人教A版高中数学（选择性必修第二册）综合检测试卷AB卷（2份，原卷版+教师版）

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综合检测试卷一(时间：120分钟　满分：150分)一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)1．在等差数列{an}中，a4＝2，a8＝14，则a15等于(　　)A．32 B．－32 C．35 D．－35答案　C解析　∵{an}是等差数列，∴d＝eq \f(a8－a4,8－4)＝3，∴a15＝a4＋11d＝2＋11×3＝35.2．函数y＝2x3－3x2－12x＋5在[－2,1]上的最大值、最小值分别是(　　)A．12，－8 B．1，－8C．12，－15 D．5，－16答案　A解析　y′＝6x2－6x－12，由y′＝0⇒x＝－1或x＝2(舍去)．x＝－2时，y＝1；x＝－1时，y＝12；x＝1时，y＝－8.所以ymax＝12，ymin＝－8.3．在数列{an}中，a1＝eq \f(1,3)，an＝(－1)n·2an－1(n≥2)，则a5等于(　　)A．－eq \f(16,3) B.eq \f(16,3) C．－eq \f(8,3) D.eq \f(8,3)答案　B解析　∵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).4．设曲线y＝ax－ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为y＝2x，则a等于(　　)A．0 B．1 C．2 D．3答案　D解析　令f(x)＝ax－ln(x＋1)，则f′(x)＝a－eq \f(1,x＋1) .由导数的几何意义可得在点(0,0)处的切线的斜率为f′(0)＝a－1.又切线方程为y＝2x，则有a－1＝2，所以a＝3.5．若互不相等的实数a，b，c成等差数列，a是b，c的等比中项，且a＋3b＋c＝10，则a的值是(　　)A．1 B．－1 C．－3 D．－4答案　D解析　由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2b＝a＋c，,a2＝bc，,a＋3b＋c＝10，))解得a＝－4，b＝2，c＝8.6．一个等比数列的前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列有(　　)A．13项 B．12项 C．11项 D．10项答案　B解析　设数列的通项公式为an＝a1qn－1，则前三项分别为a1，a1q，a1q2，后三项分别为a1qn－3，a1qn－2，a1qn－1.由题意得aeq \o\al(3,1)q3＝2，aeq \o\al(3,1)q3n－6＝4，两式相乘得aeq \o\al(6,1)q3(n－1)＝8，即aeq \o\al(2,1)qn－1＝2.又∵a1·a1q·a1q2·…·a1qn－1＝64， 即(aeq \o\al(2,1)qn－1)n＝642，解得n＝12.7．设曲线y＝sin x上任一点(x，y)处的切线斜率为g(x)，则函数y＝x2g(x)的部分图象可以为(　　) 答案　C解析　由曲线方程y＝sin x，可知g(x)＝cos x，所以y＝x2g(x)＝x2cos x为偶函数，排除A，B；当x＝0时，y＝0，排除D，故选C.8．某厂生产某种电子元件，如果生产出一件正品，可获利200元，如果生产出一件次品，则损失100元，已知该厂在制造电子元件过程中，次品率p与日产量x的函数关系是p＝eq \f(3x,4x＋32)(x∈N*)，为获得最大盈利，该厂的日产量应定为(　　)A．14件 B．16件 C．24件 D．32件答案　B解析　因为该厂的日产量为x，则其次品数为px＝eq \f(3x2,4x＋32)，正品数为(1－p)x＝eq \f(x2＋32x,4x＋32)，根据题意得盈利T(x)＝200×eq \f(x2＋32x,4x＋32)－100×eq \f(3x2,4x＋32)，化简整理得T(x)＝eq \f(－25x2＋1 600x,x＋8).因为T(x)＝eq \f(－25x2＋1 600x,x＋8)，所以T′(x)＝eq \f(－50x＋1 600x＋8－－25x2＋1 600x,x＋82)＝－25×eq \f(x2＋16x－64×8,x＋82)＝－25×eq \f(x＋32x－16,x－8)，当00；当x>16时，T′(x)<0.所以x＝16时，T(x)有最大值，即T(x)max＝T(16)＝800(元)．二、多项选择题9．设f(x)，g(x)在[a，b]上可导，且f′(x)>g′(x)，则当ag(x)B．f(x)g(x)＋f(a)D．f(x)＋g(b)0，所以[f(x)－g(x)]′>0，所以f(x)－g(x)在[a，b]上单调递增，所以当af(x)－g(x)>f(a)－g(a)，所以f(x)＋g(a)>g(x)＋f(a)，f(x)＋g(b)xf′(x)恒成立，可以使不等式x2f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))－f(x)>0的x的取值范围为(　　)A．(0,1) B．(1,2)C．(1，＋∞) D．(2，＋∞)答案　BCD解析　令F(x)＝eq \f(fx,x)，则F′(x)＝eq \f(xf′x－fx,x2)，因为f(x)>xf′(x)，所以F′(x)<0，F(x)为定义域上的减函数，由不等式x2f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))－f(x)>0得eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x))),\f(1,x))>eq \f(fx,x)，所以eq \f(1,x)1.三、填空题13．已知数列{an}的通项公式为an＝2 020－3n，则使an>0成立的最大正整数n的值为________．答案　673解析　由an＝2 020－3n>0，得n<eq \f(2 020,3)＝673eq \f(1,3)，又∵n∈N*，∴n的最大值为673.14．某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(n∈N*)等于________．答案　6解析　每天植树的棵数构成以2为首项，2为公比的等比数列，其前n项和Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(21－2n,1－2)＝2n＋1－2.由2n＋1－2≥100，得2n＋1≥102.由于26＝64,27＝128，则n＋1≥7，即n≥6.15．已知a<0，函数f(x)＝ax3＋eq \f(12,a)ln x，且f′(1)的最小值是－12，则实数a的值为________．函数f(x)在区间[1,2]上的最大值为________．答案　－2　－2解析　f′(x)＝3ax2＋eq \f(12,ax)， 所以f′(1)＝3a＋eq \f(12,a)≥－12，即a＋eq \f(4,a)≥－4.又a<0，有a＋eq \f(4,a)≤－4，所以a＋eq \f(4,a)＝－4，故a＝－2.所以f(x)＝－2x3－6ln x，f′(x)＝－6x2－eq \f(6,x)＝－6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,x)))<0，所以函数f(x)在区间[1,2]上单调递减，函数f(x)在区间[1,2]上的最大值是 f(1)＝－2.16．若函数f(x)＝eq \f(4x,x2＋1)在区间(m,2m＋1)上单调递增，则实数m的取值范围是________．答案　(－1,0]解析　f′(x)＝eq \f(4－4x2,x2＋12).由f′(x)>0，解得－10，函数f(x)单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极小值，极小值为eq \f(1,2)，无极大值．(2)当a＝1时，易知函数f(x)在[1，e]上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝eq \f(1,2)，f(x)max＝f(e)＝eq \f(1,2)e2＋1.20．(12分)已知等比数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，a1＝－1，eq \f(S10,S5)＝eq \f(31,32).(1)求等比数列{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).由等比数列前n项和的性质知S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，故q5＝－eq \f(1,32)，q＝－eq \f(1,2).(2)由(1)，得an＝(－1)×(－eq \f(1,2))n－1，所以aeq \o\al(2,n)＝(eq \f(1,4))n－1，所以数列{aeq \o\al(2,n)}是首项为1，公比为eq \f(1,4)的等比数列，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))).21．(12分)数学的发展推动着科技的进步，正是基于线性代数、群论等数学知识的极化码原理的应用，华为的5G技术领先世界．目前某区域市场中5G智能终端产品的制造由H公司及G公司提供技术支持．据市场调研预测，5G商用初期，该区域市场中采用H公司与G公司技术的智能终端产品占比分别为a0＝55%及b0＝45%，假设两家公司的技术更新周期一致，且随着技术优势的体现，每次技术更新后，上一周期采用G公司技术的产品中有20%转而采用H公司技术，采用H公司技术的产品中仅有5%转而采用G公司技术．设第n次技术更新后，该区域市场中采用H公司与G公司技术的智能终端产品占比分别为an及bn，不考虑其他因素的影响．(1)用an表示an＋1，并求实数λ使{an－λ}是等比数列；(2)经过若干次技术更新后，该区域市场采用H公司技术的智能终端产品占比能否达到75%以上？若能，至少需要经过几次技术更新；若不能，请说明理由？(参考数据：lg 2≈0.301，lg 3≈0.477)解　(1)由题意知，该区域市场中采用H公司与G公司技术的智能终端产品的占比分别为a0＝55%＝eq \f(11,20)，b0＝45%＝eq \f(9,20).易知经过n次技术更新后an＋bn＝1，则an＋1＝(1－5%)an＋20%bn＝eq \f(19,20)an＋eq \f(1,5)(1－an)＝eq \f(3,4)an＋eq \f(1,5)，即an＋1＝eq \f(3,4)an＋eq \f(1,5)(n∈N)，①由①式，可设an＋1－λ＝eq \f(3,4)(an－λ)⇔an＋1＝eq \f(3,4)an＋eq \f(λ,4)，对比①式可知eq \f(λ,4)＝eq \f(1,5)⇒λ＝eq \f(4,5).又a1＝eq \f(3,4)a0＋eq \f(1,5)＝eq \f(3,4)×eq \f(11,20)＋eq \f(1,5)＝eq \f(49,80)，a1－eq \f(4,5)＝eq \f(49,80)－eq \f(4,5)＝－eq \f(3,16).从而当λ＝eq \f(4,5)时，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(4,5)))是以－eq \f(3,16)为首项，eq \f(3,4)为公比的等比数列．(2)由(1)可知an－eq \f(4,5)＝－eq \f(3,16)·(eq \f(3,4))n－1＝－eq \f(1,4)·(eq \f(3,4))n，所以经过n次技术更新后，该区域市场采用H公司技术的智能终端产品占比an＝eq \f(4,5)－eq \f(1,4)·(eq \f(3,4))n.由题意，令an>75%，得eq \f(4,5)－eq \f(1,4)·(eq \f(3,4))n>eq \f(3,4)⇔(eq \f(3,4))n<eq \f(1,5)⇔nlg eq \f(3,4)eq \f(－lg 5,lg 3－2lg 2)＝eq \f(lg 5,2lg 2－lg 3)＝eq \f(1－lg 2,2lg 2－lg 3)≈eq \f(1－0.301,2×0.301－0.477)＝eq \f(0.699,0.125)＝0.699×8＝5.592>5.故n≥6，即至少经过6次技术更新，该区域市场采用H公司技术的智能终端产品占比能达到75%以上．22．(12分)已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3.(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值；(2)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)探讨函数F(x)＝ln x－eq \f(1,ex)＋eq \f(2,ex)是否存在零点？若存在，求出函数F(x)的零点，若不存在，请说明理由．解　(1)f′(x)＝ln x＋1(x>0)，由f′(x)<0得00得x>eq \f(1,e)，∴函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增．当0eq \f(1,e)，∴f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e).当t>eq \f(1,e)时，f(x)在[t，t＋2]上单调递增，f(x)min＝f(t)＝tln t，∴f(x)min＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0\f(1,e).))(2)原问题可化为a≤2ln x＋x＋eq \f(3,x)，设h(x)＝2ln x＋x＋eq \f(3,x)(x>0)，则h′(x)＝eq \f(x＋3x－1,x2)，当01时，h′(x)>0，h(x)单调递增，∴h(x)min＝h(1)＝4.∴a的取值范围为(－∞，4]．(3)令F(x)＝0，得ln x－eq \f(1,ex)＋eq \f(2,ex)＝0，即xln x＝eq \f(x,ex)－eq \f(2,e)(x>0)，由(1)知当且仅当x＝eq \f(1,e)时，f(x)＝xln x(x>0)的最小值是f (eq \f(1,e))＝－eq \f(1,e)，设φ(x)＝eq \f(x,ex)－eq \f(2,e)(x>0)，则φ′(x)＝eq \f(1－x,ex)，易知φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴当且仅当x＝1时，φ(x)取最大值，且φ(1)＝－eq \f(1,e)，∴对x∈(0，＋∞)都有xln x>eq \f(x,ex)－eq \f(2,e)，即F(x)＝ln x－eq \f(1,ex)＋eq \f(2,ex)>0恒成立．∴函数F(x)无零点．综合检测试卷二(时间：120分钟　满分：150分)一、单项选择题(本大题共8 小题，每小题 5 分，共 40 分)1．已知等差数列{an}中，a2＋a4＝6，a7＝11，则S9等于(　　)A．45 B．54 C．63 D．72答案　C解析　由等差数列性质可得，a2＋a4＝2a3，则a3＝3.∴S9＝eq \f(9a1＋a9,2)＝eq \f(9a3＋a7,2)＝eq \f(9×14,2)＝63.2．设函数f(x)＝ax3＋b，若f′(－1)＝3，则a的值为(　　)A．－1 B.eq \f(1,2) C．1 D.eq \f(1,3)答案　C解析　∵ f′(x)＝3ax2 ，∴f′(－1)＝3a＝3，∴a＝1.3．设公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4＝2(a2＋a3)，则eq \f(S7,S4)等于(　　)A.eq \f(7,4) B.eq \f(14,5) C．7 D．14答案　C解析　公差不为零的等差数列{an}中，a4＝2(a2＋a3)，由等差数列的性质，可知a2＋a3＝a1＋a4，则a4＝2(a1＋a4)，由等差数列前n项和公式，可知S7＝7a4，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝2(a1＋a4)，所以eq \f(S7,S4)＝eq \f(7a4,2a1＋a4)＝eq \f(7×2a1＋a4,2a1＋a4)＝7.4．函数f(x)＝ex－x(e为自然对数的底数)在区间[－1,1]上的最大值是(　　)A．1＋eq \f(1,e) B．1 C．e＋1 D．e－1答案　D解析　f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，得x＝0.又f(0)＝e0－0＝1，f(1)＝e－1>1，f(－1)＝eq \f(1,e)＋1>1，且e－1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,e)))＝e－eq \f(1,e)－2＝eq \f(e2－2e－1,e)>0，所以f(x)max＝f(1)＝e－1.5．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝1，则eq \f(S1,a1)＋eq \f(S2,a2)＋eq \f(S3,a3)＋…＋eq \f(S9,a9)等于(　　)A．1 013 B．1 035C．2 037 D．2 059答案　A解析　∵an＋Sn＝1，当n＝1时，a1＋S1＝1得a1＝eq \f(1,2)，当n≥2时，an－1＋Sn－1＝1，∴an＋Sn－(an－1＋Sn－1)＝0，∴an＝eq \f(1,2)an－1，∴数列{an}是以a1＝eq \f(1,2)为首项，q＝eq \f(1,2)为公比的等比数列．∴an＝(eq \f(1,2))n，∴Sn＝1－(eq \f(1,2))n，∴eq \f(Sn,an)＝2n－1，∴eq \f(S1,a1)＋eq \f(S2,a2)＋eq \f(S3,a3)＋…＋eq \f(S9,a9)＝2＋22＋…＋29－9＝210－11＝1 013.6．已知衡量病毒传播能力的最重要指标叫做传播指数RO.它指的是，在自然情况下(没有外力介入，同时所有人都没有免疫力)，一个感染到某种传染病的人，会把疾病传染给多少人的平均数．它的简单计算公式是：RO＝1＋确认病例增长率×系列间隔，其中系列间隔是指在一个传播链中，两例连续病例的间隔时间(单位：天)．根据统计，确认病例的平均增长率为40%，两例连续病例的间隔时间的平均数为5天，根据以上RO数据计算，若甲得这种传染病，则5轮传播后由甲引起的得病的总人数约为(　　)A．81 B．243 C．248 D．363答案　D解析　记第1轮感染人数为a1，第2轮感染人数为a2，…，第n轮感染人数为an，则数列{an}是等比数列，公比为q＝RO，由题意RO＝1＋40%×5＝3，即q＝3，所以a1＝3，a2＝9，a3＝27，a4＝81，a5＝243，总人数为S5＝3＋9＋27＋81＋243＝363.7．对任意的x∈R，函数f(x)＝x3＋ax2＋7ax不存在极值点的充要条件是(　　)A．0≤a≤21 B．a＝0或a＝7C．a<0或a>21 D．a＝0或a＝21答案　A解析　f′(x)＝3x2＋2ax＋7a，当相应一元二次方程的根的判别式Δ＝4a2－84a≤0，即0≤a≤21时，f′(x)≥0恒成立，此时函数f(x)不存在极值点．故选A.8．已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)－f(x)<－1，且f(x＋2)为偶函数，f(4)＝2，则不等式f(x)0，∴f(x)－1，令2x2－8x＋6＝0，可得x＝1，x＝3，则f(x)在(－1,1)，(3，＋∞)上单调递增，在(1,3)上单调递减，∴x＝3是函数f(x)的一个极值点，故AC正确，B错误；∵f(1)＝16ln(1＋1)＋12－10＝16ln 2－9，f(3)＝16ln(1＋3)＋32－10×3＝16ln 4－21，又y＝16ln 3－16＝f(2)，根据f(x)在(1,3)上单调递减得f(1)>f(2)>f(3)，即16ln 3－16<16ln 2－9,16ln 3－16>16ln 4－21，∴直线y＝16ln 3－16与函数y＝f(x)的图象有3个交点，故D正确．11．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S15>0，S16<0，则(　　)A．a8>0B．a9<0C.eq \f(S1,a1)，eq \f(S2,a2)，…，eq \f(S15,a15)中最大的项为eq \f(S9,a9)D.eq \f(S1,a1)，eq \f(S2,a2)，…，eq \f(S15,a15)中最大的项为eq \f(S8,a8)答案　ABD解析　由S15＝eq \f(15a1＋a15,2)＝15a8>0，得a8>0，A正确．由S16＝eq \f(16a1＋a16,2)＝eq \f(16a9＋a8,2)<0，得a9＋a8<0，所以a9<0，且d<0，B正确．因为d<0，所以数列{an}为递减数列．所以a1，…，a8为正，a9，…，an为负，且S1，…，S15为正，S16，…，Sn为负，则eq \f(S1,a1)，…，eq \f(S8,a8)为正，eq \f(S9,a9)，…，eq \f(S15,a15)为负，C错误．当n≤8时，Sn单调递增，an单调递减，所以eq \f(Sn,an)单调递增，所以eq \f(S1,a1)，eq \f(S2,a2)，…，eq \f(S15,a15)中最大的项为eq \f(S8,a8)，D正确．12．已知函数f(x)＝eq \f(x2＋x－1,ex)，则下列结论正确的是(　　)A．函数f(x)存在两个不同的零点B．函数f(x)既存在极大值又存在极小值C．当－e0时，－12，(－∞，－1)，(2，＋∞)是函数的单调递减区间，(－1,2)是函数的单调递增区间，所以f(－1)是函数的极小值，f(2)是函数的极大值，所以B正确；C项，当x趋向于＋∞时，y趋向于0，根据B项可知，函数的最小值是f(－1)＝－e，再根据单调性可知，当－e0，h(x)单调递增，故当x＝1时，h(x)取到最小值e－1，故k的最大值为e－1.15．已知f(x)＝2x3－6x2＋a(a为常数)在[－2,2]上有最小值3，则f(x)在[－2,2]上的最大值为________．答案　43解析　因为f(x)＝2x3－6x2＋a，所以f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，当x∈(－2,0)时，f′(x)>0；当x∈(0,2)时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(－2,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，所以f(x)的最大值为f(0)＝a，又f(－2)＝－40＋a，f(2)＝－8＋a，因为(－8＋a)－(－40＋a)＝32>0，所以－40＋a<－8＋a，所以f(x)在[－2,2]上的最小值为f(－2)＝－40＋a＝3，所以a＝43，所以f(x)的最大值为f(0)＝43.16．已知递增等比数列{an}的第三项、第五项、第七项的积为512，且这三项分别减去1,3,9后成等差数列．则{an}的公比为________；设Sn＝aeq \o\al(2,1)＋aeq \o\al(2,2)＋…＋aeq \o\al(2,n)，则Sn的表达式为________．答案　eq \r(2)　Sn＝2n＋2－4解析　∵ 等比数列{an}的第三项、第五项、第七项的积为512，∴a3a5a7＝512，则aeq \o\al(3,5)＝512，∴a5＝8.由题意得a3－1＋a7－9＝2(a5－3)，即a3＋a7＝20，∴a5q－2＋a5q2＝20，∴q－2＋q2＝eq \f(5,2)，∵等比数列{an}递增，则q＝eq \r(2)，∴an＝a5qn－5＝8×(eq \r(2))n－5＝(eq \r(2))n＋1，∴aeq \o\al(2,n)＝2n＋1，∴Sn＝aeq \o\al(2,1)＋aeq \o\al(2,2)＋…＋aeq \o\al(2,n)＝eq \f(a\o\al(2,1)1－qn,1－q)＝2n＋2－4.四、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝3，anbn＋bn＝nbn＋1.(1)求{an}的通项公式；(2)求{bn}的前n项和．解　(1)由已知b1＝1，b2＝3，a1b1＋b1＝b2，得a1＝2，∴数列{an}是以2为首项，3为公差的等差数列，∴an＝2＋3(n－1)＝3n－1(n∈N*)．(2)由(1)知，(3n－1)bn＋bn＝nbn＋1，即bn＋1＝3bn，∴数列{bn}是以1为首项，3为公比的等比数列，记{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝eq \f(1－3n,1－3)＝eq \f(3n－1,2)(n∈N*)．18．(12分)已知函数f(x)＝－x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，且f′(－1)＝f′(3)＝0.(1)求a－b的值；(2)若函数f(x)在[－2,2]上的最大值为20，求函数f(x)在[－1,4]上的最小值．解　(1)因为f(x)＝－x3＋ax2＋bx＋c，所以f′(x)＝－3x2＋2ax＋b，因为f′(－1)＝f′(3)＝0，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－3×－12＋2a×－1＋b＝0，,－3×32＋2a×3＋b＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝9，))所以a－b＝3－9＝－6.(2)由(1)可知f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋c，则f′(x)＝－3x2＋6x＋9，令f′(x)＝0，得x＝－1，x＝3，f′(x)和f(x)随x的变化情况如下表：因为f(－2)＝c＋2，f(2)＝c＋22，所以函数f(x)在[－2,2]上的最大值为f(2)＝c＋22，所以c＋22＝20，解得c＝－2，所以f(x)＝－x3＋3x2＋9x－2，综上可知f(x)在[－1,3]上单调递增，在[3,4]上单调递减；又因为f(－1)＝1＋3－9－2＝－7，f(4)＝－64＋48＋36－2＝18，所以函数f(x)在[－1,4]上的最小值为－7.19.已知{an}为等差数列，各项为正的等比数列{bn}的前n项和为Sn,2a1＝b1＝2，a2＋a8＝10，______.在①λSn＝bn－1；②a4＝S3－2S2＋S1；③bn＝这三个条件中任选其中一个，补充在横线上，并完成下面问题的解答(如果选择多个条件解答，则以选择第一个解答记分)．(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.解　选①：(1)设等差数列{an}的公差为d，∵2a1＝2，a2＋a8＝10，∴2a1＋8d＝10，∴a1＝1，d＝1，∴an＝1＋(n－1)×1＝n，由b1＝2，λSn＝bn－1，当n＝1时，有λS1＝λb1＝b1－1，则λ＝eq \f(1,2)，当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝2(bn－1)－2(bn－1－1)，即bn＝2bn－1，所以{bn}是一个以2为首项，2为公比的等比数列．∴bn＝2×2n－1＝2n.(2)由(1)知an·bn＝n·2n，∴Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，②①－②得，－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝eq \f(21－2n,1－2)－n×2n＋1，∴Tn＝(n－1)×2n＋1＋2.选②：(1)设等差数列{an}的公差为d，∵2a1＝2，a2＋a8＝10，∴2a1＋8d＝10，∴a1＝1，d＝1，∴an＝1＋(n－1)×1＝n，∴a4＝4，设等比数列{bn}的公比为q(q>0)，∵a4＝S3－2S2＋S1，∴a4＝(S3－S2)－(S2－S1)＝b3－b2＝b1q2－b1q，又∵a4＝4，b1＝2，∴q2－q－2＝0，解得q＝2，或q＝－1(舍)，∴bn＝2×2n－1＝2n.(2)解法同选①的第(2)问解法相同．选③：(1)设等差数列{an}的公差为d，∵2a1＝2，a2＋a8＝10，∴2a1＋8d＝10，∴a1＝1，d＝1，∴an＝1＋(n－1)×1＝n，∵bn＝a1＝1，b1＝2，令n＝1，得b1＝即2＝2λ，∴λ＝1，∴bn＝∴bn＝2n.(2)解法同选①的第(2)问解法相同．20.(12分)某商场销售某件商品的经验表明，该商品每日的销量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克)满足关系式y＝eq \f(a,x－3)＋10(x－6)2，其中30，函数f(x)在(3,4)上单调递增；当40，①当a≤0时，显然f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a>0时，令f′(x)＝eq \f(－2ax2＋x＋1,x)＝0，则－2ax2＋x＋1＝0，易知其判别式为正，设方程的两个根分别为x1，x2(x10.令f′(x)>0得x∈(0，x2)，其中x2＝eq \f(1＋\r(8a＋1),4a)，∴函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋\r(8a＋1),4a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(8a＋1),4a)，＋∞))上单调递减．综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋\r(8a＋1),4a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(8a＋1),4a)，＋∞))上单调递减. x－2(－2，－1)－1(－1,2)2f′(x)－0＋f(x)c＋2↘极小值↗c＋22