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人教版高中数学选择性必修第二册 全册模块综合检测1(含解析)
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这是一份人教版高中数学选择性必修第二册 全册模块综合检测1(含解析)，共11页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分)
1．数列{an}满足an＋1＝3an＋1，a1＝1，则此数列的第3项是( )
A．13 B．10
C．7 D．4
2．{an}为等差数列，且a7－2a4＝－1，a3＝0，则公差d＝( )
A．－2 B．－eq \f(1,2)
C．eq \f(1,2) D．2
3．已知函数f(x)＝3x2＋2，则f′(5)＝( )
A．15 B．30
C．32 D．77
4．设等比数列{an}满足a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，则S6＝( )
A．－63 B．－21
C．21 D．63
5．函数f(x)＝eq \f(x,x2＋1)的单调递增区间是( )
A．(－∞，－1) B．(－1,1)
C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)和(1，＋∞)
6．数列{an}满足a1＝1，lg2an＋1＝lg2an＋1(n∈N*)，它的前n项和为Sn，则满足Sn>1 025的最小n值是( )
A．9 B．10
C．11 D．12
7．函数f(x)＝eq \f(ln x,x＋1)的图象大致是( )
8．函数f(x)＝ln x＋ax有小于1的极值点，则实数a的取值范围是( )
A．(0,1) B．(－∞，－1)
C．(－1,0) D．(－∞，－1)∪(0，＋∞)
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
9．过点P(2，－6)作曲线f(x)＝x3－3x的切线，则切线方程可能是( )
A．3x＋y＝0 B．24x－y－54＝0
C．9x－y－24＝0 D．12x－y－24＝0
10．记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1＋3a5＝S7，则以下结论一定正确的是( )
A．a4＝0
B．Sn的最大值为S3
C．S1＝S6
D．|a3|<|a5|
11．在数列{an}中，若aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＝p(n≥2，n∈N* ，p为常数)，则{an}称为“等方差数列”．下列对“等方差数列”的判断，其中正确的为( )
A．若{an}是等方差数列，则{aeq \\al(2,n)}是等差数列
B．若{an}是等方差数列，则{aeq \\al(2,n)}是等方差数列
C．{(－1)n}是等方差数列
D．若{an}是等方差数列，则{akn}(k∈N*，k为常数)也是等方差数列
12．设f(x)＝xa·csx，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))的最大值为M，则( )
A．当a＝－1时，MB．当a＝2时，MC．当a＝1时，M>eq \f(\r(3),2)
D．当a＝3时，M三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
13.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝9，eq \f(S9,9)－eq \f(S5,5)＝－4，则an＝________.
14.设函数f(x)＝x3＋ax2，若曲线y＝f(x)在点P(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝0，则实数a＝________.
15.已知等差数列{an}的前n项和为Sn＝pn2－2n＋q(p，q∈R，n∈N*)，则q＝______；若a1与a5的等差中项为8，则p＋q＝________.
16.设a，b∈R，若x≥0时恒有0≤x4－x3＋ax＋b≤(x2－1)2，则ab等于________．
四、解答题(本题共6小题，共70分)
17.(10分)在等差数列{an}中，已知a1＋a2＋a3＝21，a1a2a3＝231.
(1)求该数列中a2的值；
(2)求该数列的通项公式an.
18.(12分)(1)求曲线y＝eq \f(1,x)在点(－1，－1)处的切线方程；
(2)求经过点(4,0)且与曲线y＝eq \f(1,x)相切的直线方程．
19.(12分)设f(x)＝aln x＋eq \f(1,2x)－eq \f(3,2)x＋1，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处取得极值．
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间和极值．
20.(12分)设数列{an}满足：a1＝1，且2an＝an＋1＋an－1(n≥2)，a3＋a4＝12.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋2)))的前n项和．
21.(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝eq \f(1,3)，eq \f(an,an＋1)＝2an＋1(n∈N*且n≥2)．
(1)证明：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))为等差数列；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(3n,an)))的前n项和Tn.
22.(12分)已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R)．
(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求a的取值范围．
人教版高中数学选择性必修第二册 全册模块综合检测1(解析版)
(时间：120分钟，分值：150分)
一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分)
1．数列{an}满足an＋1＝3an＋1，a1＝1，则此数列的第3项是( )
A．13 B．10
C．7 D．4
A 解析：因为an＋1＝3an＋1，a1＝1，
所以a2＝3a1＋1＝3×1＋1＝4，
所以a3＝3a2＋1＝3×4＋1＝13.故选A．
2．{an}为等差数列，且a7－2a4＝－1，a3＝0，则公差d＝( )
A．－2 B．－eq \f(1,2)
C．eq \f(1,2) D．2
B 解析：∵a7－2a4＝－1，∴a3＋4d－2(a3＋d)＝－1，∴4d－2d＝－1，∴d＝－eq \f(1,2).
3．已知函数f(x)＝3x2＋2，则f′(5)＝( )
A．15 B．30
C．32 D．77
B 解析：依题意f′(x)＝6x，所以f′(5)＝30.故选B．
4．设等比数列{an}满足a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，则S6＝( )
A．－63 B．－21
C．21 D．63
B 解析：设数列{an}的公比为q，
∵a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a1q＝－1，,a1－a1q2＝－3，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝－2，))
∴S6＝eq \f(a11－q6,1－q)＝eq \f(1－64,3)＝－21.故选B．
5．函数f(x)＝eq \f(x,x2＋1)的单调递增区间是( )
A．(－∞，－1) B．(－1,1)
C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)和(1，＋∞)
B 解析：f(x)的定义域为R，且f′(x)＝eq \f(x2＋1－2x·x,x2＋12)＝eq \f(1－x2,x2＋12)＝eq \f(1＋x1－x,x2＋12)，所以当－10，f(x)单调递增，所以f(x)的单调递增区间为(－1,1)．故选B．
6．数列{an}满足a1＝1，lg2an＋1＝lg2an＋1(n∈N*)，它的前n项和为Sn，则满足Sn>1 025的最小n值是( )
A．9 B．10
C．11 D．12
C 解析：数列{lg2an}是以0为首项，公差为1的等差数列，lg2an＝0＋(n－1)×1＝n－1，an＝2n－1，Sn＝1＋2＋22＋23＋…＋2n－1＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1>1 025，2n>1 026.因为210＝1 024,211＝2 048，所以，最小n值是11.选C．
7．函数f(x)＝eq \f(ln x,x＋1)的图象大致是( )
C 解析：由f(x)＝eq \f(ln x,x＋1)，
得f′(x)＝eq \f(1＋\f(1,x)－ln x,x＋12)(x>0)．
令g(x)＝1＋eq \f(1,x)－ln x，
则g′(x)＝－eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)＝－eq \f(1＋x,x2)<0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又g(e)＝eq \f(1,e)>0，g(e2)＝1＋eq \f(1,e2)－ln e2＝eq \f(1,e2)－1<0，
所以存在x0∈(e，e2)，使得g(x0)＝0，
所以当x∈(0，x0)时，g(x)＞0，f′(x)＞0；
当x∈(x0，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0.
所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减．故选C．
8．函数f(x)＝ln x＋ax有小于1的极值点，则实数a的取值范围是( )
A．(0,1) B．(－∞，－1)
C．(－1,0) D．(－∞，－1)∪(0，＋∞)
B 解析：因为f(x)＝ln x＋ax，所以函数定义域为{x|x>0}．由f′(x)＝eq \f(1,x)＋a＝0，得a≠0，x＝－eq \f(1,a).又函数f(x)＝ln x＋ax有小于1的极值点，所以－eq \f(1,a)<1且a<0，所以a<－1.故选B．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
9．过点P(2，－6)作曲线f(x)＝x3－3x的切线，则切线方程可能是( )
A．3x＋y＝0 B．24x－y－54＝0
C．9x－y－24＝0 D．12x－y－24＝0
AB 解析：∵y′＝3x2－3.设曲线的切点为(x0，y0)，则k＝3xeq \\al(2,0)－3，y0＝xeq \\al(3,0)－3x0.∴切线方程为y－(xeq \\al(3,0)－3x0)＝(3xeq \\al(2,0)－3)(x－x0)．又切线经过点P(2，－6)，则－6－(xeq \\al(3,0)－3x0)＝(3xeq \\al(2,0)－3)(2－x0)，解得x0＝0或x0＝3，∴切点为(0,0)时，切线方程为3x＋y＝0；切点为(3,18)时，切线方程为24x－y－54＝0.
10．记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1＋3a5＝S7，则以下结论一定正确的是( )
A．a4＝0
B．Sn的最大值为S3
C．S1＝S6
D．|a3|<|a5|
AC 解析：设等差数列{an}的公差为d，则a1＋3(a1＋4d)＝7a1＋21d，解得a1＝－3d，所以an＝a1＋(n－1)d＝(n－4)d，所以a4＝0，故A正确；因为S6－S1＝5a4＝0，所以S1＝S6，故C正确；由于无法确定d的正负，故S3可能为最大值，也可能为最小值，故B不正确；因为a3＋a5＝2a4＝0，所以a3＝－a5，即|a3|＝|a5|，故D不正确．故选AC．
11．在数列{an}中，若aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＝p(n≥2，n∈N* ，p为常数)，则{an}称为“等方差数列”．下列对“等方差数列”的判断，其中正确的为( )
A．若{an}是等方差数列，则{aeq \\al(2,n)}是等差数列
B．若{an}是等方差数列，则{aeq \\al(2,n)}是等方差数列
C．{(－1)n}是等方差数列
D．若{an}是等方差数列，则{akn}(k∈N*，k为常数)也是等方差数列
ACD 解析：对于A，{an}是等方差数列，可得aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＝p(n≥2，n∈N*，p为常数)，即有{aeq \\al(2,n)}是首项为aeq \\al(2,1)，公差为 d的等差数列，故正确；对于B，例如：数列{eq \r(n)}是等方差数列，但是数列{n}不是等方差数列，所以B不正确；对于C，数列{(－1)n}中，aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＝[(－1)n]2－[(－1)n－1]2＝0(n≥2，n∈N)，所以数列{(－1)n}是等方差数列，故C正确； 对于D, 数列{an}中的项列举出来是：a1，a2，…，ak…，a2k，…，数列{akn}中的项列举出来是： ak，a2k，a3k，….∵aeq \\al(2,kn＋k)－aeq \\al(2,kn＋k－1)＝aeq \\al(2,kn＋k－1)－aeq \\al(2,kn＋k－2)＝…＝aeq \\al(2,kn＋1)－aeq \\al(2,kn)＝p，∴aeq \\al(2,kn＋k)－aeq \\al(2,kn)＝(aeq \\al(2,kn＋k)－aeq \\al(2,kn＋k－1))＋(aeq \\al(2,kn＋k－1)－aeq \\al(2,kn＋k－2))＋…＋(aeq \\al(2,kn＋1)－aeq \\al(2,kn))＝kp，∴aeq \\al(2,kn＋1)－aeq \\al(2,kn)＝kp, 所以，数列{akn}是等方差数列，故D正确．故选ACD．
12．设f(x)＝xa·csx，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))的最大值为M，则( )
A．当a＝－1时，MB．当a＝2时，MC．当a＝1时，M>eq \f(\r(3),2)
D．当a＝3时，MAB 解析：对于选项A，当a＝－1时，f(x)＝eq \f(cs x,x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))上递减，所以M＝eq \f(cs\f(π,6),\f(π,6))＝eq \f(3\r(3),π)0，∴f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))上递增，即M＝eq \f(π2,18)0，∴f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))上递增，∴M＝eq \f(1,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))3>eq \f(1,2)，故选项D错误．故选AB．
三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
13.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝9，eq \f(S9,9)－eq \f(S5,5)＝－4，则an＝________.
－2n＋11 解析：设公差为d，因为eq \f(S9,9)－eq \f(S5,5)＝－4，所以4d－2d＝－4，即d＝－2.所以an＝a1＋(n－1)d＝9－2(n－1)＝－2n＋11.
14.设函数f(x)＝x3＋ax2，若曲线y＝f(x)在点P(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝0，则实数a＝________.
－2 解析：因为点P(1，f(1))在该切线上，所以f(1)＝－1，则f(1)＝1＋a＝－1，解得a＝－2.
15.已知等差数列{an}的前n项和为Sn＝pn2－2n＋q(p，q∈R，n∈N*)，则q＝______；若a1与a5的等差中项为8，则p＋q＝________.
0 2 解析：由等差数列的性质可得q＝0.又a1与a5的等差中项为8，所以a1＋a5＝16，即S5＝eq \f(a1＋a5×5,2)＝40，所以25p－10＝40，解得p＝2，即p＋q＝2＋0＝2.
16.设a，b∈R，若x≥0时恒有0≤x4－x3＋ax＋b≤(x2－1)2，则ab等于________．
－1 解析：验证发现，
当x＝1时，将1代入不等式有0≤a＋b≤0，
所以a＋b＝0，
当x＝0时，可得0≤b≤1，
结合a＋b＝0可得－1≤a≤0.
令f(x)＝x4－x3＋ax＋b，即f(1)＝a＋b＝0.
又f′(x)＝4x3－3x2＋a，f′′(x)＝12x2－6x，
令f′′(x)＞0，可得x＞eq \f(1,2)，
则f′(x)＝4x3－3x2＋a在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上递减，在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上递增．
又－1≤a≤0，所以f′(0)＝a＜0，f′(1)＝1＋a≥0.
又x≥0时恒有0≤x4－x3＋ax＋b，结合f(1)＝a＋b＝0知，1必为函数f(x)＝x4－x3＋ax＋b的极小值点，也是最小值点．
故有f′(1)＝1＋a＝0，由此得a＝－1，b＝1.所以ab＝－1.
四、解答题(本题共6小题，共70分)
17.(10分)在等差数列{an}中，已知a1＋a2＋a3＝21，a1a2a3＝231.
(1)求该数列中a2的值；
(2)求该数列的通项公式an.
解：(1)由等差数列性质得a1＋a2＋a3＝3a2＝21，
∴a2＝7.
(2)设等差数列公差为d，∴a1a2a3＝(a2－d)a2·(a2＋d)＝7(7－d)(7＋d)＝7(49－d2)＝231.
解得d＝±4，∴an＝a2＋(n－2)d，
即an＝4n－1或an＝－4n＋15.
18.(12分)(1)求曲线y＝eq \f(1,x)在点(－1，－1)处的切线方程；
(2)求经过点(4,0)且与曲线y＝eq \f(1,x)相切的直线方程．
解：∵y＝eq \f(1,x)，∴y′＝－eq \f(1,x2).
(1)当x＝－1时，得在点(－1，－1)处的切线的斜率为－1，
∴切线方程为y＋1＝－(x＋1)，即x＋y＋2＝0.
(2)设切点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(1,x0)))，则切线的斜率为－eq \f(1,x\\al(2,0))，
∴切线方程为y－eq \f(1,x0)＝－eq \f(1,x\\al(2,0))(x－x0)，
∵切线过点(4,0)，
∴－eq \f(1,x0)＝－eq \f(1,x\\al(2,0))(4－x0)，解得x0＝2，
∴所求切线方程为y－eq \f(1,2)＝－eq \f(1,4)(x－2)，
即x＋4y－4＝0.
19.(12分)设f(x)＝aln x＋eq \f(1,2x)－eq \f(3,2)x＋1，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处取得极值．
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间和极值．
解：(1)因为f(x)＝aln x＋eq \f(1,2x)－eq \f(3,2)x＋1，
所以f′(x)＝eq \f(a,x)－eq \f(1,2x2)－eq \f(3,2).
由f′(1)＝0，可得a－2＝0，解得a＝2.
(2)由(1)可知，
f(x)＝2ln x＋eq \f(1,2x)－eq \f(3,2)x＋1，
f′(x)＝－eq \f(3x－1x－1,2x2).
令f′(x)＝0，解得x1＝eq \f(1,3)，x2＝1，
又因为函数f(x)定义域为(0，＋∞)，
所以f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))和(1，＋∞)单调递减，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))单调递增．
故f(x)的极大值为f(1)＝0，f(x)的极小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝2－2ln 3.
20.(12分)设数列{an}满足：a1＝1，且2an＝an＋1＋an－1(n≥2)，a3＋a4＝12.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋2)))的前n项和．
解：(1)由2an＝an＋1＋an－1(n≥2)可知数列{an}是等差数列，设公差为d，
因为a1＝1，所以a3＋a4＝a1＋2d＋a1＋3d＝12，解得d＝2，
所以{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*)．
(2)由(1)知eq \f(1,anan＋2)＝eq \f(1,2n－12n＋3)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋3)))，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋2)))的前n项和
Sn＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,5)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,7)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,9)))＋))…＋
eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋3)))))
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)－\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))
＝eq \f(1,3)－eq \f(n＋1,2n＋12n＋3).
21.(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝eq \f(1,3)，eq \f(an,an＋1)＝2an＋1(n∈N*且n≥2)．
(1)证明：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))为等差数列；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(3n,an)))的前n项和Tn.
(1)证明：因为eq \f(an,an＋1)＝2an＋1，
所以an＝an＋1＋2anan＋1，
即an－an＋1＝2anan＋1，等式两边同时除以anan＋1，
得eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝2(n≥2)，且eq \f(1,a2)－eq \f(1,a1)＝2，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))为首项为1，公差为2的等差数列．
(2)解：由(1)得eq \f(1,an)＝2n－1，eq \f(3n,an)＝(2n－1)3n，
则Tn＝1×3＋3×32＋…＋(2n－1)3n①，
3Tn＝1×32＋…＋(2n－3)3n＋(2n－1)3n＋1②，
①－②得－2Tn＝3＋2(32＋…＋3n)－(2n－1)3n＋1
＝3＋2×eq \f(9×1－3n－1,1－3)－(2n－1)3n＋1
＝2(1－n)3n＋1－6，故Tn＝(n－1)3n＋1＋3.
22.(12分)已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R)．
(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求a的取值范围．
解：(1)a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)·ex的导数为f′(x)＝ex(2－x2)．
由f′(x)＞0，解得－eq \r(2)由f′(x)＜0，解得x＜－eq \r(2)或x>eq \r(2).
即有函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－eq \r(2))，(eq \r(2)，＋∞)，
单调递增区间为(－eq \r(2)，eq \r(2))．
(2)函数f(x)＝(－x2＋ax)·ex的导数为
f′(x)＝ex[a－x2＋(a－2)x]．
由函数f(x)在(－1,1)上单调递增，
则有f′(x)≥0在(－1,1)上恒成立，
即为a－x2＋(a－2)x≥0，
即有x2－(a－2)x－a≤0，
则有1＋(a－2)－a≤0且1－(a－2)－a≤0，
解得a≥eq \f(3,2)，
则a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)).
一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分)
1．数列{an}满足an＋1＝3an＋1，a1＝1，则此数列的第3项是( )
A．13 B．10
C．7 D．4
2．{an}为等差数列，且a7－2a4＝－1，a3＝0，则公差d＝( )
A．－2 B．－eq \f(1,2)
C．eq \f(1,2) D．2
3．已知函数f(x)＝3x2＋2，则f′(5)＝( )
A．15 B．30
C．32 D．77
4．设等比数列{an}满足a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，则S6＝( )
A．－63 B．－21
C．21 D．63
5．函数f(x)＝eq \f(x,x2＋1)的单调递增区间是( )
A．(－∞，－1) B．(－1,1)
C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)和(1，＋∞)
6．数列{an}满足a1＝1，lg2an＋1＝lg2an＋1(n∈N*)，它的前n项和为Sn，则满足Sn>1 025的最小n值是( )
A．9 B．10
C．11 D．12
7．函数f(x)＝eq \f(ln x,x＋1)的图象大致是( )
8．函数f(x)＝ln x＋ax有小于1的极值点，则实数a的取值范围是( )
A．(0,1) B．(－∞，－1)
C．(－1,0) D．(－∞，－1)∪(0，＋∞)
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
9．过点P(2，－6)作曲线f(x)＝x3－3x的切线，则切线方程可能是( )
A．3x＋y＝0 B．24x－y－54＝0
C．9x－y－24＝0 D．12x－y－24＝0
10．记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1＋3a5＝S7，则以下结论一定正确的是( )
A．a4＝0
B．Sn的最大值为S3
C．S1＝S6
D．|a3|<|a5|
11．在数列{an}中，若aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＝p(n≥2，n∈N* ，p为常数)，则{an}称为“等方差数列”．下列对“等方差数列”的判断，其中正确的为( )
A．若{an}是等方差数列，则{aeq \\al(2,n)}是等差数列
B．若{an}是等方差数列，则{aeq \\al(2,n)}是等方差数列
C．{(－1)n}是等方差数列
D．若{an}是等方差数列，则{akn}(k∈N*，k为常数)也是等方差数列
12．设f(x)＝xa·csx，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))的最大值为M，则( )
A．当a＝－1时，M
D．当a＝3时，M
13.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝9，eq \f(S9,9)－eq \f(S5,5)＝－4，则an＝________.
14.设函数f(x)＝x3＋ax2，若曲线y＝f(x)在点P(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝0，则实数a＝________.
15.已知等差数列{an}的前n项和为Sn＝pn2－2n＋q(p，q∈R，n∈N*)，则q＝______；若a1与a5的等差中项为8，则p＋q＝________.
16.设a，b∈R，若x≥0时恒有0≤x4－x3＋ax＋b≤(x2－1)2，则ab等于________．
四、解答题(本题共6小题，共70分)
17.(10分)在等差数列{an}中，已知a1＋a2＋a3＝21，a1a2a3＝231.
(1)求该数列中a2的值；
(2)求该数列的通项公式an.
18.(12分)(1)求曲线y＝eq \f(1,x)在点(－1，－1)处的切线方程；
(2)求经过点(4,0)且与曲线y＝eq \f(1,x)相切的直线方程．
19.(12分)设f(x)＝aln x＋eq \f(1,2x)－eq \f(3,2)x＋1，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处取得极值．
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间和极值．
20.(12分)设数列{an}满足：a1＝1，且2an＝an＋1＋an－1(n≥2)，a3＋a4＝12.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋2)))的前n项和．
21.(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝eq \f(1,3)，eq \f(an,an＋1)＝2an＋1(n∈N*且n≥2)．
(1)证明：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))为等差数列；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(3n,an)))的前n项和Tn.
22.(12分)已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R)．
(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求a的取值范围．
人教版高中数学选择性必修第二册 全册模块综合检测1(解析版)
(时间：120分钟，分值：150分)
一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分)
1．数列{an}满足an＋1＝3an＋1，a1＝1，则此数列的第3项是( )
A．13 B．10
C．7 D．4
A 解析：因为an＋1＝3an＋1，a1＝1，
所以a2＝3a1＋1＝3×1＋1＝4，
所以a3＝3a2＋1＝3×4＋1＝13.故选A．
2．{an}为等差数列，且a7－2a4＝－1，a3＝0，则公差d＝( )
A．－2 B．－eq \f(1,2)
C．eq \f(1,2) D．2
B 解析：∵a7－2a4＝－1，∴a3＋4d－2(a3＋d)＝－1，∴4d－2d＝－1，∴d＝－eq \f(1,2).
3．已知函数f(x)＝3x2＋2，则f′(5)＝( )
A．15 B．30
C．32 D．77
B 解析：依题意f′(x)＝6x，所以f′(5)＝30.故选B．
4．设等比数列{an}满足a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，则S6＝( )
A．－63 B．－21
C．21 D．63
B 解析：设数列{an}的公比为q，
∵a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a1q＝－1，,a1－a1q2＝－3，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝－2，))
∴S6＝eq \f(a11－q6,1－q)＝eq \f(1－64,3)＝－21.故选B．
5．函数f(x)＝eq \f(x,x2＋1)的单调递增区间是( )
A．(－∞，－1) B．(－1,1)
C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)和(1，＋∞)
B 解析：f(x)的定义域为R，且f′(x)＝eq \f(x2＋1－2x·x,x2＋12)＝eq \f(1－x2,x2＋12)＝eq \f(1＋x1－x,x2＋12)，所以当－1
6．数列{an}满足a1＝1，lg2an＋1＝lg2an＋1(n∈N*)，它的前n项和为Sn，则满足Sn>1 025的最小n值是( )
A．9 B．10
C．11 D．12
C 解析：数列{lg2an}是以0为首项，公差为1的等差数列，lg2an＝0＋(n－1)×1＝n－1，an＝2n－1，Sn＝1＋2＋22＋23＋…＋2n－1＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1>1 025，2n>1 026.因为210＝1 024,211＝2 048，所以，最小n值是11.选C．
7．函数f(x)＝eq \f(ln x,x＋1)的图象大致是( )
C 解析：由f(x)＝eq \f(ln x,x＋1)，
得f′(x)＝eq \f(1＋\f(1,x)－ln x,x＋12)(x>0)．
令g(x)＝1＋eq \f(1,x)－ln x，
则g′(x)＝－eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)＝－eq \f(1＋x,x2)<0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又g(e)＝eq \f(1,e)>0，g(e2)＝1＋eq \f(1,e2)－ln e2＝eq \f(1,e2)－1<0，
所以存在x0∈(e，e2)，使得g(x0)＝0，
所以当x∈(0，x0)时，g(x)＞0，f′(x)＞0；
当x∈(x0，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0.
所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减．故选C．
8．函数f(x)＝ln x＋ax有小于1的极值点，则实数a的取值范围是( )
A．(0,1) B．(－∞，－1)
C．(－1,0) D．(－∞，－1)∪(0，＋∞)
B 解析：因为f(x)＝ln x＋ax，所以函数定义域为{x|x>0}．由f′(x)＝eq \f(1,x)＋a＝0，得a≠0，x＝－eq \f(1,a).又函数f(x)＝ln x＋ax有小于1的极值点，所以－eq \f(1,a)<1且a<0，所以a<－1.故选B．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
9．过点P(2，－6)作曲线f(x)＝x3－3x的切线，则切线方程可能是( )
A．3x＋y＝0 B．24x－y－54＝0
C．9x－y－24＝0 D．12x－y－24＝0
AB 解析：∵y′＝3x2－3.设曲线的切点为(x0，y0)，则k＝3xeq \\al(2,0)－3，y0＝xeq \\al(3,0)－3x0.∴切线方程为y－(xeq \\al(3,0)－3x0)＝(3xeq \\al(2,0)－3)(x－x0)．又切线经过点P(2，－6)，则－6－(xeq \\al(3,0)－3x0)＝(3xeq \\al(2,0)－3)(2－x0)，解得x0＝0或x0＝3，∴切点为(0,0)时，切线方程为3x＋y＝0；切点为(3,18)时，切线方程为24x－y－54＝0.
10．记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1＋3a5＝S7，则以下结论一定正确的是( )
A．a4＝0
B．Sn的最大值为S3
C．S1＝S6
D．|a3|<|a5|
AC 解析：设等差数列{an}的公差为d，则a1＋3(a1＋4d)＝7a1＋21d，解得a1＝－3d，所以an＝a1＋(n－1)d＝(n－4)d，所以a4＝0，故A正确；因为S6－S1＝5a4＝0，所以S1＝S6，故C正确；由于无法确定d的正负，故S3可能为最大值，也可能为最小值，故B不正确；因为a3＋a5＝2a4＝0，所以a3＝－a5，即|a3|＝|a5|，故D不正确．故选AC．
11．在数列{an}中，若aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＝p(n≥2，n∈N* ，p为常数)，则{an}称为“等方差数列”．下列对“等方差数列”的判断，其中正确的为( )
A．若{an}是等方差数列，则{aeq \\al(2,n)}是等差数列
B．若{an}是等方差数列，则{aeq \\al(2,n)}是等方差数列
C．{(－1)n}是等方差数列
D．若{an}是等方差数列，则{akn}(k∈N*，k为常数)也是等方差数列
ACD 解析：对于A，{an}是等方差数列，可得aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＝p(n≥2，n∈N*，p为常数)，即有{aeq \\al(2,n)}是首项为aeq \\al(2,1)，公差为 d的等差数列，故正确；对于B，例如：数列{eq \r(n)}是等方差数列，但是数列{n}不是等方差数列，所以B不正确；对于C，数列{(－1)n}中，aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＝[(－1)n]2－[(－1)n－1]2＝0(n≥2，n∈N)，所以数列{(－1)n}是等方差数列，故C正确； 对于D, 数列{an}中的项列举出来是：a1，a2，…，ak…，a2k，…，数列{akn}中的项列举出来是： ak，a2k，a3k，….∵aeq \\al(2,kn＋k)－aeq \\al(2,kn＋k－1)＝aeq \\al(2,kn＋k－1)－aeq \\al(2,kn＋k－2)＝…＝aeq \\al(2,kn＋1)－aeq \\al(2,kn)＝p，∴aeq \\al(2,kn＋k)－aeq \\al(2,kn)＝(aeq \\al(2,kn＋k)－aeq \\al(2,kn＋k－1))＋(aeq \\al(2,kn＋k－1)－aeq \\al(2,kn＋k－2))＋…＋(aeq \\al(2,kn＋1)－aeq \\al(2,kn))＝kp，∴aeq \\al(2,kn＋1)－aeq \\al(2,kn)＝kp, 所以，数列{akn}是等方差数列，故D正确．故选ACD．
12．设f(x)＝xa·csx，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))的最大值为M，则( )
A．当a＝－1时，M
D．当a＝3时，M
三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
13.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝9，eq \f(S9,9)－eq \f(S5,5)＝－4，则an＝________.
－2n＋11 解析：设公差为d，因为eq \f(S9,9)－eq \f(S5,5)＝－4，所以4d－2d＝－4，即d＝－2.所以an＝a1＋(n－1)d＝9－2(n－1)＝－2n＋11.
14.设函数f(x)＝x3＋ax2，若曲线y＝f(x)在点P(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝0，则实数a＝________.
－2 解析：因为点P(1，f(1))在该切线上，所以f(1)＝－1，则f(1)＝1＋a＝－1，解得a＝－2.
15.已知等差数列{an}的前n项和为Sn＝pn2－2n＋q(p，q∈R，n∈N*)，则q＝______；若a1与a5的等差中项为8，则p＋q＝________.
0 2 解析：由等差数列的性质可得q＝0.又a1与a5的等差中项为8，所以a1＋a5＝16，即S5＝eq \f(a1＋a5×5,2)＝40，所以25p－10＝40，解得p＝2，即p＋q＝2＋0＝2.
16.设a，b∈R，若x≥0时恒有0≤x4－x3＋ax＋b≤(x2－1)2，则ab等于________．
－1 解析：验证发现，
当x＝1时，将1代入不等式有0≤a＋b≤0，
所以a＋b＝0，
当x＝0时，可得0≤b≤1，
结合a＋b＝0可得－1≤a≤0.
令f(x)＝x4－x3＋ax＋b，即f(1)＝a＋b＝0.
又f′(x)＝4x3－3x2＋a，f′′(x)＝12x2－6x，
令f′′(x)＞0，可得x＞eq \f(1,2)，
则f′(x)＝4x3－3x2＋a在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上递减，在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上递增．
又－1≤a≤0，所以f′(0)＝a＜0，f′(1)＝1＋a≥0.
又x≥0时恒有0≤x4－x3＋ax＋b，结合f(1)＝a＋b＝0知，1必为函数f(x)＝x4－x3＋ax＋b的极小值点，也是最小值点．
故有f′(1)＝1＋a＝0，由此得a＝－1，b＝1.所以ab＝－1.
四、解答题(本题共6小题，共70分)
17.(10分)在等差数列{an}中，已知a1＋a2＋a3＝21，a1a2a3＝231.
(1)求该数列中a2的值；
(2)求该数列的通项公式an.
解：(1)由等差数列性质得a1＋a2＋a3＝3a2＝21，
∴a2＝7.
(2)设等差数列公差为d，∴a1a2a3＝(a2－d)a2·(a2＋d)＝7(7－d)(7＋d)＝7(49－d2)＝231.
解得d＝±4，∴an＝a2＋(n－2)d，
即an＝4n－1或an＝－4n＋15.
18.(12分)(1)求曲线y＝eq \f(1,x)在点(－1，－1)处的切线方程；
(2)求经过点(4,0)且与曲线y＝eq \f(1,x)相切的直线方程．
解：∵y＝eq \f(1,x)，∴y′＝－eq \f(1,x2).
(1)当x＝－1时，得在点(－1，－1)处的切线的斜率为－1，
∴切线方程为y＋1＝－(x＋1)，即x＋y＋2＝0.
(2)设切点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(1,x0)))，则切线的斜率为－eq \f(1,x\\al(2,0))，
∴切线方程为y－eq \f(1,x0)＝－eq \f(1,x\\al(2,0))(x－x0)，
∵切线过点(4,0)，
∴－eq \f(1,x0)＝－eq \f(1,x\\al(2,0))(4－x0)，解得x0＝2，
∴所求切线方程为y－eq \f(1,2)＝－eq \f(1,4)(x－2)，
即x＋4y－4＝0.
19.(12分)设f(x)＝aln x＋eq \f(1,2x)－eq \f(3,2)x＋1，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处取得极值．
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间和极值．
解：(1)因为f(x)＝aln x＋eq \f(1,2x)－eq \f(3,2)x＋1，
所以f′(x)＝eq \f(a,x)－eq \f(1,2x2)－eq \f(3,2).
由f′(1)＝0，可得a－2＝0，解得a＝2.
(2)由(1)可知，
f(x)＝2ln x＋eq \f(1,2x)－eq \f(3,2)x＋1，
f′(x)＝－eq \f(3x－1x－1,2x2).
令f′(x)＝0，解得x1＝eq \f(1,3)，x2＝1，
又因为函数f(x)定义域为(0，＋∞)，
所以f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))和(1，＋∞)单调递减，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))单调递增．
故f(x)的极大值为f(1)＝0，f(x)的极小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝2－2ln 3.
20.(12分)设数列{an}满足：a1＝1，且2an＝an＋1＋an－1(n≥2)，a3＋a4＝12.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋2)))的前n项和．
解：(1)由2an＝an＋1＋an－1(n≥2)可知数列{an}是等差数列，设公差为d，
因为a1＝1，所以a3＋a4＝a1＋2d＋a1＋3d＝12，解得d＝2，
所以{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*)．
(2)由(1)知eq \f(1,anan＋2)＝eq \f(1,2n－12n＋3)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋3)))，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋2)))的前n项和
Sn＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,5)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,7)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,9)))＋))…＋
eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋3)))))
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)－\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))
＝eq \f(1,3)－eq \f(n＋1,2n＋12n＋3).
21.(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝eq \f(1,3)，eq \f(an,an＋1)＝2an＋1(n∈N*且n≥2)．
(1)证明：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))为等差数列；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(3n,an)))的前n项和Tn.
(1)证明：因为eq \f(an,an＋1)＝2an＋1，
所以an＝an＋1＋2anan＋1，
即an－an＋1＝2anan＋1，等式两边同时除以anan＋1，
得eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝2(n≥2)，且eq \f(1,a2)－eq \f(1,a1)＝2，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))为首项为1，公差为2的等差数列．
(2)解：由(1)得eq \f(1,an)＝2n－1，eq \f(3n,an)＝(2n－1)3n，
则Tn＝1×3＋3×32＋…＋(2n－1)3n①，
3Tn＝1×32＋…＋(2n－3)3n＋(2n－1)3n＋1②，
①－②得－2Tn＝3＋2(32＋…＋3n)－(2n－1)3n＋1
＝3＋2×eq \f(9×1－3n－1,1－3)－(2n－1)3n＋1
＝2(1－n)3n＋1－6，故Tn＝(n－1)3n＋1＋3.
22.(12分)已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R)．
(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求a的取值范围．
解：(1)a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)·ex的导数为f′(x)＝ex(2－x2)．
由f′(x)＞0，解得－eq \r(2)
即有函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－eq \r(2))，(eq \r(2)，＋∞)，
单调递增区间为(－eq \r(2)，eq \r(2))．
(2)函数f(x)＝(－x2＋ax)·ex的导数为
f′(x)＝ex[a－x2＋(a－2)x]．
由函数f(x)在(－1,1)上单调递增，
则有f′(x)≥0在(－1,1)上恒成立，
即为a－x2＋(a－2)x≥0，
即有x2－(a－2)x－a≤0，
则有1＋(a－2)－a≤0且1－(a－2)－a≤0，
解得a≥eq \f(3,2)，
则a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)).
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