第5章 数列 阶段性双测卷2 B卷 素养提升卷-【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册五维课堂单元双测卷（人教B版）

数 新高考 阶段 学 同步单元双测卷 B 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}的公差为2，若a1,a3,a4成等 比数列，则a1= ( ) 类 A.-4 B.-6 C.-8 D.-10 2.设正项等比数列{an}的前n项和为Sn,2"S3o (21°+1)S2,+S1。=0,则公比q等于 如 A号 D.2 3.已知数列{an}的通项公式an=-n2十10n一21， 前n项和为Sn,若m>n,则Sm一S,的最大值是 ( A.5 B.10 C.15 D.20 4.在公差d=3的等差数列{an}中，a2十a,=一2， 则数列{|a,|}的前10项和为 ( A.127 B.125 C.89 D.70 5.十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数 学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思 维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过 程如下：将闭区间[0,1]均分为三段，去掉中间 的区间段(3，号)，记为第一次操作：再将剩下 的两个区间[0，号][导，1]分别均分为三段， 并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作： 娇 …,如此这样，每次在上一次操作的基础上， 将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自 去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去， 以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”， 若使去掉的各区间长度之和不小于号，则需要 操作的次数n的最小值为（参考数据： 1g2=0.3010,lg3=0.4771) A.4 B.5 C.6 D.7 13 性双侧卷二（全章） 卷·素养提升卷 6.设等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足S13> 0,S<0,则三，三，…，中最大的项为（) aa d13 A.S. B.Sz a6 a7 cs D.Sa a13 7.等差数列a1,a2,…,an(n≥3，n∈N),满足a1 +a2+…+an|=a,+1+a2+1+…+am +1=|a1-2|+|a2-2|+…+an-2|= 2019,则 () A.n的最大值为50B.n的最小值为50 C.n的最大值为51D.n的最小值为51 8.已知数列{an}满足a1a2a3…an=2”(n∈N*), 且对任意的n∈N都有1十1十…十1<，则 a az a 实数t的取值范围是 () A(3+∞】 B[+ c(导+】 D[层+∞) 二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分) 9.已知单调递增的等差数列{an}满足a1十a2十a3 十…十a11=0,则下列各式一定成立的有 () A.a1+a1o1> B.a2十a1w=0 C.a3十a1≤0 D.a51=0 10.设等比数列{an}的公比为q,其前n项和为Sn, 前n项积为T。,并且满足条件a1>1,aga1w> 1,g1 1,a。一<0则下列结论正确的是 () A.0<q<1 B.anan>1 C.S。的最大值为S D.Tn最大值为Tg 11.黄金螺旋线又名等角螺线，是 自然界最美的鬼斧神工.在一 个黄金矩形（宽长比约等于0. 618)里先以宽为边长做正方 形，然后在剩下小的矩形里以 其宽为边长做正方形，如此循 环下去，再在每个正方形里画出一段四分之一 圆弧，最后顺次连接，就可得到一条“黄金螺旋 线”.达·芬奇的《蒙娜丽莎》，希腊雅典卫城的 帕特农神庙等都符合这个曲线.现将每一段黄 金螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形半 径设为an(n∈N),数列{an}满足a1=a2=1, am=an-1十am-2(n≥3).再将扇形面积设为b (n∈N),则 A.4(b2020-b2019）=πa2018·a2021 B.a1十a2十a3十…十a2019=a2w21一1 C.a+a号+a…+(a2w2n)'=2a2o1g·a2o21 D.a2019·a2n21-(a202n)2+a2018·a2020-(a2013)月 三0 12.如图，已知点E是口ABCD D 的边AB的中点，Fn(n∈ G N)为边BC上的一列点，AE B 连接AFn交BD于Gm,点Gn(n∈N)满足 GD=am+1·GnA-2(2an十3)·GnE,其中数 列{a,}是首项为1的正项数列，Sn是数列{a,} 的前n项和，则下列结论正确的是 () A.a3=13 B.数列{an十3}是等比数列 C.an=4n-3 D.Sn=2+1-n-2 题号 1 234 5 6789101112 答案 三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共 20分。) 13.已知数列{a,}满足a,=1a+1=2a.干(n∈ N*),则a2o= 14设数列a,)的前n项和为5.，若号（3- (a∈N),且a=一合则 a.+1 32 15.已知函数f(x)=3十7，(x∈R),正项等比数 列{an}满足a5o=1,则f(lna1)十f(lna2)十… 十f(lnag)等于 16.已知等比数列{an}中a1=1,a4=8,在a。与 a+1两项之间依次插人2”-1个正整数，得到数 列{bn},即.a1,1,a2,2,3,a3,4,5,6,7,a4,8,9, 10,11,12,13,14,15,a,….则数列{b}的前 2013项之和S2013= （用数字作答). 四、解答题：（本题共6小题，共70分。解答应写 出文字说明、证明过程或演算步骤。) 17.(本小题满分10分)设S,为等比数列{am}的前 n项和，已知满足，求公比q以及a子+ a+…十an2.从①a2a;=-32且a3+a4= 4,②a1=1且S=9S3,③S2=a3-1且S3=a 一1这三组条件中任选一组，补充到上面问题 中，并完成解答. 18.(本小题满分12分)根据预测，疫情期间，某医 院第n(n∈N*)天口罩供应量和消耗量分别为 am和bn（单位：个)，其中a。 (5n+15,1≤n≤3 -10n十470，n≥4b。=n十5，第n天未的口 罩保有量是前n天的累计供应量与消耗量 的差 (1)求该医院第4天末的口罩保有量； (2)已知该医院口罩仓库在第n天末的口罩容 纳量Sn=一4(n一46)2+8800（单位：个）.设在 某天末，口罩保有量达到最大，问该保有量是 否超出了此时仓库的口罩容纳量？ 19.(本小题满分12分)在①对任意n>1,满足 Sn+1+Sn-1=2(S,+1),②Sn+1-2=Sn十an ③Sn=nam+1一n(n十1)这三个条件中任选一 个，补充在下面问题中. 问题：已知数列{an}的前n项和为Sn,a2=4, ,若数列{an}是等差数列，求数列{an》 的通项公式；若数列{am}不一定是等差数列， 说明理由. 20.(本小题满分12分)已知正项数列{an}的前n 项和为S。,a1=1,S+1十S,=a7+1,n∈N. (1)求{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足：a1b1十a2b2十a3b3+…+ ab。=2-+,求数列{ 1 an·1og2bn+2T) 的前 2” n项和Tn. 15 21.(本小题满分12分)已知数列{a,}的前n项和 为Sn,a1=1,且a1为a2与S2的等差中项，当 n≥2时，总有2Sw+1-3Sn+Sa-1=0. (1)求数列{an}的通项公式； 2)泥6.为侣}在区间0,4'门(m∈N)内 的个数，记数列{（一1）m·b}的前m项和为 Wm,求W2o 22.(本小题满分12分)已知等比数列{an}的前n 项和为Sn,a1=1,且S,=2S2十1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{an}为递增数列，数列{bn}满足bn 2n一1(m∈N),求数列b.的前n项和T 2a. (3)在条件(2)下，若不等式λnT,一3入n十bn<0 对任意正整数n都成立，求入的取值范围. 些 16数学B版·选择 解得g=2或g=之（合去），所以a1= 4=2 所以，an=a1g”1=2X21-1=2” 1)” (2)因为b,=alog2(2)=-n·2, 所以，-Tn=1×2+2×22+3×23+…+n×2”,① -2Tm=1×22+2×23+3×24+…+(-1)×2"+ nX21+1,② ①-②，得T,=2+22+23+…+2”-1X2+1 =21-2）-n×2+1=2+1-1·2+1-2. 1-2 所以，数列{bn}的前n项和T,=2”+1一n·2”+1一2 =(1-)·2”+1-2. 21.解：(1)当n=1时，a1=S1=1, 当m≥2时，4=S,-S1=名2- 2n、 [受-12-2-1]--2, 将n=1代入上式验证显然适合，所以an=31一2. (2)因为a4=10,a34=100,a334=1000,a3334 =10000, 0,1≤n≤3 所以b= 1,4n33 2,34≤n≤333 3,334711000 所以T1000=0×3+1×30+2×300+3×667=2631. 22.解：(1)数列{a}的通项公式为an=2m2-71十6， a=10,=2(n-子P-日n≥2时为单明地增 数列， ∴.A1=1,B1=a2=0,b1=A1-B1=1-0=1, 同理可得b2=A2-B2=a1-a3=2,b3=A3-B3 =a3-a4=3-10=-7. (2)数列{b,}的通项公式为b,=一2， .b单调递减且b,<0.由定义知，An≥an,B n十1” a1+1>a,数列{an}单调递增，.n≥1时，An=au Bn=an+1· .bn=An-Bn=an-an+1=-(an+1-an)=-2n, .an+2-au十1-(an+1-an)=2,.数列{a+1 am}是等差数列，公差为2. (3)由题可知，数列{b}为公差大于零的等差数列， 故设bn=b1+(n-1)d,且公差d>0,bn+1=bn十d →Aw+1-Bn+1=Aw-Bw十d, 整理得A,+1一An=Bn+1一B,十d, 若Bn+1=m,则Bn≤m,故Bn+1-Bn十d>0→An+1 >An 因为A1=a1,所以当n=1时，A2>A1→A2=a2, 当n=2时，A3>A2→A3=a3, 类似的可以证明An=an, 因为An+1>A,故有a1<2<a3<a4<a5<…<an <an+1<…, 故数列{a,}是单调递增数列， 所以当n≥1时，An=an,Bn=au+1, 故bn=Aw-Bn=an-an+1=-(an+1-an)=b1十(n -1)d, 所以数列{aw+1一an}是等差数列，公差为一d. 6 性必修第三册 第五章阶段性双测卷二 B卷·素养提升卷 1.B[因为等差数列{am》的公差为2，若a1,ag,a4成等 比数列，.a号=a1a4,即(a1十4)2=a1(a1十6)，解得a1 =-8.] 2.A[因为210S30-(210+1)S20十S10=0,所以210 (90》-(8。-sw)=0所以是-六即 十82十十=g0=0周为4，>0，所以9 a11十a12+…十a20 = 3.B[依题意，Sm-S,=an+1十an+2十…十am,所以 要使Sm一S,的值最大，则an+1十an+2十…十am 包含所有的正项，令an=-n2十101-21>0，得，4≤n ≤6，代入得Sm-S,n=a4十a5十a6=3+4+3=10.] 4.C[d=3,a2十a4=-2,∴.2a1+4d=-2,解得a =-7..aw=-7十3(n-1)=3m-10.其前n项和Sw =0(-7+31-102=n(31172.1=1,2,3时，an< 2 2 0:n≥4时，au>0.则数列{|an|}的前10项和为-a1 -a2a3+a4+…+a10=S0-2Sg=10X(30-12 2 -2×3×(9-172)=89.] 2 5.C[第一次操作去掉的区间长度为子：第二次操作去 掉两个长度为号的区间，长度和为号：第三次操作去 排回个长定为7的区间，长度和为引…第n次提作 去掉2”个长度为的区间，长度和为，于是进 3 行了”次操作后，所有去掉的区间长度之和为S=3 1 +号+…+-1 (得)八由题意1-（得）广≥ 最即g号≤1g0=-1,即g3-1g2)≥1，解 得：m≥1g3-g20.471-0.300≈5.679，又m为 整数，所以n的最小值为6.] 6.B[:等差数列前n项和S,=号·n2+(a-号n 由S13=13a7>0,S14=14×4a<0可得a7>0,ag 2 <0,d<0;故Su最大值为S7,又d<0,an递减，前7 项中S递增，故S,最大且a取最小正值时有最 大值，即1最大.] 7.A[{an}为等差数列，则使a1十a2十…+a,= a1+1+a2+1+…+|an+1|=a-2+a2-2 十…十an-2=2019,所以数列{a,}中的项一定有 正有负，不妨设a1<0,d>0,因为a1|十a2十…十 law|=a1+1+a2+1|+…+|an+1=a1-2|+ 参考 |a2-2|十…十am-2|=2019为定值，故设 1a4<0且/1-2≥ ∫ak+1≥0 (ae+1<0 ,解得d>3.若a:<0且a 十1<0，则|a-|a:十1=1，同理若a:|≥0，则|a十 1川-a=1.所以，2a-之1a:+1=名，a,+1 -空，al=k,所以数列{a,}的项数为2k,所以a1 十a2十…+an=-a1-a2-…-a%十ak+1十ak+2 +…十a2=-2(a1+a2+…+a)+(a1十a2+…十 a2k）= 2[a+“2P]+[a+22路+D]-d =2019,由于d>3,所以k2d=2019>3k2,解得k2< 673,故k≤25,1≤50，故选A.] 8.D[a1a2a3…a=2m(n∈N*),∴.a1a2agam-1= 2w-1)(n∈N*,n≥2)，两式相除得a=22w-1,a1 =2=2,a1=2也满足n=22m-1,∴.an=2m-1(n∈ N+++d++…+ al a2 门 1 1- 3 x2又：号 3X22m-7< 号1≥号1的取值范国是 [层+）故遂D] 9.BD[设等差数列{an}的公差为d,易知d>0,等差 数列{an}满足a1十a2十a3十…十a101=0,且a1十a101 =a2十a100=…=a50+a52=2a51,.a1+a2+a3十… +a1o1=(a1+a1o1)+(a2十a1w)+…+(a50+a52)+ a51=101a51=0,.a51=0,a1+a101=a2十a10w=2a51 =0,故B,D正确，A错误.又'a51=a1十50d=0, a1=-50d,.a3+a1o0=(a1+2d)+(a1+99d)=2a1 +101d=2×(-50d)+101d=d>0,故C错误.] 10.AD[因为等比数列{an}的公比为q,由aga1o>1得 q>0,所以数列{lga}为等差数列，公差为d=lgq, 由于a1>1,aga1o>1,则q>0且q≠1，得1ga1>0, Ig as+1g a1o>0, 由g、1 a0<0,得a>1a0<1,若a0>a,则g>1, 而a1>1,则an=a1g”-1>1,则ag>1,a10>1,此时 a10<0不成立，所以91，所以0<q<1,所以A a9-1 正确；由ag>1,a10<1,得lgag>0,lga10<0,又因 为lga1>0,所以数列{lgan}为递减数列，从第10项 开始小于零，故前9项和lgT,最大，即T,的最大值 为Tg,所以D正确，因为lga10十lga11<0,所以a10 a11<1,所以B不正确，因为0<g<1,a1>1,所以数 列各项均为正数，所以S,没有最大值，所以C不 正确.] 11.ABD[由题意得6，=天an2,则4(b2o20-019)=4 （a6am-子ados）=x(2020十am1g(aaw-aw1s） =πa2018·a2021,则选项A正确： 答案 又数列{an}满足a1=a2=1,a,=a1-1十1-2(n≥ 3),所以am-2=an一au-1(n≥3)，a1十a2十a3十…十 a2019=(a3-a2）+(a4-ag)+(a5-a4)+…+(a2021 一a2020）=a2021一a2=a2021一1，则选项B正确；数列 {an}满足=a2=1,an=a,-1十an-2(n≥3)，即 a1-1=a1-2一a,两边同乘a1-1,可得a,n21=a1-1 au-2-an-1an,则a1十a号十a号…十(a2020)2=a号十 (a2a1-a2a3)+(a3a2-aga4)+…+(a2020a2019 a2020a2021)=a1一a2020a2021=1-a2020a2021,则选项C 错误；由题意a1-1=a,一a1-2,则a2019·a2021 (a2020)2+a2018·a2020-(a2019)2=a2019·（a2021 a2019）十a2020·(a2018-a2020）=a2019·a2020+a2020 ·（一a2019)=0,则选项D正确：] 12.AB[GnD=an+1·GnA-2(2an+3)· 2(G+Gi,故Gd=(a+1-2a,-3)·G (2an+3).GnB,又G,D,G,B共线，故a+1-2an-3 =0,即a1+1+3=2(am+3),a1=1,故aw十3=4× 2”-1,故an=2+1-3,错误； a3=21-3=13,A正确；数列{a,十3}是等比数列，B 正确： C错：S,=4X -3m=2+2-3m-4,故D 错误.] an 13.解析：依题意数列{a,}满足a1=1,a+1一2an十（0 ∈N*),所以1=1十2，所以教列{1}是以 ant1 an a 1为首项，公差为2的等差数列，所以 1=1+19×2 20 =39→a20=39 答案对 14解析a1=S1-s安（-） S+1-S,整理可得S+1-S。=S+1·S,则 1 -5=-=1,即sh S,S+1 SS+1 1-1=-1 11 所以得}是以一1为公差的等差盘列又分品 1 -2心S=-2+m-D（-1)=-（n+D,则 1=-2020. 20 答案：-2020 1,解折：因为f)=所以f)+f(一) 3x3-x 32+13x+1 =1.因为数列{an}是等比数列，所以 a1ag=a2ag8=…=a49a51=a30=1,即lna1十lnag9 =lna2+In ags=…=lna49+lna51=0.设Sgg- f(lna)+f(lna2)+f(lnag)+…+f(In a99)①， 又Sgg=f(lnag)+f(lnag8)+f(lnag7)+…十 fna1)@.①+@，胖25=9，所以5=盟 答案号 数学B版·选择性必修第三册 16.解析：在数列{bn}中，到am项共有n十(1十2十…十 所以数列{an}不一定是等差数列。 2如9)=m十1×2}D=21十1-1项，即为 选择条件②： 2-1 由Sw+1-2=S,n十an,得Su+1-Sw-an=2,即aw+1 f(n)(n≥2). -an=2,n∈N*. 则f(11)=210+11-1=1034,f(12)=211+12-1= 又因为a2=4,所以a1=2. 2059.设等比数列{an}的公比为q,由a1=1,a4=8, 所以数列{an}是等差数列，其公差为2. 得1Xg3=8,解得g=2,因此S2013=a1十a2+…十 因此，数列{an}的通项公式为an=21. a10十a11+1+2+3+…+2002= 1×(21-D+ 选择条件③： 2-1 2002×(1+20022=2007050. 因为S=a+1一n(n十1)， 所以Sw-1=(-1)an-(n-1)(n≥2)， 答案：2007050 两式相减得an=au+1-（1-1)a,一21(n≥2)，即 17.解：若选①，则有a2a5=a3a4=-32,故有a3a4= n+1-au=2(n≥2). -32,a3十a4=-4,解得a3=4,a4=-8,或a3= 又S=2-2,即a2一a1=2,所以a+1一an=2,n∈N*, -8a4=4,即g-2或g-7 又a2=4,a2-a1=2,所以a1=2, 所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列， 因为{a品}是以a为首项，g2为公比的等比数列，若g 所以an=2+2(1-1)=2m. =-2,a1=l,此时a+a号+十a=1 3； 20.解：(1)由题知：Sw+1十S,=a+12,S,十Sn-1=a( ≥2) 或g=一 2,1=-32,此时a号十a喝+…+a☑ 1 两式相减得：an十1十au=a员+1一a品，所以a品+1一a品 212 (aw+1十an)=0, 所以(a+1一an-1)(a+1十an)=0;因为an>0,n∈ 若选@，S6、S=8,即g=8,故g=2. N*,所以an+1一an=1(n≥2)* S3 又因为S2十S1=a号，所以a2十2a1=a号， 因为{a}是以a?为首项，g2为公比的等比数列，所 因为a1=1,解得：a2=2(a2=-1舍去)，所以a2-a 以ai++…+a-" =1适合米式，所以{a,}是以1为首项，1为公差的等 差数列. 若选③，S2=a3-1(*),S3=a4-1(**) 所以an=1十(n-1)×1=n 令（￥米）式减（￥）式，得ag=a4-a3,即a4=2a3,故 q=2. (2)由(1)得：b1十2b2+3动3十…+b,=2-+20: 2 则(*)式中，a1十a2=a3-1,即a1+2a1=4a1-1,即 a1=1. 所以么+%+%十…+a1M1-222@ 因为{a}是以a为首项，g2为公比的等比数列，所 ①-②得：M,=是(u≥2》，所以6，=是（≥2） 以a+a++a=号 18.解：(1)第4天末的口罩保有量是前4天口罩供应量 又山0式得=宁适合上式，所以6a∈N) 和消耗量之差，将n=1,2,3,4代入am和bn得第4 所以 天末的口罩保有量为：(a1+a2十a3十a4)-(b1十b2 +b3+b4)=(20+95+420+430)-(6+7+8+9) =935, 以[-吉)十（合）+（合）+… 所以该医院第4天末的口罩保有量为935： (品+（日川 (2)当aw>b,时，保有量始终增加. 3 1 1 即-10m十470≥+5，n为正整数，解得n≤42， 4 2(n+1)2(n+2) 即第42天末的时候，保有量达到最大， 21.解：(1)因为2Sw+1-2S-(S,-S-1)=0,m≥2，∈N*, 此时(a1十a2十a3+…十a42)-(b十b2十b3+…十b12) =965+420+50)X38_(6+47)X42=8782, 所以a1=0n≥2， 2 因为a1=1,a2,a1,S2依次成等差数列，所以2=1十 2a2,得a2=立， 1 而容纳量为S42=-4(42-46)2+8800=8736, 而8782>8736，所以保有量超过了容纳量， 1 19.解：选择条件①： 所以a2=21, 因为对任意n>1,n∈N*,满足S+1十S-1=2(S +1), 所以数列{@，是以1为首项，公此为g=合的等比数 所以S+1-Sn=S1-Su-1十2，所以，an+1-an=2. 1 因为无法确定1的值，所以a2一a1不一定等于2. 列，所以an=21 48 参考 (2②)由题意知：-21，所以0<21<1， 所以2”-1≤22(m1D,即n≤1+2(m-1),所以bm= 2m-1, 当m为偶数时，Wm=-1+9-25+49-81+121+ …-(2m-3)2+(2m-1)2 =(-1+9)+(-25+49)+(-81+121)+…+[ (2m-3)2+(2m-1)2] =8+24+40+…+8(m-1),所以W20=8+24+40 +.+8×20-1D=2X(8+8×20-8D -=800. 2 22.解：(1)S3=2S2+1→a1十a1g+a1g2=2a1+2a1g 十1→q=2,q=-1,当q=2时，an=2w-1:当q=-1 时，an=(-1)”-1 (2)数列{a}为递增数列，a,=21,b=2-1= 2 (3m-1D(2 T,=1X2+3×(22+5X(2)3++ (2m-1宁 合T,=1X(分)+3X(分)+5X(21++(2m -1D()1 两式相减，化简得到 号T,=号+2X(宁+2X(号+2（号+…+2 工.=3-（3-(2-1分=3-20 2 (3)T,=3-(2”2-(2m-10(7<3 入nTn-3入n十bm<0→入> b 3n-nT 2-1D( 21-1 [(合)+2m-(合)门 n(2m+3) =2-1 2n2+3n 设21一1=，原式+中4+十5 2 、2 (t为奇数) 根据双勾函数知：t=1或t=3时有最大值， 1=1时，原式=日1=3时，原式=是故入X心品 第六章阶段性双测卷一 A卷·基础达标卷 1.A[y'=-sin2x·(2x)y+cos√E·(W)'=-2sin2x+ z‘osG=-2sin2x+9sS.j 2√x 2.B[因为f(x)=x-2f(0)sinx+1,所以令x=0,则 f0)=1,所以f(x)=x-2sx+1,则f()=吾， 故选B.] 答案 3.C[图为1imf2+4mf2-4=2f2=-2, △x 所以f(2)=-1,则曲线y=f(x)在点(2，f(2)处的 切线斜率为-1，故所求切线的领斜角为云.] 4.B[设切点坐标为(m,n,由y=nx,得y=1,所 以切线的斜率为1，所以切线方程为y一=工(x m m),因为切线过原点，所以0一0=(0一m),得n 1,因为切点(m,n)在曲线y=lnx上，所以n=lnm, 解得”，所以切线的鲜李为。】 5.B[对于A,(2x)'=2xln2,A错误；对于B,(sinx cos x+1)'=(sin x)'cos x+sin x(cos x)'=cos2x- sin2x=cos2x,B正确：对于C,1gx)/=1 xn10C错 误；对于D,(x1)/=-x2,D错误.] 6.D[由于f(x)的图象可知x=一2是f(x)的零点， 所以y=xf'(x)的零点为0和一2.当x<一2时， f(x)>0,所以xf(x)<0:当-2<x<0时，f(x)< 0,所以xf'(x)>0:当x>0时，f(x)<0,所以xf (x)<0.由此可知正确的y=xf(x)的图象为D.] 7.A[由y=x4+ax2+1,得y=4x3+2a.x,则曲线y =x4十a.x2+1在点(-1，a+2)处的切线斜率为-4 2a=8,得a=-6.] 8.D[令y=f(.x)=e(a.x-lnx),则f(x)=er(ax 1nx)十ea-子，所以f0=2a-e,周为自我y =e(ax-lnx)在，点(1，ae)处的切线方程为y=k.x, 所以该切线过原，点，所以f(1)=2ea一e=ae,解得a =1,即k=e.] 9.ABD[根据导数的定义可知，A正确；若令x=x0十 a,当上+，则ar一0，则mf）f x-x0 fx十△)一f0》=f(xo),B正确：根据导数的 lim △x 定义f(.xo)=li fxo十△x)-f(x0》,C错误：根据 △x 导数的定义可知，D正确.] 10.ABD[在0到t0范围内，甲、乙的平均速度都为 to 故A、B错误；在t0到t1范围内，甲的平均速度为 2-50,乙的平均速度为二，因为52一0>1一50， t-to t1-to 1一10>0，所以2二0>二0，故C正确，D错误] t1一tot-to 1.BCD[画数a)=子可得f)=之-子不成 立：所以A不正确：f()=,f()=4r3=号可以 成立；所以B正确；f(x)=cosx,f'(x)=-sinx= 合可以成立：所以C正确：)=ln1,x)=子 名可成立，所以D正确：故直线y=合十6能作为 BCD函数图象的切线.门 49