资源简介

2025-2026学年人教A版数学选择性必修第二册
全册综合测评练习卷
一、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.(2024全国甲,理4)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S5=S10,a5=1,则a1=(　　)
A. B. C.- D.-
2.设曲线f(x)=ln(x+a)在(1,f(1))处的切线与直线y=+1平行,则实数a=(　　)
A.-2 B.2 C.-1 D.1
3.若数列{an}的前n项和为Sn=n2-4n+2,则|a1|+|a2|+…+|a10|等于(　　)
A.15 B.35 C.66 D.100
4.(2025湖北武汉高二检测)先取一个实心正三角形,挖去一个“中心三角形”(即以原三角形各边的中点为顶点的三角形,即图中的白色三角形),然后在剩下的每个小三角形中又挖去一个“中心三角形”,用上面的方法可以无限操作下去.操作第1次得到图2,操作第2次得到图3……,若继续这样操作下去后得到图2 025,则从图2 025中挖去的白色三角形个数是(　　)
A.32 024 B.32 025
C. D.
5.已知等比数列{an}的各项均为正数,a5,a6是函数f(x)=x3-x2+ex+1的极值点,则ln a1+ln a2+…+ln a10=(　　)
A.5 B.6 C.10 D.15
6.已知函数f(x)=x2-ax-xln x,a∈R,若f(x)在区间[1,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围是 (　　)
A.(-∞,1) B.(-∞,1]
C.(1,+∞) D.[1,+∞)
7.数列{an}中,a1=2,对任意m,n∈N*,am+n=aman,若ak+1+ak+2+…+ak+10=215-25,则k=(　　)
A.2 B.3
C.4 D.5
8.(2025山西晋中高二检测)函数f(x)满足f'(x)A.f(3)>ef(2) B.ef(0)C.e2f(-1)>f(1) D.ef(1)二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.(2025江苏镇江高三检测)已知函数f(x)=(x-1)2(x-4)+4的导函数为f'(x),则下列选项正确的有 (　　)
A.f(x)只有两个零点 B.f'(4-x)=f'(x)
C.x=1是f(x)的极小值点 D.当x≥0时,f(x)≥0恒成立
10.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,前n项积为Tn,则下列选项判断不正确的是(　　)
A.若S2 022>S2 021,则数列{an}是递增数列 B.若T2 022>T2 021,则数列{an}是递增数列
C.若数列{Sn}是递增数列,则a2 022≥a2 021 D.若数列{Tn}是递增数列,则a2 022≥a2 021
11.(2025浙江杭州高二检测)著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点:如图,在横坐标为x1的点处作f(x)的切线,切线与x轴交点的横坐标为x2,用x2代替x1重复上面的过程得到x3,一直下去,得到数列{xn},叫作牛顿数列.若函数f(x)=x2-x-6,an=ln且a1=1,xn>3,数列{an}的前n项和为Sn,则下列说法正确的是(　　)
A.xn+1=xn- B.数列{an}是递增数列
C.数列{an}是等差数列 D.S2 023=22 023
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.函数f(x)=ax3-6x的一个极值点为1,则f(x)的极大值是　　　　　.
13.写出一个同时具有下列性质(1)(2)(3)的数列{an}的通项公式:an=　　　　　　　.
(1)数列{an}不单调;
(2)数列{|an|}是递增数列;
(3){an}是无穷等比数列.
14.(2025江苏南京高二检测)某个体户计划同时销售A,B两种商品,当投资额为x(x>0)千元时,在销售A,B商品中所获收益分别为f(x)千元与g(x)千元,其中f(x)=2x,g(x)=4ln(2x+1),如果该个体户准备共投入5千元销售A,B两种商品,为使总收益最大,则B商品需投　　　　　千元.
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.(13分)已知函数f(x)=4x3-3x2-18x+27,x∈R.
(1)求f(x)的单调区间与极值;
(2)求f(x)在区间[0,3]上的最大值与最小值.
16.(15分)(2024全国甲,理18)记Sn为数列{an}的前n项和,已知4Sn=3an+4.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=(-1)n-1nan,求数列{bn}的前n项和Tn.
17.(17分)某少数民族的刺绣有着悠久的历史,图中(1),(2),(3),(4)为她们刺绣中最简单的四个图案,这些图案都是由小正方形构成,小正方形数越多刺绣越漂亮,按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同),设第n个图形包含f(n)个小正方形.
(1)求f(6)的值;
(2)求出f(n)的表达式;
(3)求证:当n≥2时,+…+.
18.(17分)(2023新高考Ⅰ,19)已知函数f(x)=a(ex+a)-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明:当a>0时,f(x)>2ln a+.
19.(17分)(2025山东潍坊高三期中)已知f(x)为定义域M内的连续函数,f'(x)为其导函数,常数a∈M,若各项不相等的数列{an}满足an∈M,a1>a,f'(an+1)=,则称{an}为f(x)的“拉格朗日数列”,简记为“L(a)-数列”.
(1)若函数g(x)=ln x,数列{bn}是g(x)的“L(1)-数列”,且b1=e.
(ⅰ)求b2,b3;
(ⅱ)证明:{bn}是递减数列.
(2)正项数列{cn}是函数h(x)=x3+6sin x的“L(c)-数列”,已知cn+1∈(c,cn),记{cn}的前n项和为Sn,证明:当c>0时,Sn+cn≥(n-1)c+2c1.
参考答案
1.B　2.D
3.C　当n=1时,a1=S1=1-4+2=-1,当n≥2时,an=Sn-=(n2-4n+2)-[(n-1)2-4(n-1)+2]=2n-5,又a1=-1不满足上式,所以an=所以|a1|+|a2|+…+|a10|=-a1-a2+a3+a4+…+a10=-S2+S10-S2=S10-2S2=62-(-4)=66.故选C.
4.C　5.A　6.B　7.C
8.C　令函数g(x)=,求导得g'(x)=<0,所以函数g(x)在R上单调递减.
因为g(3)因为g(1)因为g(1)f(1),所以C正确;
因为g(2)f(2),所以D错误.故选C.
9.ABD　f'(x)=3(x-1)(x-3),令f'(x)=3(x-1)(x-3)=0,
则x=1或x=3,
当x>3或x<1时,f'(x)>0,当1故f(x)在区间(-∞,1)上单调递增,在区间(1,3)上单调递减,在区间(3,+∞)上单调递增,所以f(x)的极大值为f(1)=4,f(x)的极小值为f(3)=0,且f(-1)<0,∴f(x)有且仅有两个零点,故A正确;
f'(4-x)=3(4-x-1)(4-x-3)=3(3-x)(1-x)=3(x-3)(x-1)=f'(x),故B正确;
x=1是极大值点,故C错误;
当x≥0时,f(0)=0,f(x)的极小值为f(3)=0,结合函数的单调性可得f(x)≥0恒成立,故D正确.故选ABD.
10.ABC
11.AB　对于A,由f(x)=x2-x-6,得f'(x)=2x-1,
所以f(x)在点(xn,f(xn))处切线的斜率为f'(xn)=2xn-1,所以切线方程为y-f(xn)=f'(xn)(x-xn).
因为切线过点(xn+1,0),所以-f(xn)=f'(xn)(xn+1-xn),所以xn+1=xn-,所以A正确;
由选项A可知,xn+1=xn-,
所以xn+1+2=xn-+2=,xn+1-3=xn--3=,所以,
所以ln=ln =2ln,所以an+1=2an,所以数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列,所以C错误;因为an+1-an=2n-2n-1=2n-1>0,所以数列{an}是递增数列,所以B正确;因为S2 023==22 023-1,所以D错误.故选AB.
12.4　f(x)=ax3-6x的定义域为R,f'(x)=3ax2-6,由题意得,f'(1)=3a-6=0,解得a=2,故f'(x)=6x2-6,令f'(x)=0,解得x=±1,令f'(x)>0得,x>1或x<-1,f(x)单调递增,令f'(x)<0得,-113.(-2)n(答案不唯一)　∵数列为不单调的无穷等比数列,∴数列{an}的公比为负值,而数列{|an|}是递增数列,则首项为正,公比的绝对值在(1,+∞)上,则数列{an}的通项公式可以为an=(-2)n.
14.
15.解 (1)由题设f'(x)=12x2-6x-18=12(x+1) (x-),
令f'(x)=0,得x=-1或x=,
当f'(x)>0时,即12(x+1) (x-)>0,解得x>或x<-1,f(x)的单调递增区间为(-∞,-1)和(,+∞).
当f'(x)<0时,即12(x+1) (x-)<0,
解得-1函数f(x)的极大值为f(-1)=38,极小值为f()=.
(2)由∈[0,3],f(0)=27,f(3)=54,则f()16.解(1)因为4Sn=3an+4,所以4Sn+1=3an+1+4,
两式相减,得4an+1=3an+1-3an,即an+1=-3an,
又4S1=3a1+4,则a1=4,故数列{an}是首项为4,公比为-3的等比数列,则an=4×(-3)n-1.
(2)bn=(-1)n-1nan=4n·3n-1,所以Tn=4(1×30+2×31+3×32+…+n·3n-1).
3Tn=4(1×31+2×32+3×33+…+n·3n),
两式相减,得-2Tn=4(1+31+32+…+3n-1-n·3n)=4(-n·3n)=(2-4n)·3n-2,
所以Tn=(2n-1)3n+1.
17.(1)解根据题意,由题干中的图形可得f(1)=1,f(2)=1+4=5,f(3)=1+4+8=13,f(4)=1+4+8+12=25,f(5)=1+4+8+12+16=41,f(6)=1+4+8+12+16+20=61.
(2)解根据题意,f(2)-f(1)=4=4×1,
f(3)-f(2)=8=4×2,
f(4)-f(3)=12=4×3,
f(5)-f(4)=16=4×4,
……
由此类推:f(n+1)-f(n)=4n.
则f(n)=[f(n)-f(n-1)]+[f(n-1)-f(n-2)]+…+[f(3)-f(2)]+[f(2)-f(1)]+f(1)=4(n-1)+4(n-2)+…+4×2+4×1+1=4+1=2n2-2n+1.
(3)证明由(2)的结论,f(n)=2n2-2n+1,
当n≥2时,),
则+…+=1+(1-+…+)=1+(1-)=.
又由,故结论成立.
18.(1)解 f'(x)=aex-1,x∈R.
①当a≤0时,f'(x)≤0对任意x∈R恒成立,所以f(x)在(-∞,+∞)内单调递减.
②当a>0时,令f'(x)=0,得x=ln=-ln a.
随x的变化,f'(x),f(x)的变化如下表:
x (-∞,-ln a) -ln a (-ln a,+∞)
f'(x) - 0 +
f(x) 单调递减 极小值 单调递增
所以函数f(x)的单调递增区间是(-ln a,+∞),单调递减区间是(-∞,-ln a).
综上,当a≤0时,f(x)的单调递减区间是(-∞,+∞),无单调递增区间;当a>0时,f(x)的单调递增区间是(-ln a,+∞),单调递减区间是(-∞,-ln a).
(2)证明 当a>0时,要证f(x)>2ln a+恒成立,即证f(x)min>2ln a+成立.
当a>0时,由(1)知,f(x)的极小值同时也是最小值,是f(-ln a),下面证明f(-ln a)>2ln a+.
f(-ln a)=a(e-ln a+a)-(-ln a)=1+a2+ln a.
令g(a)=f(-ln a)-2ln a-=a2-ln a-, a∈(0,+∞),
则g'(a)=2a-,令g'(a)=0,得a=.
随a的变化,g'(a),g(a)的变化如下表:
a (0,) (,+∞
g'(a) - 0 +
g(a) 单调递减 极小值 单调递增
所以在a=时,g(a)取最小值.
g(a)min=g()=-ln=-ln=ln >ln 1=0.因此f(-ln a)>2ln a+成立.
因此当a>0时,f(x)>2ln a+.
19.(1)(ⅰ)解因为b1=e,g'(x)=,
所以g'(b2)=,得b2=e-1,
g'(b3)=,得b3=.
(ⅱ)证明 当x>1时,易知0因为b1>1,所以0<<1,
所以0<<1,所以b2>1,…,以此类推bn>1,
要证bn+1=1-.
设函数φ(x)=ln x-1+(x≥1),φ'(x)=≥0,
所以当x∈(1,+∞)时,φ(x)单调递增,所以φ(x)>φ(1)=0,
所以ln bn-1+>0,即ln bn>1-,
即>0,所以bn+1所以数列{bn}是递减数列.
(2)证明 要证Sn+cn≥(n-1)c+2c1,
当n=1时,S1+c1=2c1,成立;
当n≥2时,只需证Sn+cn-2c1>(n-1)c,
设Sn+cn-2c1为数列{dn}的前n-1项和,
则dn=Sn+1+cn+1-2c1-(Sn+cn-2c1)=2cn+1-cn,所以只需证2cn+1-cn>c.
设H(x)=h(x)-x(x≥0),可得H(c)=H(cn),H'(x)=h'(x)-,由“L(c)-数列”定义得H'(cn+1)=0,
h'(x)=3x2+6cos x,设u(x)=3x2+6cos x,则u'(x)=6x-6sin x=6(x-sin x),因为(x-sin x)'=1-cos x≥0,所以u'(x)单调递增,所以当x>0时,u'(x)>u'(0)=0,
所以h'(x)在区间(0,+∞)上单调递增,所以H'(x)在区间(0,+∞)上单调递增.又因为H'(cn+1)=0,
所以当x∈(0,cn+1)时,H'(x)<0,H(x)单调递减,当x∈(cn+1,+∞)时,H'(x)>0,H(x)单调递增.
因为2cn+1-c>cn+1,H(x)在区间(cn+1,+∞)上单调递增,只需证H(2cn+1-c)>H(cn)=H(c),
设ω(x)=H(x)-H(2cn+1-x),x∈(0,cn+1),
则ω'(x)=H'(x)+H'(2cn+1-x),令V(x)=ω'(x),F(x)=H'(x),
则V'(x)=F'(x)-F'(2cn+1-x),因为u'(x)单调递增,所以F'(x)单调递增.
因为x∈(0,cn+1),所以2cn+1-x>x,所以V'(x)<0,ω'(x)单调递减,
所以ω'(x)>ω'(cn+1)=0,所以ω(x)单调递增,
所以ω(x)<ω(cn+1)=0,即H(x)所以H(2cn+1-c)>H(c)=H(cn),所以2cn+1-c>cn,即2cn+1-cn>c.综上所述,当c>0时,Sn+cn≥(n-1)c+2c1.

展开更多......

收起↑