高中数学苏教版 (2019)选择性必修第一册4.1 数列综合训练题

这是一份高中数学苏教版 (2019)选择性必修第一册4.1 数列综合训练题，共7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。

(满分150分，时间120分钟)
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知函数f(x)＝xsinx，则f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))的值为( )
A．－1 B．0
C．1 D．eq \f(π,2)
2．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4＋a8＝16，则S11等于( )
A．64 B．78
C．88 D．108
3．曲线y＝lnx在点(e，f(e))处的切线方程为( )
A．x－ey＝0 B．x－y－e＝0
C．ex－y－e＝0 D．y－1＝0
4．已知等比数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，若a3＝4，a2a6＝64，则S5等于( )
A．31 B．32
C．63 D．64
5．已知函数y＝f(x)在定义域eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，3))内可导，其图象如图所示．设y＝f(x)的导函数为y＝f′(x)，则不等式f′(x)≤0的解集为( )
(第5题)
A．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，1))∪[2,3] B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(8,3)))
C．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(1,2)))∪[1,2) D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，－\f(1,3)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(4,3)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，3))
6．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则实数a的取值范围是( )
A．(－1,2) B．(－∞，－3)∪(6，＋∞)
C．(－3,6) D．(－∞，－1)∪(2，＋∞)
7．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列，如数列1,3,6,10，前后两项之差得到新数列2,3,4，新数列2,3,4为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列．对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”．现有高阶等差数列，其前7项分别为3,4,6,9,13,18,24，则该数列的第19项为( )
A．160 B．174
C．184 D．188
8．已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，且f(x)的导函数f′(x)＜eq \f(1,2)，则f(x)＜eq \f(x,2)＋eq \f(1,2)的解集为( )
A．{x|－1＜x＜1} B．{x|x＜－1}
C．{x|x＜－1或x＞1} D．{x|x＞1}
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝0，a4＝8，则( )
A．Sn＝2n2－6n B．Sn＝n2－3n
C．an＝4n－8 D．an＝2n
10．在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关．”下列说法中正确的有( )
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．此人前三天走的路程之和是后三天走的路程之和的8倍
11．下列曲线中与直线l：2x－y＋3＝0相切的是( )
A．曲线C1：y2＝24x B．曲线C2：y＝ln(2x)＋4
C．曲线C3：x2－eq \f(y2,4)＝1 D．曲线C4：y＝2x3－5x2＋6x＋2
12．设函数f(x)＝lnx，且x0，x1，x2∈(0，＋∞)，下列说法中正确的有( )
A．若x1＜x2，则eq \f(1,x2)＞eq \f(fx1－fx2,x1－x2)
B．存在x0∈(x1，x2)，x1＜x2，使得eq \f(1,x0)＝eq \f(fx1－fx2,x1－x2)
C．若x1＞1，x2＞1，则eq \f(fx1－fx2,x1－x2)＜1
D．对任意的x1，x2，都有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))＞eq \f(fx1＋fx2,2)
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．其中第13题第一个空2分、第二个空3分．
13．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a3＝9，a6＝243，则a9＝________，S12＝________.
14．已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则实数a的取值范围是________.
15．我国古代的天文学和数学著作《周碑算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷(guǐ)长损益相同(晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度)，夏至、小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降、立冬、小雪、大雪是连续十二个节气，其日影子长依次成等差数列．经记录测算，夏至、处暑、霜降三个节气日影子长之和为16.5尺，这十二节气的所有日影子长之和为84尺，则立冬的日影子长为________尺．
16．已知函数f(x)的定义域为A，若其值域也为A，则称区间A为f(x)的保值区间．若函数g(x)＝x＋m－lnx的保值区间是[e，＋∞)，则实数m的值为________.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(10分)已知函数f(x)＝x3＋2mx2＋nx＋m在x＝－1处取得极值－1.
(1)求m，n的值；
(2)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程．
18．(12分)在等比数列{an}中，a1＝1,2a2是a3和4a1的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝2n＋aeq \\al(2,n)，求{bn}的前n项和Sn.
19．(12分)已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋3.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)求函数f(x)在区间[－3,5]上的最大值与最小值．
20．(12分)给出如下条件：①a3＋a8＝－2；②S7＝－28；③a2，a4，a5成等比数列．请在这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．
设数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＋1＝Sn＋an＋2，________.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求Sn的最小值并指明相应的n的值．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
21．(12分)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1－2Sn＝1.
(1)求证：{Sn＋1}为等比数列．并求出{an}的通项公式．
(2)若bn＝eq \f(n,an)，求{bn}的前n项和Tn.是否存在正整数n，使得Tn·2n－1＝n＋50成立？若存在，求出所有n的值；若不存在，请说明理由．
22．(12分)已知函数f(x)＝eq \f(m,x)＋lnx，g(x)＝x3＋x2－x.
(1)若m＝3，求f(x)的极值；
(2)若对于任意的s，t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，都有f(s)≥eq \f(1,10)g(t)，求实数m的取值范围．
参考答案与解析
1．C 2.C 3.A 4.A 5.A 6.B 提示 f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)．由题意得f′(x)＝0有两个不同的实数解，所以Δ＝(2a)2－4×3×(a＋6)>0，解得a>6或a<－3 7.B 提示 由题意知(an＋1－an)－(an－an－1)＝1，故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋1－an))是以1为首项、1为公差的等差数列，故an＋1－an＝n，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝3＋(1＋2＋…＋n－1)＝eq \f(n2－n＋6,2)，所以a19＝eq \f(192－19＋6,2)＝174 8.D 提示 令g(x)＝f(x)－eq \f(x,2)－eq \f(1,2)，则g′(x)＝f′(x)－eq \f(1,2)<0，所以g(x)在R上单调递减．又g(1)＝f(1)－eq \f(1,2)－eq \f(1,2)＝0，所以g(x)＝f(x)－eq \f(x,2)－eq \f(1,2)<0的解集为{x|x>1} 9.AC 10.ABD 提示 设此人第n天走an里路，则{an}是首项为a1、公比为q＝eq \f(1,2)的等比数列，所以S6＝eq \f(a11－q6,1－q)＝eq \f(a1\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))6)),1－\f(1,2))＝378，解得a1＝192.a3＝a1q2＝192×eq \f(1,4)＝48，所以A正确．S6－a1＝378－192＝186,192－186＝6，所以B正确．a2＝a1q＝192×eq \f(1,2)＝96，eq \f(1,4)S6＝94.5＜96，所以C不正确．a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝192×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)＋\f(1,4)))＝336，则后3天走的路程为378－336＝42,42×8＝336，所以D正确 11.ABD 提示 将y＝2x＋3代入y2＝24x，得4x2－12x＋9＝0，则Δ＝(－12)2－4×4×9＝0，所以直线l与曲线C1相切．对于y＝ln(2x)＋4，y′＝eq \f(1,x)，令eq \f(1,x)＝2，解得x＝eq \f(1,2)，代入y＝2x＋3，可得切点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，4))，在曲线C2上，故直线l与曲线C2相切．曲线C3：x2－eq \f(y2,4)＝1的一条渐近线为y＝2x，和直线l平行，故直线l与曲线C3相交于一点，不相切．对于y＝2x3－5x2＋6x＋2，y′＝6x2－10x＋6，令6x2－10x＋6＝2，解得x＝eq \f(2,3)或x＝1.将x＝eq \f(2,3)代入y＝2x＋3，可得切点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(13,3)))，不在曲线上；将x＝1代入y＝2x＋3，可得切点为(1,5)，在曲线上．故直线l与曲线C4相切
(第12题)
12．BCD 提示 f′(x)＝eq \f(1,x).如图，曲线在点B处的切线斜率小于割线AB的斜率，所以eq \f(1,x2)eq \f(fx1＋fx2,2)，故D正确 13.38 eq \f(312－1,2) 14.(－∞，2ln2－2] 15.10.5 提示 设夏至的日影长为a1，公差为d，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a5＋a9＝3a1＋12d＝16.5，,S12＝12a1＋\f(12×11,2)d＝84，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1.5，,d＝1，))所以立冬的日影子长为a10＝1.5＋9＝10.5(尺) 16.1 提示 由题意得g(x)＝x＋m－lnx的定义域为[e，＋∞)，值域也为[e，＋∞)．g′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)(x>0)，易知g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)在[e，＋∞)上单调递增，从而g(x)≥g(e)，于是g(e)＝e，即e＋m－lne＝e，解得m＝1 17.(1)f′(x)＝3x2＋4mx＋n.由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′－1＝3×－12＋4m×－1＋n＝0，,f－1＝－13＋2m－n＋m＝－1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－4m＋n＝0，,3m－n＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝3，,n＝9.))当m＝3，n＝9时，f′(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋1)(x＋3)．令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝－3.易知当x<－3或x>－1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当－30，f(x)单调递增；当－22时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以函数f(x)的增区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)；减区间为(－2,2) (2)由(1)知函数f(x)在[－3，－2)上单调递增，在[－2,2]上单调递减，在(2,5]上单调递增，又f(－3)＝eq \f(1,3)×(－3)3－4×(－3)＋3＝6，f(2)＝eq \f(1,3)×23－4×2＋3＝－eq \f(7,3)，f(－2)＝eq \f(1,3)×(－2)3－4×(－2)＋3＝eq \f(25,3)，f(5)＝eq \f(1,3)×53－4×5＋3＝eq \f(74,3)，所以函数f(x)在区间[－3,5]上的最大值为eq \f(74,3)，最小值为－eq \f(7,3) 20.(1)因为Sn＋1＝Sn＋an＋2，所以an＋1－an＝2，从而数列{an}是公差d＝2的等差数列．选择条件①：因为a3＋a8＝－2，所以2a1＋9d＝－2，解得a1＝－10.所以an＝2n－12.选择条件②：因为S7＝－28，所以7a1＋eq \f(7×6,2)d＝－28，解得a1＝－10.所以an＝2n－12.选择条件③：因为a2，a4，a5成等比数列，所以aeq \\al(2,4)＝a2a5，即(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋4d)，解得a1＝－10.所以an＝2n－12 (2)解法1：令eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≤0，,an＋1≥0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n－12≤0，,2n－10≥0，))解得5≤n≤6，所以a1，a2，a3，a4，a5<0，a6＝0，a7，a8，…>0.所以当n＝5或n＝6时，Sn可取得最小值，最小值为S5＝S6＝(－10)＋(－8)＋…＋(－2)＝－30.解法2：因为Sn＝－10n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2－11n(n∈N*)，所以当n＝5或n＝6时，Sn取得最小值，最小值为S5＝S6＝52－11×5＝－30 21.(1)因为Sn＋1－2Sn＝1，所以Sn＋1＋1＝2(Sn＋1)．由a1＝S1＝1，可推出Sn＋1>0，故eq \f(Sn＋1＋1,Sn＋1)＝2，即{Sn＋1}为等比数列．因为S1＋1＝2，公比为2，所以Sn＋1＝2n，即Sn＝2n－1.当n≥2时，Sn－1＝2n－1－1，an＝Sn－Sn－1＝2n－1.a1＝1也满足上式，所以an＝2n－1 (2)因为bn＝eq \f(n,an)＝eq \f(n,2n－1)，Tn＝eq \f(1,20)＋eq \f(2,21)＋…＋eq \f(n,2n－1)，所以eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,21)＋eq \f(2,22)＋…＋eq \f(n,2n)，两式相减得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,20)＋eq \f(1,21)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(n,2n)＝2－eq \f(n＋2,2n)，即Tn＝4－eq \f(n＋2,2n－1)，代入Tn·2n－1＝n＋50，得2n－n－26＝0.令f(x)＝2x－x－26(x≥1)，f′(x)＝2xln2－1>0在x∈[1，＋∞)恒成立，所以f(x)＝2x－x－26在[1，＋∞)单调递增．而f(5)·f(4)<0，所以不存在正整数n使得Tn·2n－1＝n＋50成立 22.(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．当m＝3时，f(x)＝eq \f(3,x)＋lnx，f′(x)＝－eq \f(3,x2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(x－3,x2).令f′(x)＝0，得x＝3.易知当x>3时，f′(x)>0，f (x)单调递增；当00，g(x)单调递增，所以g(x)max＝g(2)＝10.对于任意的s，t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，f(s)≥eq \f(1,10)g(t)恒成立，即对任意x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，f (x)＝eq \f(m,x)＋lnx≥1恒成立，即m≥x－xlnx恒成立．令h(x)＝x－xlnx，则h′(x)＝1－lnx－1＝－lnx.令h′(x)＝0，得x＝1.易知当x>1时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当00，h(x)单调递增．所以当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))时，h(x)max＝h(1)＝1，从而m≥1，即m的取值范围是[1，＋∞)