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全书综合测评(二)
全卷满分150分　考试用时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.已知等差数列{an}的首项为a1,公差d≠0,则“a1,a3,a9成等比数列”是“a1=d”的(　　)
A.充分不必要条件　　　B.必要不充分条件
C.充要条件　　　D.既不充分也不必要条件
2.已知函数f(x)与其导函数f'(x)的图象如图所示,则(　　)
A.曲线M为函数f'(x)的图象　　　B.f(-1)>f
C.f(x)在上单调递增　　　D.f(x)在上单调递减
3.已知数列{an}满足a1=1,an+1+an=(n+1)·sin(n≥2,n∈N*),Sn是数列{an}的前n项和,则S2 025=(　　)
A.510　　　B.508　　　
C.1 013　　　D.1 011
4.已知函数f(x)=(x-1)ex-x2在(-1,a)上存在最大值,则实数a的取值范围为(　　)
A.a>-1　　　B.a>0　　　C.-15.已知数列{an}和{bn}的通项公式分别为an=3n,bn=n,在bm与bm+1之间插入数列{an}的前m项,构成新数列{cn},即b1,a1,b2,a1,a2,b3,a1,a2,a3,b4,a1,a2,a3,a4,b5,…,记数列{bn}的前n项和为Sn,则ci=(　　)
A.128　　　B.558　　　C.884　　　D.4 944
6.已知函数f(x)是定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数,当x∈(0,+∞)时,xf '(x)A.(-∞,-3)∪(3,+∞)　　　B.(-3,0)∪(0,3)
C.(-3,0)∪(0,7)　　　D.(-∞,-3)∪(2,7)
7.已知不等式x+aln x+≥xa对任意x∈(1,+∞)恒成立,则实数a的最小值为(　　)
A.-　　　C.-e　　　D.-2e
8.定义在(0,+∞)上的可导函数f(x)满足f'(x)+,且f(e)=,若a=f),则a,b,c的大小关系是(　　)
A.a>b>c　　　B.a>c>b　　　
C.b>c>a　　　D.c>b>a
二、多项选择题(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.记等差数列{an}的前n项和为Sn,若a4=-3,S11=11,则(　　)
A.{an}是递增数列　　　
B.a5+a6<0
C.当n=5时,Sn取得最小值　　　
D.若Sn>0,则n的最小值为11
10.传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数,他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类,将图中的1,6,15,28,…称为六边形数.把六边形数按从小到大的顺序排成数列{an},则(　　)
A.a5=40　　　B.a10=190
C.{an+1-an}不是等比数列　　　D.11.已知函数f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)为f(x)的导函数,满足2f(x)+xf'(x)=,且f(1)=0,则以下结论正确的是(　　)
A.f(x)=
B.过原点且与曲线f(x)相切的直线方程为y=x
C.不等式f(x)>0的解集是(1,+∞)
D.若k三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.设函数f(x)=ln x+2,若曲线y=f(x)在点(x0, f(x0))处的切线与抛物线y2=4x相切,则x0的值为　　　　.
13.已知Tn为数列{an}的前n项积,若=1,则数列{Tn}的前n项和Sn=　　　　.
14.若函数f(x)=(mx-1)ex+mx+1有三个零点,则实数m的取值范围为　　　　.
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)=x3+3ax+b(a,b∈R)在x=1处取得极值.
(1)求f(x)的极大值和单调区间;
(2)若函数f(x)在区间[-3,3]上有且仅有一个零点,求b的取值范围.
16.(15分)记Sn为等差数列{an}的前n项和,2S3=4S2+a1,且a2n=2an+1.记Tn为数列{bn}的前n项和,且Tn=2bn-1.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)数列的前n项和为Fn,若对任意正整数n,都有Fn<λ成立,求实数λ的取值范围.
17.(15分)已知数列{an}满足a1=1,an+an-1=2n-1(n≥2).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}的前n项和为Sn,bn=(m∈N*),求S2n-1;
(3)设Tn=+…+,求[T2 024]的值(其中[x]表示不超过x的最大整数).
18.(17分)已知函数f(x)=2x2-3sin(x+φ),其中|φ|≤.
(1)若f(x)是偶函数,求φ;
(2)当φ=0时,讨论函数f(x)在[0,+∞)上的零点个数;
(3)若 x≥0, f(x)≥0,求φ的取值范围.
19.(17分)17世纪,牛顿在《流数法与无穷级数》一书中,给出了代数方程的一种数值解法,即后世所称的牛顿迭代法,其过程如下:如图,设r是方程f(x)=0的解,选取x0作为r的初始近似值,过点(x0, f(x0))作曲线y=f(x)的切线l0.如果f'(x0)≠0,则l0与x轴的交点的横坐标记为x1,称x1为r的一阶近似值.再过点(x1, f(x1))作曲线y=f(x)的切线l1,并求出切线l1与x轴的交点的横坐标,记为x2,称x2为r的二阶近似值.重复以上过程,得r的近似值序列:x1,x2,…,xn,已知f(x)=ex-2.
(1)取x0=1,根据牛顿迭代法求x1;
(2)求xn与xn-1的关系式(n∈N*),并证明:xn≥ln 2;
(3)牛顿迭代法体现了“以直代曲”的数学思想,通常以曲线的切线或割线近似代替原曲线.基于该思想,证明:若关于x的方程x(1-ln x)=a(a∈R)的两个实数根分别为x1,x2(x1e-ea.
答案全解全析
1.C　由a1,a3,a9成等比数列,得=a1a9,即(a1+2d)2=a1·(a1+8d),因为d≠0,所以a1=d,充分性成立.
若a1=d≠0,则a3=a1+2d=3d,a9=a1+8d=9d,则=a1a9,必要性成立.
综上,“a1,a3,a9成等比数列”是“a1=d”的充要条件.
2.D　若曲线M为f'(x)的图象,则当x∈时, f'(x)>0, f(x)在上单调递增,而曲线N在上先减后增,不合题意,所以曲线M为f(x)的图象,曲线N为f'(x)的图象,A错误;
由A及题图知f(x)在上单调递减,且f(x)为偶函数,所以f(-1)=f(1)由题图知f(x)在上先增后减,C错误.
3.C　由已知得an+1+an=(n+1)·sin=(n+1)·cos(n≥2,n∈N*),则a2+a3=3cos π=-3,a4+a5=5cos 2π=5,a6+a7=7cos 3π=-7,a8+a9=9,……,a2 022+a2 023=-2 023,a2 024+a2 025=2 025,
所以S2 025=a1+(a2+a3+a4+a5)+(a6+a7+a8+a9)+…+(a2 022+a2 023+a2 024+a2 025)=1+(-3+5)+(-7+9)+…+(-2 023+2 025)=1+2×506=1 013.
4.D　依题意得f'(x)=xex-2x=x(ex-2),
令f'(x)=0,得x=0或x=ln 2.
当x∈(-1,0)时, f'(x)>0, f(x)单调递增,
当x∈(0,ln 2)时, f'(x)<0, f(x)单调递减,
当x∈(ln 2,+∞)时, f'(x)>0, f(x)单调递增.
因此x=0是极大值点,x=ln 2是极小值点.
又f(0)=-1, f(1)=-1,所以要使f(x)在(-1,a)上存在最大值,则需05.B　因为{bn}的通项公式为bn=n,所以数列{bn}为等差数列,所以Sn=,因为数列{an}的通项公式为an=3n=3·3n-1,所以数列{an}为等比数列,因此数列{an}的前n项和Tn=,
所以ci=T1+T2+…+Tn-1+b1+b2+…+bn=+…+,
当n=6时,ci=558.
6.D　令g(x)=,x∈(-∞,0)∪(0,+∞),则g'(x)=,
∵当x∈(0,+∞)时,xf'(x)∵f(x)是定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数,
∴f(x)=-f(-x),∴g(-x)==g(x),
∴g(x)是定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的偶函数,
∴g(x)在(-∞,0)上单调递增.
由5f(2-x)+(x-2)f(5)<0得5f(2-x)<(2-x)f(5),
当2-x>0,即x<2时,不等式可化为 < ,即g(2-x)5,解得x<-3,故x<-3;
当2-x<0,即x>2时,不等式可化为 ,即g(2-x)>g(5)=g(-5),由g(x)在(-∞,0)上单调递增得2-x>-5,解得x<7,故2综上所述,不等式5f(2-x)+(x-2)f(5)<0的解集为(-∞,-3)∪(2,7).
7.C　由x+aln x+≥xa,得x+≥xa-aln x=xa-ln xa,即≥xa-ln xa,
构造函数f(x)=x-ln x(x>0),原不等式即为f≥f(xa).易得f'(x)=1-,
令f'(x)>0,解得x>1,令f'(x)<0,解得0因此f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
当x>1时,0<,xa与1的大小不确定,要使a最小,只需考虑其为负数的情况,此时0因为当0两边取对数得-x≤aln x,又x>1,所以a≥-,
令g(x)=-,x>1,则g'(x)=,
令g'(x)>0,得1e,
故g(x)在(1,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,
故g(x)≤g(e)=-e,因此a的最小值是-e.
8.C　由已知可得,x2f'(x)+2xf(x)=ln x,
令g(x)=x2f(x),则g'(x)=x2f'(x)+2xf(x)=ln x,且f(x)=,则f'(x)=,
令h(x)=xln x-2g(x),则h'(x)=1+ln x-2g'(x)=1-ln x,
当x∈(0,e)时,h'(x)>0,h(x)单调递增;
当x∈(e,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,
∴h(x)≤h(e)=e-2g(e)=e-2e2f(e)=e-2e2·=0,
∴f'(x)≤0在(0,+∞)上恒成立(仅在个别点处取“=”),∴f(x)在(0,+∞)上单调递减.
,
令φ(x)=,则φ'(x)=,当x∈(0,e)时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增,∴φ(e)>φ(2)>φ(,∴a9.ACD　设{an}的公差为d.
对于A,由题意得故{an}是递增数列,A正确;
对于B,易得an=a1+(n-1)d=2n-11,则a5+a6=-1+1=0,B错误;
对于C,易得Sn=-9n+×2=n2-10n=(n-5)2-25,故当n=5时,Sn取得最小值,为-25,C正确;
对于D,令Sn>0,即n2-10n>0,解得n<0(舍去)或n>10,因为n∈N*,所以使Sn>0成立的n的最小值为11,D正确.
10.BC　在数列{an}中,a2-a1=5=1+1×4,a3-a2=9=1+2×4,a4-a3=13=1+3×4,……,
所以递推关系为an+1-an=1+n×4=4n+1,
当n≥2时,an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=(4n-3)+(4n-7)+…+5+1==2n2-n,
显然a1=1满足上式,所以an=2n2-n,可得a5=2×52-5=45,a10=2×102-10=190,A错误,B正确;
,显然不是常数,
所以数列{an+1-an}不是等比数列,C正确;
-(2n2-n)[2(n+2)2-(n+2)]=8n2+12n+1>0,即>anan+2,D错误.
11.ABD　对于A,由2f(x)+xf'(x)=,x∈(0,+∞),
得2xf(x)+x2f'(x)=,即[x2f(x)]'==(ln x)',
所以x2f(x)=ln x+c,c为常数,由f(1)=0得c=0,即f(x)=,x∈(0,+∞),A正确;
对于B,由f(x)=得f'(x)=,设切点为(x0,y0),则切线方程为y-(x-x0),
因为切线过原点,所以0-(0-x0),
解得x0=,所以切线方程为y-),整理得y=x,B正确;
对于C,由f(x)>0得>0,即·ln x>0,故解得x>1或0对于D,由f'(x)=可知,当x∈(0,)时, f'(x)>0,当x∈(,+∞)时, f'(x)<0,
所以f(x)在(0,)上单调递增,在(,+∞)上单调递减,所以f(x)的极大值为f(,
易得f(1)=0,当01时, f(x)>0,
且当x→0时, f(x)→-∞,当x→+∞时, f(x)→0+,画出f(x)的图象,如图,
由图知要使k12.答案　1
解析　由题意得f(x0)=ln x0+2,x0>0,f'(x)=,则f'(x0)=,所以曲线f(x)在点(x0, f(x0))处的切线方程为y-(ln x0+2)=(x-x0),即y=x+ln x0+1,
联立消去x,整理得y2-4x0y+4x0(ln x0+1)=0,由已知得Δ=(-4x0)2-16x0(ln x0+1)=0,即ln x0-x0+1=0.
令g(x)=ln x-x+1,则g'(x)=,
当x∈(0,1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,则g(x)max=g(1)=0,则x0=1.
13.答案　
解析　Tn为数列{an}的前n项积,则Tn=a1a2…an,Tn-1=a1a2…an-1(n≥2),因此an=(n≥2),且T1=a1.
将an==1,得=1.
等式两边同乘Tn得Tn-1+3=Tn,即Tn-Tn-1=3(n≥2),
当n=1时,=1,即=1,解得T1=4,
所以数列{Tn}是首项为4,公差为3的等差数列,
因此Tn=4+3(n-1)=3n+1,
于是Sn=.
14.答案　
解析　令f(x)=(mx-1)ex+mx+1=0,可得mx=,
令g(x)=-mx,易知函数g(x)的定义域为R,
又g(-x)=+mx=-g(x),所以函数g(x)为奇函数,且g(0)=0,因为函数f(x)有三个零点,所以函数g(x)有三个零点,
由对称性可知函数g(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点,即直线y=mx与函数y=的图象在(0,+∞)上有且只有一个交点,令h(x)=,x>0,
h'(x)=>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,
易得当x>0时,h(x)=<1,
令p(x)=,x>0,则p'(x)=<0,即函数h'(x)在(0,+∞)上单调递减,
作出函数y=mx与函数h(x)=在(0,+∞)上的图象,如图所示:
当直线y=mx与函数h(x)的图象相切于原点时,m=h'(0)=,
由图可知,当015.解析　(1)因为f(x)=x3+3ax+b,所以f'(x)=3x2+3a,
由x=1是极值点知f'(1)=3+3a=0,可得a=-1,(2分)
此时f'(x)=3(x+1)(x-1),令f'(x)=0,得x=-1或x=1,列表如下:
x (-∞,-1) -1 (-1,1) 1 (1,+∞)
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
由表知f(x)的单调递增区间为(-∞,-1),(1,+∞),单调递减区间为(-1,1),(5分)
且f(x)在x=-1处取到极大值,为f(-1)=b+2.(6分)
(2)结合(1)列表如下:
x -3 (-3, -1) -1 (-1, 1) 1 (1, 3) 3
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) b-18 ↗ 极大值 b+2 ↘ 极小值 b-2 ↗ b+18
由表知若f(x)在[-3,3]上只有一个零点,
则(11分)
解得b∈[-18,-2)∪(2,18].(13分)
16.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,
由2S3=4S2+a1,得2(3a1+3d)=4(2a1+d)+a1,整理得2d=3a1,(2分)
由a2n=2an+1,得a2=2a1+1,即a1+d=2a1+1,即d=a1+1,
解得a1=2,d=3,则an=2+3(n-1)=3n-1.(4分)
当n=1时,由Tn=2bn-1,得b1=1,(5分)
当n≥2时,由Tn=2bn-1,得bn=Tn-Tn-1=2bn-2bn-1,因此bn=2bn-1,(7分)
所以数列{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,所以bn=2n-1.(8分)
(2)由(1)知,(9分)
则Fn=+…+,①
+…+,②
①-②得+…+,则Fn=10-,(12分)
因为>0,n∈N*,所以Fn<10,(13分)
因为对任意正整数n,都有Fn<λ成立,所以λ≥10,
所以实数λ的取值范围为[10,+∞).(15分)
17.解析　(1)由an+an-1=2n-1(n≥2),得an+1+an=2(n+1)-1=2n+1,两式相减得an+1-an-1=2,n≥2,(2分)
由a1=1,得a2=2,
所以数列{an}的奇数项是首项为1,公差为2的等差数列,偶数项是首项为2,公差为2的等差数列,
所以数列{an}是以1为首项,1为公差的等差数列,(4分)
所以an=1+(n-1)×1=n.(5分)
(2)由题意得bn=(m∈N*),
所以S2n-1=(b1+b3+…+b2n-1)+(b2+b4+…+b2n-2)(6分)
=(1+3+…+2n-1)+(22+24+…+22n-2)
=.(8分)
(3)由(1)知an=n,则T2 024=1++…+,
由,k∈N*,得),k∈N*,(10分)
故1++…++…+-1)=2×(45-1)=88.(12分)
由,k∈N*,得),k∈N*,
故1++…++…+-1)<1+2×(45-1)=89.(14分)
综上所述,8818.解析　(1)若f(x)是偶函数,则f(x)=f(-x),即2x2-3sin(x+φ)=2(-x)2-3sin(-x+φ),因此sin(x+φ)=sin(-x+φ),得sin xcos φ=0,(2分)
所以cos φ=0,又|φ|≤,所以φ=±.(4分)
(2)当φ=0时, f(x)=2x2-3sin x,则f'(x)=4x-3cos x,
令g(x)=f'(x)=4x-3cos x,则g'(x)=4+3sin x>0恒成立,因此f'(x)在[0,+∞)上单调递增,(6分)
又f'(0)=-3<0, f'=2π>0,所以 x0∈,使得f'(x0)=0,
当x>x0时, f'(x)>0,当0又f(0)=0,所以f(x0)<0,
又f(π)=2π2>0,所以f(x)在(x0,+∞)上存在一个零点,
故f(x)在[0,+∞)上有两个零点.(10分)
(3)由题意得,当x=0时,f(0)=-3sin φ≥0,即sin φ≤0,又|φ|≤,所以φ∈.(11分)
当x∈[0,+∞)时, f'(x)=4x-3cos(x+φ),
令h(x)=f'(x)=4x-3cos(x+φ),则h'(x)=4+3sin(x+φ)>0,则f'(x)在[0,+∞)上单调递增,则f'(x)≥f'(0)=-3cos φ.(12分)
若φ=-,则f'(x)≥f'(0)=0,则f(x)在[0,+∞)上单调递增,则f(x)≥f(0)=-3sin=3,符合题意.(13分)
若φ∈,则f'(0)=-3cos φ<0, f'>0,
则由函数零点存在定理知 x1∈,使得f'(x1)=0,即4x1=3cos(x1+φ)①,(14分)
当x>x1时, f'(x)>0,当0故f(x)在(0,x1)上单调递减,在(x1,+∞)上单调递增,
则f(x)min=f(x1)=2-3sin(x1+φ)≥0②,(15分)
因为φ∈,x1∈,
所以x1+φ∈,
若sin(x1+φ)≤0,则②式显然成立,
若sin(x1+φ)>0,即x1+φ∈,
由①②可得4-9≥0,所以,
因为x1∈,所以≤x1<,即,则≤cos(x1+φ)<1,
因此0因为sin θ=,θ∈,
所以x1+φ≤θ,则φ≤θ-x1≤θ-,
则-<φ≤θ-.
综上,φ的取值范围是.(17分)
19.解析　(1)由题意得f'(x)=ex, f(1)=e-2.(1分)
当x0=1时,切线斜率为f'(1)=e,直线l0的方程为y=e(x-1)+e-2,即y=ex-2,(3分)
令y=0,得x=,即x1=.(4分)
(2)曲线f(x)在点(xn-1, f(xn-1))处的切线的斜率为f'(xn-1)=,
则曲线f(x)在点(xn-1, f(xn-1))处的切线ln-1的方程为y=(x-xn-1)+f(xn-1),
即y=-2,(6分)
令y=0,得x=+xn-1-1,即xn=+xn-1-1.(7分)
令g(x)=+x-1,则g'(x)=1-,
令g'(x)<0,得x0,得x>ln 2,
所以g(x)在(-∞,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增,(9分)
则g(x)min=g(ln 2)=ln 2,即g(x)≥ln 2恒成立,即xn≥ln 2.(10分)
(3)证明:令h(x)=x-xln x,得h'(x)=-ln x,
当00;当x>1时,h'(x)<0,
所以h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
所以x=1是h(x)的极大值点,也是最大值点,即h(x)max=h(1)=1,易得h(e)=0,且当00,当x>e时,h(x)<0,(11分)
所以当方程h(x)=a有两个根x1,x2,且x1曲线y=h(x)上过点(1,1)和点(e,0)的割线方程为y=(x-e).
下面证明:h(x)≥(x-e)(1≤x≤e),
设u(x)=h(x)-(x-e)(1≤x≤e),则u'(x)=-ln x+=-(ln x-ln ),
所以当10;当所以u(x)在(1,)上单调递增,在(,e)上单调递减,又u(1)=0,u(e)=0,(14分)
所以当1≤x≤e时,u(x)≥0,
即h(x)≥(x-e)(1≤x≤e)(当且仅当x=1或x=e时取等号),
由于1(x2-e),所以x2>a-ea+e.①(15分)
曲线h(x)上过点(0,0)和点(1,1)的割线方程为y=x,0下面证明:当0设n(x)=h(x)-x=-xln x,0因为当0所以n(x)≥0,
所以当0由于0x1,所以-x1>-a,②
+②得x2-x1>e-ea.(17分)

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