∵eq\f(1,a2)，eq\f(1,a3)＋1，eq\f(1,a6)成等比數(shù)列，∴(2＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)，解得d＝3或d＝－1.當(dāng)d＝－1時，eq\f(1,a2)＝1＋d＝0，此時eq\f(1,a2)，eq\f(1,a3)＋1，eq\f(1,a6)不能構(gòu)成等比數(shù)列，∴d＝3，∴eq\f(1,an)＝1＋3(n－1)＝3n－2，∴an＝eq\f(1,3n－2).(2)由(1)可知，bn＝eq\f(1,3n－23n＋1)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－2)－\f(1,3n＋1)))，∴Tn＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－2)－\f(1,3n＋1)))))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n＋1)))＝eq\f(1,3)－eq\f(1,9n＋3)＜eq\f(1,3)，故Tn＜eq\f(1,3).若選條件③：(1)由eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋…＋eq\f(1,an)＝eq\f(3n2－n,2)知，當(dāng)n≥2時，eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋…＋eq\f(1,an－1)＝eq\f(3n－12－n－1,2)，兩式相減，得eq\f(1,an)＝eq\f(3n2－n,2)－eq\f(3n－12－n－1,2)＝3n－2，∴an＝eq\f(1,3n－2)(n≥2)，當(dāng)n＝1時，a1＝1也適合上式，∴an＝eq\f(1,3n－2).(2)由(1)可知，bn＝eq\f(1,3n－23n＋1)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－2)－\f(1,3n＋1)))，∴Tn＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－2)－\f(1,3n＋1)))))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n＋1)))＝eq\f(1,3)－eq\f(1,9n＋3)＜eq\f(1,3)，故Tn＜eq\f(1,