2024-2025学年高二上学期人教A版（2019）选择性必修第二册全书综合检测一

2024-2025学年高二上学期 人教A版（2019）选择性必修第二册综合检测一 (时间：120分钟　满分：150分) 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.若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线方程是y＝x－1，则f(2)＋f′(2)＝(　　) 1 2 3 4 2.等比数列{an}中，a2＝2，a5＝－16，则数列{an}的前6项和为(　　) 21 －11 －21 11 3.已知曲线y＝x4＋ax2＋1在点(－1，a＋2)处的切线斜率为8，则a＝(　　) －6 6 －9 9 4.已知等差数列{an}的公差不为零，其前n项和为Sn，若S3，S9，S27成等比数列，则＝(　　) 3 6 9 12 5.函数y＝的大致图象可能是(　　) A B C D 6.数列的最大项为第k项，则k＝(　　) 4或5 5 5或6 6 7.函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意的正数x都有2f(x)>xf′(x)成立，则(　　) 9f(2)>4f(3) 9f(2)<4f(3) 9f(2)＝4f(3) 9f(2)与4f(3)的大小不确定 8.方程－ln x－2＝0的根的个数为(　　) 0 1 2 3 二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.函数f(x)＝x3－3ax－a在(0，1)内有最小值，则a的值可以为(　　) 0 1 10.已知Sn为数列{an}的前n项和，若a1＝，且an＋1(2－an)＝2(an≠2)，则(　　) a3＝ {an}是周期数列且周期为4 S4＝ S21＝ 11.下列不等式中恒成立的有(　　) ln(x＋1)≥，x>－1 ln x≤，x>0 ex≥x＋1 cos x≥1－x2 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12.已知递增等比数列{an}满足a2＋a3＝6a1，则{an}的前三项依次是________.(填出满足条件的一组即可) 13.函数f(x)＝ln x和g(x)＝ax2－x的图象有公共点P，且在点P处的切线相同，则这条切线的方程为________. 14.若函数f(x)＝ax3－x2＋1存在唯一的零点x0，且x0>0，则实数a的取值范围是________. 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)已知各项均为正整数的等差数列{an}的前n项和为Sn，且公差d≥2，在①S2＝4；②a3＋a5＝14；③Sn＝n2＋m(m为常数)这三个条件中选择其中一个作为已知条件，完成下列问题. (1)求数列{an}的通项公式； (2)令bn＝(－1)nan，求{bn}的前2n项和T2n. 16.(15分)已知函数f(x)＝x2＋aln x. (1)若a＝－1，求函数f(x)的极值，并指出是极大值还是极小值； (2)若a＝1，求函数f(x)在[1，e]上的最大值和最小值. 17.(15分)数列{an}满足a1＝1，a2＝3，an＋1＝3an－2an－1(n∈N*，n≥2). (1)证明数列{an＋1－an}是等比数列，并求出数列{an}的通项公式； (2)设数列{bn}满足bn＝2log4(an＋1)2，证明：对一切正整数n，有＋＋…＋＜. 18.(17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＝＋10(x－6)2，其中3<x<6，a为常数.已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克. (1)求实数a的值； (2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大，并求出最大值. 19.(17分)已知函数f(x)＝，f′(x)为f(x)的导函数. (1)若k＝0，求f(x)在x＝1处的切线方程； (2)若f′(x)＝0的解x∈(0，1]，求k的取值范围； (3)若f′(1)＝0，试证明：对任意x＞0，f′(x)＜恒成立. 答案 1.B　[函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线方程是y＝x－1，可得f(2)＝2－1＝1，f′(2)＝1，则f(2)＋f′(2)＝2.] 2.A　[因为a2＝2，a5＝－16，故q3＝－8，故q＝－2，所以a1＝－1， 故前6项和为＝21.] 3.A　[y′＝4x3＋2ax，曲线在点(－1，a＋2)处的切线斜率k＝y′|x＝－1＝－4－2a＝8， 解得a＝－6.] 4.C　[由题意，知S＝S3×S27，即＝×， 整理得81a＝3a2×27a14，所以(a1＋4d)2＝(a1＋d)(a1＋13d)，解得d＝2a1， 所以＝÷＝＝＝＝9.] 5.D　[当x＝e时，y＝1，即函数过点(e，1)，排除A；∵y＝，∴y′＝－，x>0且x≠1，当x>1时，函数单调递减；当0<x<1时，函数单调递减，排除B，C.] 6.C　[令an＝(n＋3)，则an＋1－an＝(n＋4)－(n＋3)＝·， 则a5＝a6.故当n≤5时，数列单调递增；当n≥6时，数列单调递减，所以第5或第6项是数列的最大项.] 7.A　[由2f(x)>xf′(x)，得xf′(x)－2f(x)<0，设g(x)＝，则g′(x)＝＝，因为x是正数，所以x3>0，又xf′(x)－2f(x)<0，所以g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以g(2)>g(3)，即>，即9f(2)>4f(3).] 8.C　[令f(x)＝－ln x－2(x>0)，则f′(x)＝x－－＝，当x∈(0，4)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(4，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，且f(4)＝2－ln 4－2<0，f(e6)＝e3－ln e6－2＝e3－8>0，f(e－2)＝e－1－ln e－2－2＝>0， 结合函数零点存在定理可知函数在(0，4)上存在一个零点，在(4，＋∞)上也存在一个零点，故方程－ln x－2＝0的根的个数为2.] 9.BC　[∵f′(x)＝3x2－3a，且f′(x)＝0有解，∴a＝x2.又∵x∈(0，1)，∴0<a<1.] 10.BCD　[由an＋1(2－an)＝2(an≠2)，可得an＋1＝，所以a2＝＝－4，a3＝＝，A错误；a4＝＝，a5＝＝＝a1，所以数列{an}是周期数列且周期为4，B正确；S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝，C正确；S21＝5×＋＝，D正确.] 11.ACD　[A中，因为x>－1，令t＝x＋1>0，f(t)＝ln t＋－1，则f′(t)＝－＝， 所以当0<t<1时，f′(t)＝<0，即f(t)单调递减；当t>1时，f′(t)＝>0，即f(t)单调递增，所以f(t)min＝f(1)＝0，即f(t)＝ln t＋－1≥0，即ln t≥，即ln(x＋1)≥，x>－1恒成立，故A正确；B中，令f(x)＝ln x－，x>0， 则f′(x)＝－＝＝－≤0显然恒成立，所以f(x)＝ln x－在x>0上单调递减，又f(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，f(x)>f(1)＝0，即ln x>，故B错误；C中，令f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1， 当x>0时，f′(x)＝ex－1>0，所以f(x)单调递增；当x<0时，f′(x)＝ex－1<0， 所以f(x)单调递减，则f(x)≥f(0)＝0，即ex≥x＋1恒成立，故C正确；D中，令f(x)＝cos x－1＋x2，则f′(x)＝－sin x＋x，令h(x)＝f′(x)＝－sin x＋x，则h′(x)＝－cos x＋1≥0恒成立，即函数f′(x)＝－sin x＋x单调递增，又f′(0)＝0，所以当x>0时，f′(x)>0，即f(x)＝cos x－1＋x2单调递增；当x<0时，f′(x)<0，即f(x)＝cos x－1＋x2单调递减，所以f(x)min＝f(0)＝0，因此cos x≥1－x2恒成立，故D正确.] 12.1，2，4(答案不唯一)　[设{an}的公比为q，因为a2＋a3＝6a1，所以a1q＋a1q2＝6a1，所以q＋q2＝6，解得q＝－3或q＝2，又数列{an}为递增数列，所以q＝2，所以只要填写首项为正数，公比为2的等比数列的前三项均可，如1，2，4.] 13.x－y－1＝0　[设切点的横坐标为t，依题意得ln t＝at2－t，＝2at－1，消元得ln t＝(*)，h(t)＝ln t－在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)＝0，故(*)有唯一解t＝1.此时切点P的坐标为(1，0)，切线斜率为＝1，则所求切线方程为x－y－1＝0.] 14.　[当a＝0时，f(x)＝－x2＋1有两个零点，不符合题意； 当a≠0时，f′(x)＝3ax2－3x＝3x(ax－1)，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝. ①若a>0，则>0，令f′(x)>0，得x<0或x>；令f′(x)<0，得0<x<，则f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减；又f(－1)＝－a－<0，f(0)＝1，则此时f(x)在(－∞，0)上存在零点，不符合题意.②若a<0，则<0，令f′(x)>0，得<x<0；令f′(x)<0，得x<或x>0，则f(x)在上单调递增，在，(0，＋∞)上单调递减.要使存在唯一的零点x0且x0>0，则满足f＝1－>0，解得a<－，综上，实数a的取值范围是.] 15.解　(1)选①：由a1＋a2＝4得2a1＋d＝4，由d≥2，d∈N*得a1＝1，d＝2， 所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.选②：由a3＋a5＝14得2a1＋6d＝14，由d≥2，d∈N*，得a1＝1，d＝2，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.选③：由Sn＝n2＋m得an＝Sn－Sn－1＝n2＋m－(n－1)2－m＝2n－1(n≥2)，所以a2＝3，a3＝5.又因为数列{an}是等差数列，所以d＝2，a1＝1，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1. (2)因为bn＝(－1)nan，所以T2n＝b1＋b2＋…＋b2n＝－a1＋a2－a3＋a4＋…－a2n－1＋a2n＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(a2n－a2n－1)＝2＋2＋…＋2＝2n. 16.解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝－1时，f′(x)＝x－＝，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1舍去)，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，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，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)＝，f(x)max＝f(e)＝e2＋1. 17.证明　(1)由an＋1＝3an－2an－1得an＋1－an＝2(an－an－1)，n≥2，又a2－a1＝2， ∴数列{an＋1－an}是首项为2，公比为2的等比数列，∴当n≥2时，an－an－1＝2·2n－2＝2n－1，则an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋21＋1＝2n－1，又当n＝1时，a1＝1符合上式，∴an＝2n－1. (2)由(1)得bn＝2log4(an＋1)2＝log2(2n)2＝2n，∴＝＝＝，∴＋＋…＋＝[＋＋…＋]＝＜.故对一切n∈N*，有＋＋…＋＜. 18.解　(1)∵当x＝5时，y＝11，∴由函数式y＝＋10(x－6)2，得＋10＝11，∴a＝2. (2)由(1)知该商品每日的销售量y＝＋10(x－6)2，∴商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)＝(x－3)＝2＋10(x－3)(x－6)2，3<x<6， f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)(x－6)，令f′(x)＝0，得x＝4，当3<x<4时，f′(x)>0，函数f(x)在(3，4)上单调递增；当4<x<6时，f′(x)<0，函数f(x)在(4，6)上单调递减，∴当x＝4时，函数f(x)取得最大值f(4)＝42，∴当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大，最大值为42. 19.(1)解　k＝0时，f′(x)＝，f′(1)＝，f(1)＝0，∴切线为y－0＝(x－1)，即x－ey－1＝0. (2)解　由已知得f(x)＝，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，令f′(x)＝0，则k＝.令F(x)＝，0＜x≤1，则F′(x)＝－＜0恒成立， ∴函数F(x)在区间(0，1]上单调递减.∵F(1)＝1，∴F(x)≥1，则k的取值范围是[1，＋∞). (3)证明　f′(x)＝，由f′(1)＝0得k＝1，∴f′(x)＝，x＞0. 欲证f′(x)＜恒成立，只需证明1－x－x·ln x＜(e－2＋1).设h(x)＝1－x－x·ln x，x＞0，则h′(x)＝－ln x－2，令h′(x)＝0，解得x＝e－2，当x∈(0，e－2)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，当x∈(e－2，＋∞)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，∴h(x)的最大值为h(e－2)＝e－2＋1，故1－x－x·ln x≤e－2＋1.设g(x)＝ex－(x＋1)，x≥0， 则g′(x)＝ex－1，∴当x＞0时，g′(x)＞0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(0)＝0，故x∈(0，＋∞)时，g(x)＝ex－(x＋1)＞0，即＞1，∴1－x－x·ln x≤e－2＋1＜(e－2＋1)，∴对任意x＞0，f′(x)＜恒成立. 学科网（北京）股份有限公司 $$