模块综合检测-【优学精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册教用课件(人教B版)

该高中数学课件聚焦导数应用、数列综合及函数性质，通过基础题到综合题的递进设计，搭建从概念理解到实际应用的学习支架，帮助学生梳理知识脉络。 其亮点在于结合十二平均律、帕德近似等实际情境培养数学眼光，通过数列证明、导数不等式推理发展数学思维，规范解题步骤强化数学语言表达。助力学生提升综合应用能力，为教师提供分层教学素材。

模块综合检测 （时间：120分钟　满分：150分） 一、单项选择题（本大题共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. 函数f（x）＝ cos x（ sin x＋1）的导数是（　　） A. cos 2x＋ sin x B. cos 2x－ sin x C. cos 2x＋ cos x D. cos 2x－ cos x 解析： 　由f（x）＝ cos x（ sin x＋1）可得f'（x）＝－ sin x （ sin x＋1）＋ cos x· cos x＝ cos 2x－ sin 2x－ sin x＝ cos 2x－ sin x，故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 2. 已知函数f（x）的导函数为f'（x），且满足f（x）＝2xf' ＋ sin x，则f（π）＝（　　） A. － B. C. π D. －π 解析： 　对f（x）进行求导得f'（x）＝2f' ＋ cos x，所以 f' ＝2f' ＋ ，f' ＝－ ，所以f（x）＝－x＋ sin x，所 以f（π）＝－π＋ sin π＝－π. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 3. 已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3＋a6＝25，S5＝40，则数 列{an}的公差d＝（　　） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 解析： 　设等差数列{an}的首项为a1，由a3＋a6＝25及S5＝40得 解得d＝3.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 4. 等比数列{an}的通项公式为an＝2·3n－1，现把每相邻两项之间都插 入两个数，构成一个新的数列{bn}，那么162是新数列{bn}的 （　　） A. 第5项 B. 第12项 C. 第13项 D. 第6项 解析： 　162是数列{an}的第5项，则它是新数列{bn}的第5＋（5 －1）×2＝13项. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 5. 已知各项都是正数的等比数列{an}，Sn为其前n项和，且S3＝10， S9＝70，那么S12＝（　　） A. 150 B. 200 C. 150或－200 D. 200或－150 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 解析： 　由题意，设等比数列{an}的公比为q，其中q＞0，因为 S3＝10，S9＝70，所以q≠1，又S3＝ ＝10，S9＝ ＝70，两式相除，可得 ＝ ＝q6 ＋q3＋1＝7，即q6＋q3－6＝0，解得q3＝2或q3＝－3（舍去），把 q3＝2，代入 ＝10，可得 ＝－10，所以S12＝ ＝ ×[1－（q3）4]＝－10×（1－24）＝150.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 6. 十二平均律是我国明代音乐理论家和数学家朱载堉发明的.明万历 十二年（公元1584年），他写成《律学新说》，提出了十二平均律 的理论，这一成果被意大利传教士利玛窦通过丝绸之路带到了西 方，对西方音乐产生了深远的影响.十二平均律的数学意义是：在1 和2之间插入11个正数，使包含1和2的这13个数依次成递增的等比 数列，依此规则，插入的第四个数应为（　　） A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 解析： 　根据题意，设这个等比数列为{an}，设其公比为q，又 由a1＝1，a13＝2，则q12＝ ＝2，插入的第四个数应为a5＝a1q4 ＝q4＝ ，故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 7. 若a＞2，则方程 x3－ax2＋1＝0在（0，2）上恰好有（　　） A. 0个根 B. 1个根 C. 2个根 D. 3个根 解析： 　设f（x）＝ x3－ax2＋1，则f'（x）＝x2－2ax＝x（x －2a），当x∈（0，2）时，f'（x）＜0，f（x）在（0，2）上为 减函数，又f（0）f（2）＝1× ＝ －4a＜0，所以f （x）＝0在（0，2）上恰好有一个根. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 8. 设f（x），g（x）在[a，b]上可导，且f'（x）＞g'（x），则当 a＜x＜b时，有（　　） A. f（x）＞g（x） B. f（x）＜g（x） C. f（x）＋g（a）＞g（x）＋f（a） D. f（x）＋g（b）＞g（x）＋f（b） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 解析： 　∵f'（x）－g'（x）＞0，∴[f（x）－g（x）]'＞0， ∴f（x）－g（x）在[a，b]上是增函数，∴当a＜x＜b时，f （b）－g（b）＞f（x）－g（x）＞f（a）－g（a），∴f （x）＋g（a）＞g（x）＋f（a），f（x）＋g（b）＜g（x） ＋f（b）.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给 出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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. 在递增的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1a4＝ 32，a2＋a3＝12，则下列说法正确的是（　　） A. q＝1 B. 数列{Sn＋2}是等比数列 C. S8＝510 D. 数列{lg an}是公差为lg 2的等差数列 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 解析： 　由题意，根据等比中项的性质，可得a2a3＝a1a4＝32 ＞0，a2＋a3＝12＞0，故a2＞0，a3＞0.根据根与系数的关系，可 知a2，a3是一元二次方程x2－12x＋32＝0的两个根.解得a2＝4，a3 ＝8，或a2＝8，a3＝4.故必有公比q＞0，∴a1＝ ＞0.∵等比数 列{an}是递增数列，∴q＞1.∴a2＝4，a3＝8满足题意.∴q＝2， a1＝ ＝2.故选项A不正确；an＝a1·qn－1＝2n.∵Sn＝ ＝ 2n＋1－2.∴Sn＋2＝2n＋1＝4·2n－1.∴数列{Sn＋2}是以4为首项，2 为公比的等比数列.故选项B正确；S8＝28＋1－2＝512－2＝510.故选项C正确；∵lg an＝lg 2n＝nlg 2.∴数列{lg an}是公差为lg 2的等差数列.故选项D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 10. 等差数列{an}是递增数列，满足a7＝3a5，前n项和为Sn，下列选 项正确的是（　　） A. d＞0 B. a1＜0 C. 当n＝5时Sn最小 D. Sn＞0时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 数学·选择性必修第三册（B版） 解析： 　设等差数列{an}的公差为d，因为a7＝3a5，可得a1 ＋6d＝3（a1＋4d），解得a1＝－3d，又由等差数列{an}是递增 数列，可知d＞0，则a1＜0，故A、B正确；因为Sn＝ n2＋ n＝ n2－ n，由n＝－ ＝ 可知，当n＝3或n＝4时 Sn最小，故C错误；令Sn＝ n2－ n＞0，解得n＜0或n＞7，即 Sn＞0时n的最小值为8，故D正确.故选A、B、D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 11. 对于函数f（x）＝16ln（1＋x）＋x2－10x，下列说法正确的是 （　　） A. x＝3是函数f（x）的一个极值点 B. f（x）的单调递增区间是（－1，1），（2，＋∞） C. f（x）在区间（1，2）上单调递减 D. 直线y＝16ln 3－16与函数y＝f（x）的图象有3个交点 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 解析： 　由题意得f'（x）＝ ＋2x－10＝ ，x＞ －1，令2x2－8x＋6＝0，可得x＝1，x＝3， 则f（x）在（－1，1），（3，＋∞）上单调递增，在（1，3） 上单调递减，∴x＝3是函数f（x）的一个极值点，故A、C正 确，B错误； ∵f（1）＝16ln（1＋1）＋12－10＝16ln 2－9， f（3）＝16ln（1＋3）＋32－10×3＝16ln 4－21，又y＝16ln 3－ 16＝f（2），根据f（x）在（1，3）上单调递减得f（1）＞f （2）＞f（3）， 即16ln 3－16＜16ln 2－9，16ln 3－16＞16ln 4－21，∴直线y＝16ln 3－16与函数y＝f（x）的图象有3个交点，故D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中 横线上） 12. 曲线y＝xln x＋3x在点（1，3）处的切线方程为 ⁠ ⁠. 解析：∵f（x）＝xln x＋3x，f'（x）＝ln x＋4，f'（1）＝4， ∴切线的方程是y－3＝4（x－1），即4x－y－1＝0. 4x－y－1＝ 0　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 13. 公差不为零的等差数列{an}中，2a3－ ＋2a11＝0，数列{bn}是 等比数列，且b7＝a7，则b6b8＝ 　16 　. 解析：∵2a3－ ＋2a11＝2（a3＋a11）－ ＝4a7－ ＝0，又 ∵b7＝a7≠0，∴b7＝a7＝4.∴b6b8＝ ＝16. 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 14. 已知f（x）是定义在（0，＋∞）上的函数，f'（x）是f（x）的 导函数，且总有f（x）＞xf'（x），则不等式f（x）＞xf（1）的 解集为 ⁠. 解析：设g（x）＝ ，则g'（x）＝ ＜0，函 数g（x）是单调递减函数，不等式f（x）＞xf（1）等价于 ＞ ，解得0＜x＜1，不等式f（x）＞xf（1）的解集 为（0，1）. （0，1）　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说 明、证明过程或演算步骤） 15. （本小题满分13分）已知数列{an}的前n项和Sn满足 ＝ ＋1（n≥2，n∈N＋），且a1＝1. （1）求数列{an}的通项公式； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 解：由 － ＝1，得数列{ }是公差为1的等差数列， 又∵ ＝ ＝1，∴ ＝n，∴Sn＝n2. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－（n－1）2＝2n－1， 又∵a1＝1也满足上式， ∴an＝2n－1（n∈N＋）. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） （2）记bn＝ ，Tn为{bn}的前n项和，求使Tn≥ 成立的n 的最小值. 解：由（1）知，bn＝ ＝ ， ∴Tn＝ ［ ＋ ＋…＋（ － ）］＝ ＝ . 由Tn≥ 得n2≥4n＋2，得（n－2）2≥6，∴n≥5， ∴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 数学·选择性必修第三册（B版） 16. （本小题满分15分）已知{an}为等差数列，前n项和为Sn（n∈N ＋），{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3 ＝a4－2a1，S11＝11b4. （1）求{an}和{bn}的通项公式； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 解：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由已知b2＋b3＝12，得b1（q＋q2）＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.又因为q＞0，解得q＝2.所以bn＝2n. 由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.　① 由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16，　② 联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2. 所以{an}的通项公式为an＝3n－2，{bn}的通项公式为bn＝2n. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） （2）求数列{a2nbn}的前n项和（n∈N＋）. 解：设数列{a2nbn}的前n项和为Tn， 由a2n＝6n－2， 有Tn＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋（6n－2）×2n， 2Tn＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋（6n－8）×2n＋（6n －2）×2n＋1， 上述两式相减，得－Tn＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n －（6n－2）×2n＋1＝ －4－（6n－2）×2n＋1 ＝－（3n－4）×2n＋2－16. 得Tn＝（3n－4）2n＋2＋16. 所以数列{a2nbn}的前n项和为（3n－4）2n＋2＋16. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 17. （本小题满分15分）帕德近似是法国数学家帕德于19世纪末提出 的，其基本思想是将一个给定的函数表示成两个多项式之比的形 式，具体是：给定两个正整数m，n，函数f（x）在x＝0处的 [m，n]阶帕德近似为R（x）＝ ，其中R （0）＝f（0），R'（0）＝f'（0），R″（0）＝f″（0），…，R （m＋n）（0）＝f（m＋n）（0）（f（n）（x）为f（n－1）（x）的导 数）.已知函数f（x）＝ln（x＋1）在x＝0处的[1，1]阶帕德近 似为R（x）＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） （1）求实数a，b的值； 解：∵f'（x）＝ ，f″（x）＝－ ， ∴f'（0）＝1，f″（0）＝－1， 又R'（x）＝ ，R″（x）＝ ， 由R'（0）＝1，R″（0）＝－1， 得a＝1，b＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） （2）证明：当x＞0时，f（x）＞R（x），并比较 cos 与 ln 的大小. 解：证明：令h（x）＝f（x）－R（x）＝ln（x＋ 1）－ ， 则h'（x）＝ － ＝ ＞0对x∈ （0，＋∞）恒成立， ∴h（x）在（0，＋∞）上单调递增， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 又h（0）＝0， ∴h（x）＞0，即当x＞0时，f（x）＞R（x）. ∵ln（x＋1）＞ 在x∈（0，＋∞）时恒成立， ∴ln ＝ln（1＋ ）＞ ＝ ＞ ， 又 cos ＜ ， ∴ cos ＜ln . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 18. （本小题满分17分）已知三次函数f（x）的导函数f'（x）＝－ 3x2＋3且f（0）＝－1，g（x）＝xln x＋ （a≥1）. （1）求f（x）的极值； 解：依题意得f（x）＝－x3＋3x－1，f'（x）＝－3x2＋3＝－3（x＋1）（x－1）， 知f（x）在（－∞，－1）和（1，＋∞）上是减函数，在 （－1，1）上是增函数， 所以f（x）极小值＝f（－1）＝－3，f（x）极大值＝f（1）＝1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） （2）求证：对任意x1，x2∈（0，＋∞），都有f（x1）≤g （x2）. 解：证明：易得x＞0时，f（x）最大值＝1， 由a≥1知，g（x）≥xln x＋ （x＞0）， 令h（x）＝xln x＋ （x＞0）， 则h'（x）＝ln x＋1－ ＝ln x＋ ， 注意到h'（1）＝0，当x＞1时，h'（x）＞0； 当0＜x＜1时，h'（x）＜0， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 即h（x）在（0，1）上是减函数，在（1，＋∞）上是增 函数， h（x）最小值＝h（1）＝1，即g（x）最小值＝1. 综上知对任意x1，x2∈（0，＋∞），都有f（x1）≤g（x2）. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 19. （本小题满分17分）已知数列{an}共有m（m≥2，m∈N＋） 项，且an∈Z，若满足 ≤1（1≤n≤m－1），则称 {an}为“约束数列”.记“约束数列”{an}的所有项的和为Sm. （1）当m＝5时，写出所有满足a1＝a5＝1，S5＝6的“约束数 列”； 解：当m＝5时，所有满足a1＝a5＝1，S5＝6的“约束 数列”有： 1，1，2，1，1；1，1，1，2，1；1，2，1，1，1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） （2）当m＝2 000，a1＝25时，设p：a2 000＝2 024；q：“约束 数列”{an}为等差数列.请判断p是q的什么条件，并说明 理由； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 解： p是q的充分不必要条件.理由如下： 当a2 000＝2 024时，∵ ≤1（n＝1，2，…， 1 999），∴an＋1－an≤1. 则a2 000＝（a2 000－a1 999）＋（a1 999－a1 998）＋（a1 998－a 1 997）＋…＋（a2－a1）＋a1≤1 999＋a1＝2 024， 当且仅当a2 000－a1 999＝a1 999－a1 998＝a1 998－a1 997＝…＝a2 －a1＝1时，a2 000＝2 024成立， ∴“约束数列”{an}是公差为1的等差数列. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 当“约束数列”{an}是等差数列时，由 ≤1， 得an＋1－an＝1或an＋1－an＝0或an＋1－an＝－1， 若an＋1－an＝0，则{an}的公差为0，∴a2 000＝a1＝25； 若an＋1－an＝－1，则{an}的公差为－1，∴a2 000＝a1－ 1 999＝－1 974； 若an＋1－an＝1，则{an}的公差为1，∴a2 000＝a1＋1 999＝ 2 024， 即当“约束数列”{an}是等差数列时，a2 000＝25或－1 974 或2 024. 综上得p是q的充分不必要条件. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） （3）当a1＝1，a2k＝0（1≤k≤ ，k∈N＋）时，求｜Sm｜的最 大值. 解：∵a1＝1，a2k＝0，∴要使得 取最大值，则 an≥0，当且仅当同时满足以下三个条件时， 取最大值. ①当2≤n≤k时，an－an－1＝1； ②当k＋1≤n≤2k时，an－an－1＝－1； ③当2k＋1≤n≤m时，an－an－1＝1. ∴ ＝［ ×2－k］＋ ＝k2＋ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） $