本册综合测评-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

本册综合测评 基础题(占比50%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★★ ★★ ★ ★★ 对点 观察法求数列中的项 导数运算法则的实际应用 利用导数的几何意义比较导数值的大小 等差数列通项公式的应用 分段函数零点与极值点的 求解 等比数列的通项公式在不等式中的应用 利用构造函数的单调性比较大小 利用等差数列的前n项和公式解决与实际问题有关的不等式问题 等差数列中基本量的计算及前n项和的最值问题 利用导数解决极值问题；利用函数的单调性比较大小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 难度 ★★★ ★ ★★ ★★★ ★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 函数极值、最值、零点问题的综合应用 已知函数的极值点求参数值 已知曲线过某点的切线条数求参数的取值范围 与等比数列前n项和有关的图形规律探索问题 利用导数求函数的单调区间；已知函数的最值求参数值 等差数列的函数性质；等比数列前n项和公式的计算及应用 利用an与Sn的关系求数列的通项公式；裂项相消法求和 利用导数求切线方程；与零点有关的证明问题；双变量不等式问题 与数列有关的创新型问题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 3 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．若数列－1，2，5，8，11，x，…中的项按一定规律变化，则实数x的值最有可能是(　　) A．12 B．13 C．14 D．15 时间：120分钟　　　满分：150分 解析：数列－1，2，5，8，11，x，…从第二项起，每一项与前一项的差等于3，所以x＝11＋3＝14. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 4 2．(2024·江苏扬州高二期末)某质点沿直线运动，位移s(单位：m)与时间t(单位：s)之间的关系为s(t)＝t2＋3，则当t＝5 s时，该质点的瞬时速度为(　　) A．10 m/s B．11 m/s C．13 m/s D．28 m/s 解析：因为s(t)＝t2＋3，所以s′(t)＝2t，所以s′(5)＝2×5＝10，即当t＝5 s时，该质点的瞬时速度为10 m/s.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 5 3．已知函数 f (x)的图象如图所示，那么下列各式 正确的是(　　) A．f ′(1)<f ′(2)<f ′(3)<0 B．f ′(1)>f ′(2)>f ′(3)>0 C．f ′(3)<f ′(2)<f ′(1)<0 D．f ′(3)>f ′(2)>f ′(1)>0 解析：由f(x)的图象知f(x)单调递减，即f′(x)<0，但f(x)图象的切线斜率随着x的增大而增大，即导函数f ′(x)是单调递增的，因此f ′(1)<f ′(2)<f ′(3)<0.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 7 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 13 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．已知数列{an}是公差不为0的等差数列，前n项和为Sn，满足a1＋5a3＝S8.下列结论正确的是(　　) A．a10＝0 B．S7＝S12 C．S10最小 D．S20＝0 解析：设数列{an}的公差为d，由a1＋5a3＝S8，可得a1＋9d＝0，即a10＝0，故A正确；又S12－S7＝a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝5a10＝0，故B正确；当d>0时，S9或S10最小，当d<0时，S9或S10最大，故C错误；S19＝19a10＝0，a20≠0，所以S20≠0，故D错误．故选AB. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14 10．(2024·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝(x－1)2·(x－4)，则(　　) A．x＝3是f (x)的极小值点 B．当0<x<1时，f (x)<f (x2) C．当1<x<2时，－4<f (2x－1)<0 D．当－1<x<0时，f (2－x)>f (x) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 15 解析：对于A，因为函数f (x)的定义域为R，而f ′(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2＝3(x－1)(x－3)，易知当x∈(1，3)时，f ′(x)<0，当x∈(－∞，1)或x∈(3，＋∞)时， f ′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，3)内单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，故x＝3是f(x)的极小值点，故A正确；对于B，当0<x<1时，因为x－x2＝x(1－x)>0，所以1>x>x2>0，而由A项分析可知，函数f(x)在(0，1)内单调递增，所以f(x)>f(x2)，故B错误；对于C，当1<x<2时，1<2x－1<3，而由A项分析可知，函数f(x)在(1，3)内单调递减，所以f(3)<f(2x－1)<f(1)，即－4<f(2x－1)<0，故C正确；对于D，当－1<x<0时，f(2－x)－f(x)＝(1－x)2(－2－x)－(x－1)2(x－4)＝(x－1)2(2－2x)＝2(1－x)3>0，所以f(2－x)>f(x)，故D正确．故选ACD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分．将答案填在题中的横线上) 12．已知函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，则c＝________． 解析：∵f (x)＝x3－2cx2＋c2x，∴f ′(x)＝3x2－4cx＋c2.∵f ′(2)＝0，∴c2－8c＋12＝0，解得c＝2或c＝6.检验可知，当c＝2时，函数在x＝2处取得极小值，不符合题意，∴c＝6. 6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19 13．若曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________________________． (－∞，－4)∪(0，＋∞) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 21 记第n个图形(图1为第1个图形)中的所有线段长的和为bn，则 (1)b3＝________； (2)如果对任意n∈N*，bn<2024恒成立，那么线段AB的长度a的取值范围是________________． 4a (0，404.8] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 23 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 25 16．(本小题满分15分)已知{an}为等比数列，其前n项和为Sn，且满足a3＝1，S3＝3a2＋1.{bn}为等差数列，其前n项和为Tn，如图________所示，Tn的图象经过A，B两点． (1)求Sn； (2)若存在正整数n，使得bn>Sn，求n的最小值． 从图①②③中选择一个适当的条件，补充在上面 问题中并解答． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 26 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 27 由题图②知，T1＝b1＝1，T3＝6，可判断d>0，数列{bn}是递增数列． 由题图③知，T1＝b1＝－3，T3＝0，可判断d>0，数列{bn}是递增数列． 所以选择题图②③均可能满足“存在正整数n，使得bn>Sn”． 第一种情况： 如果选择题图②，即T1＝b1＝1，T3＝6，可得d＝1，bn＝n. 当n＝1，2，3，4，5，6，7时，bn>Sn不成立， 当n＝8时，b8＝8，S8＝8－23－8<b8， 所以使得bn>Sn成立的n的最小值为8. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 28 第二种情况： 如果选择题图③，即T1＝b1＝－3，T3＝0， 可得d＝3，bn＝3n－6. 当n＝1，2，3，4时，bn>Sn不成立， 当n＝5时，b5＝9，S5＝8－23－5<b5成立， 所以使得bn>Sn成立的n的最小值为5. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 29 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 30 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 31 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 32 18．(本小题满分17分)已知函数 f (x)＝2sinx－xcosx－x，f ′(x)为 f (x)的导数． (1)求曲线y＝f (x)在点A(0，f (0))处的切线方程； (2)证明：f ′(x)在(0，π)内存在唯一零点； (3)设 g(x)＝x2－2x＋a(a∈R)，若对任意 x1∈[0，π]，均存在x2∈[1，2]，使得f (x1)>g(x2)，求实数a的取值范围． 解：(1)因为f ′(x)＝cosx＋xsinx－1，所以f ′(0)＝0，即曲线y＝f (x)在点A(0， f (0))处的切线的斜率k＝0，且f (0)＝0， 从而曲线y＝f (x)在点A(0，f (0))处的切线方程为y＝0. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 33 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 34 (3)已知条件可转化为f (x)min>g (x)min. 因为函数g (x)＝x2－2x＋a(a∈R)图象的对称轴为直线x＝1∈[1，2]， 所以g (x)min＝g(1)＝a－1. 由(2)知，f ′(x)在(0，π)内只有一个零点， 设为x0，且当x∈(0，x0)时，f′(x)>0； 当x∈(x0，π)时，f ′(x)<0， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 35 所以f (x)在(0，x0)内单调递增，在(x0，π)内单调递减． 又f (0)＝0，f (π)＝0， 所以当x∈[0，π]时，f (x)min＝0. 所以0>a－1，即a<1， 因此实数a的取值范围是(－∞，1)． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 36 19．(2024·新课标Ⅰ卷改编)(本小题满分17分)设m为正整数，数列a1，a2，…， a4m＋2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项ai和aj(i<j)后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)－可分数列． (1)写出所有的(i，j)，1≤i<j≤6，使数列a1，a2，…，a6是(i，j)－可分数列； (2)当m≥3时，证明：数列a1，a2，…，a4m＋2是(2，13)－可分数列； (3)定义集合A＝{4k＋1|k＝0，1，2，…，m}，B＝{4k＋2|k＝0，1，2， …，m}． 命题1：i∈A，j∈B或i∈B，j∈A； 命题2：j－i≠3. 证明：对1≤i<j≤4m＋2，如果命题1和命题2同时成立，则数列a1，a2，…， a4m＋2一定是(i，j)－可分数列． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 37 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 38 回到原题，第1小问相当于从1，2，3，4，5，6中取出两个数i和j(i<j)，使得剩余的四个数成等差数列． 那么剩余的四个数只可能是1，2，3，4或2，3，4，5或3，4，5，6. 所以所有可能的(i，j)就是(1，2)，(1，6)，(5，6)． (2)证明：由于从数列1，2，…，4m＋2中取出2和13后，剩余的4m个数可以分为以下两个部分，共m组，使得每组成等差数列： ①{1，4，7，10}，{3，6，9，12}，{5，8，11，14}，共3组； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 39 ②{15，16，17，18}，{19，20，21，22}，…，{4m－1，4m，4m＋1，4m＋2}，共m－3组． (如果m－3＝0，则忽略②) 故数列1，2，…，4m＋2是(2，13)－可分数列． 所以数列a1，a2，…，a4m＋2是(2，13)－可分数列． (3)证明：集合A＝{4k＋1|k＝0，1，2，…，m}＝{1，5，9，13，…，4m＋1}，B＝{4k＋2|k＝0，1，2，…，m}＝{2，6，10，14，…，4m＋2}． 命题1：i∈A，j∈B或i∈B，j∈A； 命题2：j－i≠3. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 40 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 41 ①{1，2，3，4}，{5，6，7，8}，…，{4k1－3，4k1－2，4k1－1，4k1}，共k1组； ②{4k1＋2，4k1＋3，4k1＋4，4k1＋5}，{4k1＋6，4k1＋7，4k1＋8，4k1＋9}，…，{4k2－2，4k2－1，4k2，4k2＋1}，共k2－k1组； ③{4k2＋3，4k2＋4，4k2＋5，4k2＋6}，{4k2＋7，4k2＋8，4k2＋9，4k2＋10}，…，{4m－1，4m，4m＋1，4m＋2}，共m－k2组． (如果某一部分的组数为0，则忽略之) 故此时数列1，2，…，4m＋2是(i，j)－可分数列． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 42 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 43 ①{1，2，3，4}，{5，6，7，8}，…，{4k1－3，4k1－2，4k1－1，4k1}，共k1组； ②{4k1＋1，3k1＋k2＋1，2k1＋2k2＋1，k1＋3k2＋1}，{3k1＋k2＋2，2k1＋2k2＋2，k1＋3k2＋2，4k2＋2}，共2组； ③全体{4k1＋p，3k1＋k2＋p，2k1＋2k2＋p，k1＋3k2＋p}，其中p＝3，4，…，k2－k1，共k2－k1－2组； ④{4k2＋3，4k2＋4，4k2＋5，4k2＋6}，{4k2＋7，4k2＋8，4k2＋9，4k2＋10}，…，{4m－1，4m，4m＋1，4m＋2}，共m－k2组． (如果某一部分的组数为0，则忽略之) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 44 这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含k2－k1－2个行，4个列的数表以后，4个列分别是下面这些数： {4k1＋3，4k1＋4，…，3k1＋k2}，{3k1＋k2＋3，3k1＋k2＋4，…，2k1＋2k2}，{2k1＋2k2＋3，2k1＋2k2＋3，…，k1＋3k2}，{k1＋3k2＋3，k1＋3k2＋4，…，4k2}． 可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍{4k1＋1，4k1＋2，…，4k2＋2}中除去五个集合{4k1＋1，4k1＋2}，{3k1＋k2＋1，3k1＋k2＋2}，{2k1＋2k2＋1，2k1＋2k2＋2}，{k1＋3k2＋1，k1＋3k2＋2}，{4k2＋1，4k2＋2}中的十个元素以外的所有数． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 45 而这十个数中，除去已经去掉的4k1＋2和4k2＋1以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数． 这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1，2，…，4m＋2是(i，j)－可分数列． 至此，我们证明了：对1≤i<j≤4m＋2，如果命题1和命题2同时成立，则数列1，2，…，4m＋2一定是(i，j)－可分数列，即数列a1，a2，…，a4m＋2一定是(i，j)－可分数列． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 46 　　　　　　　　　　　　　 R 4．(2024·河北衡水中学高二期末)已知公差不为0的等差数列{an}，其前n项和为Sn，若a1，a3，a4成等比数列，则eq \f(S3－S2,S5－S3)的值为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：设等差数列的公差为d(d≠0)，则a3＝a1＋2d，a4＝a1＋3d.因为a1，a3，a4成等比数列，所以(a1＋2d)2＝a1(a1＋3d)，解得a1＝－4d，则eq \f(S3－S2,S5－S3)＝eq \f(a3,a5＋a4)＝eq \f(a1＋2d,2a1＋7d)＝eq \f(－4d＋2d,－8d＋7d)＝2.故选B. 5．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x－9，x≥0，,xex，x<0))(e＝2.718…为自然对数的底数)，若f(x)的零点为α，极值点为β，则α＋β＝(　　) A．2 B．1 C．0 D．－1 解析： f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x－9，x≥0，,xex，x<0))的零点为α＝2，极值只能在x<0时取得．当x<0时，f ′(x)＝(1＋x)ex，则当x<－1时，f ′(x)<0，当－1<x<0时，f ′(x)>0，所以函数f(x)在β＝－1处取得极小值．从而α＋β＝1. 6．已知各项都为正数的等比数列{an}中，a2a4＝4，a1＋a2＋a3＝14，则满足anan＋1an＋2>eq \f(1,9)的最大正整数n的值为(　　) A．3　　　　　B．4　　　　　C．5　　　　　D．6 解析：设数列{an}的公比为q(q>0)．∵a2a4＝4＝aeq \o\al(2,3)，且a3>0，∴a3＝2.又a1＋a2＋a3＝eq \f(2,q2)＋eq \f(2,q)＋2＝14，∴eq \f(1,q)＝－3(舍去)或eq \f(1,q)＝2，即q＝eq \f(1,2)，∴a1＝8，∴an＝8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－4)，∴anan＋1an＋2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(3n－9)>eq \f(1,9)，即23n－9<9.∵n∈N*，∴n的最大值为4.故选B. 7．已知定义域为R的奇函数f(x)的导函数为f ′(x)，当x>0时，xf′(x)>f(x)．若a＝eq \f(f（－log23）,－log23)，b＝eq \f(f（log46）,log46)，c＝eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,8))),sin\f(π,8))，则a，b，c的大小关系为(　　) A．a<b<c　　　 B．c<a<b　　　 C．c<b<a　　　 D．b<c<a 解析：令g(x)＝eq \f(f（x）,x)(x≠0)，由于f(x)为R上的奇函数，所以g(x)＝eq \f(f（x）,x)(x≠0)为定义域上的偶函数，又当x>0时，xf′(x)>f(x)，所以，当x>0时，g′(x)＝eq \f(xf′（x）－f（x）,x2)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增．又0<sineq \f(π,8)<1<log46<log49＝log23，所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,8)))<g(log46)<g(log23)＝g(－log23)，即c<b<a. 8．几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，eq \f(1,2)，1，eq \f(1,3)，eq \f(2,3)，1，eq \f(1,4)，eq \f(1,2)，eq \f(3,4)，1，…，其中第一项是1，接下来的两项是eq \f(1,2)，1，再接下来的三项是eq \f(1,3)，eq \f(2,3)，1，依此类推，求满足如下条件的最小整数N.该数列的前N项和大于46，那么该款软件的激活码是(　　) A．66　　　　　　　　　 B．83 C．91　　　　　　　　　 D．105 解析：该数列的前1＋2＋…＋k＝eq \f(k（k＋1）,2)项和为Seq \s\do9(\f(k（k＋1）,2))＝1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋1))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋\f(2,k)＋…＋1))＝eq \f(1＋1,2)＋eq \f(1＋2,2)＋eq \f(1＋3,2)＋…＋eq \f(1＋k,2)＝eq \f(k2＋3k,4)，要使eq \f(k2＋3k,4)>46，当k＝12时，eq \f(k2＋3k,4)＝45，又eq \f(1,13)＋eq \f(2,13)＋eq \f(3,13)＋eq \f(4,13)＝eq \f(10,13)<1，eq \f(1,13)＋eq \f(2,13)＋eq \f(3,13)＋eq \f(4,13)＋eq \f(5,13)＝eq \f(15,13)>1，所以对应满足条件的最小整数N＝eq \f(12×13,2)＋5＝83. 11．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－e<k<0时，方程f(x)＝k有且只有两个实根 D．若x∈[t，＋∞)时，f(x)max＝eq \f(5,e2)，则t的最小值为2 解析：由f(x)＝0，得x2＋x－1＝0，解得x＝eq \f(－1±\r(5),2)，所以A正确；f ′(x)＝－eq \f(x2－x－2,ex)＝－eq \f(（x＋1）（x－2）,ex)，当f ′(x)>0时，－1<x<2；当f ′(x)<0时，x<－1或x>2，所以函数的单调递减区间为(－∞，－1)，(2，＋∞)，函数的单调递增区间为(－1，2)，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；当x趋向于＋∞时，f(x)趋向于0，根据B项可知，函数的最小值是f(－1)＝－e，由图可知，当－e<k<0时，方程f(x)＝k有且只有两个实根，所以C正确；由图象可知，t的最大值是2，所以D不正确．故选ABC. 解析：因为y＝(x＋a)ex，所以y′＝(x＋a＋1)ex.设切点为A(x0，(x0＋a)e x0)，O为坐标原点，依题意得，切线斜率kOA＝(x0＋a＋1)e x0＝eq \f(（x0＋a）e x0,x0)，化简，得xeq \o\al(2,0)＋ax0－a＝0.因为曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，所以关于x0的方程xeq \o\al(2,0)＋ax0－a＝0有两个不同的根，所以Δ＝a2＋4a＞0，解得a＜－4或a＞0，所以a的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)． 14．分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学．分形的外表结构极为复杂，但其内部却是有规律可循的．一个数学意义上分形的生成是基于一个不断迭代的方程式，即一种基于递归的反馈系统．下面我们用分形的方法来得到一系列图形：如图1，线段AB的长度为a，在线段AB上取两个点C，D，使得AC＝DB＝eq \f(1,4)AB，以CD为一边在线段AB的上方做一个正六边形，然后去掉线段CD，得到图2中的图形；对图2中的最上方的线段EF作相同的操作，得到图3中的图形；依此类推，我们就得到了以下一系列图形： 解析：(1)由题意，b1＝a，b2＝a＋4×eq \f(1,2)a＝3a，b3＝3a＋4×eq \f(1,4)a＝4a. (2)由(1)的推理知bn＝bn－1＋4×eq \f(1,2n－1)a(n≥2)，所以bn＝a＋4×eq \f(1,2)a＋4×eq \f(1,4)a＋…＋4×eq \f(1,2n－1)a＝a＋4aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－1)))＝a＋4aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n－1)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－\f(4,2n－1)))a(n≥2)，又b1＝a，所以bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－\f(4,2n－1)))a(n∈N*)，{bn}是关于n的递增数列，且bn<5a，由题意bn<2024恒成立，则5a≤2024，a≤404.8，所以a的取值范围是(0，404.8]． 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．(本小题满分13分)函数f(x)＝ln x＋ln (2－x)＋ax(a>0)． (1)当a＝1时，求f(x)的单调区间； (2)若f(x)在(0，1]上的最大值为eq \f(1,2)，求a的值． 解：函数f (x)的定义域为(0，2)，f ′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,2－x)＋a. (1)当a＝1时，f ′(x)＝eq \f(－x2＋2,x（2－x）)，令f ′(x)＝0，得x＝eq \r(2). 当0<x<eq \r(2)时，f ′(x)>0；当eq \r(2)<x<2时，f ′(x)<0. 所以f (x)的单调递增区间为(0，eq \r(2))，单调递减区间为(eq \r(2)，2)． (2)当x∈(0，1]时，f ′(x)＝eq \f(2－2x,x（2－x）)＋a>0，即f (x)在(0，1]上单调递增，故f (x)在(0，1]上的最大值为f (1)＝a，因此a＝eq \f(1,2). 解：(1)由a3＝1，S3＝3a2＋1，得a1＝2a2，即eq \f(a3,q2)＝eq \f(2a3,q)， 因为a3≠0，所以q＝eq \f(1,2)，a1＝4， 所以Sn＝eq \f(4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))＝8－23－n. (2)设{bn}的公差为d.由题图①知，T1＝b1＝1，T3＝－3，可判断d<0，数列{bn}是递减数列．而{8－23－n}是递增数列，由于b1<S1，所以选择题图①不满足“存在正整数n，使得bn>Sn”． 17．(2024·湖北新高考协作体高二联考)(本小题满分15分)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且an＝2eq \r(Sn)－1(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足an＋1＝2log3bn，设cn＝eq \f(1,anan＋1)＋(－1)nbn，求数列{cn}的前n项和Tn. 解：(1)因为an＝2eq \r(Sn)－1， 令n＝1，得a1＝2eq \r(a1)－1，解得a1＝1， 则4Sn＝aeq \o\al(2,n)＋2an＋1，4Sn－1＝aeq \o\al(2,n－1)＋2an－1＋1(n≥2)， 两式相减，得4an＝aeq \o\al(2,n)－aeq \o\al(2,n－1)＋2(an－an－1)(n≥2)， 即(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0(n≥2)， 因为数列{an}是各项均为正数的数列， 所以an－an－1＝2(n≥2)， 因此数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列， 所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1. (2)因为an＋1＝2log3bn，由(1)可得，bn＝3n， cn＝eq \f(1,anan＋1)＋(－1)nbn＝eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）)＋(－1)n×3n， ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＋(－3)n， 所以Tn＝c1＋c2＋…＋cn ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＋(－3)＋(－3)2＋…＋(－3)n ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＋eq \f(（－3）[1－（－3）n],1－（－3）)＝eq \f(n,2n＋1)－eq \f(3,4)[1－(－3)n]． (2)证明：设h(x)＝f ′(x)，则h(x)＝cosx＋xsinx－1，h′(x)＝xcosx. 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，h′(x)>0； 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，h′(x)<0， 所以h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))内单调递减． 又h(0)＝0，heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq \f(π,2)－1>0，h(π)＝－2<0， 故h(x)在(0，π)内存在唯一零点． 所以f ′(x)在(0，π)内存在唯一零点． 解：(1)首先，我们设数列a1，a2，…，a4m＋2的公差为d，则d≠0. 由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列， 故我们可以对该数列进行适当的变形a′k＝eq \f(ak－a1,d)＋1(k＝1，2，…，4m＋2)， 得到新数列a′k＝k(k＝1，2，…，4m＋2)，然后对a′1，a′2，…，a′4m＋2进行相应的讨论即可． 换言之，我们可以不妨设ak＝k(k＝1，2，…，4m＋2)，此后的讨论均建立在该假设下进行． 下面证明，对1≤i<j≤4m＋2，如果命题1和命题2同时成立，则数列1，2，…，4m＋2一定是(i，j)－可分数列． 我们分两种情况证明这个结论： 第一种情况：如果i∈A，j∈B，且j－i≠3. 此时设i＝4k1＋1，j＝4k2＋2，k1，k2∈{0，1，2，…，m}． 则由i<j可知4k1＋1<4k2＋2，即k2－k1>－， 故k2≥k1. 此时，由于从数列1，2，…，4m＋2中取出i＝4k1＋1和j＝4k2＋2后， 剩余的4m个数可以分为以下三个部分，共m组，使得每组成等差数列： 第二种情况：如果i∈B，j∈A，且j－i≠3. 此时设i＝4k1＋2，j＝4k2＋1，k1，k2∈{0，1，2，…，m}． 则由i<j可知4k1＋2<4k2＋1，即k2－k1>eq \f(1,4)， 故k2>k1. 由于j－i≠3，故(4k2＋1)－(4k1＋2)≠3， 从而k2－k1≠1，这就意味着k2－k1≥2. 此时，由于从数列1，2，…，4m＋2中取出i＝4k1＋2和j＝4k2＋1后，剩余的4m个数可以分为以下四个部分，共m组，使得每组成等差数列： $$