2022年秋高中数学综合测评新人教A版选择性必修第二册

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14.函数f(x)=x-2cosx在区间[0,π]上的最大值为.

15.已知等比数列{an}的各项都为正数,且a3,12a5,a4成等差数列,则a4+a16.在数列{an}中,an=nsinnπ2+cosnπ2,前n项和为Sn,则a4=,S100=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)(2021河北石家庄模拟)在①a5=6,a1+S3=50,②S12>S9,a2+a21<0,③S9>0,S10<0这三个条件中任选一个,补充在下面问题中并解决问题.问题:设等差数列{an}的前n项和为Sn,若,判断Sn是否存在最大值,若存在,求出Sn取最大值时n的值;若不存在,说明理由.

18.(本小题满分12分)(2021江苏南京检测)已知数列{an}满足a1=3,a2=5,且2an+2=3an+1-an,n∈N*.(1)设bn=an+1-an,求证:数列{bn}是等比数列;(2)若数列{an}满足an≤m(n∈N*),求实数m的取值范围.19.(本小题满分12分)已知函数f(x)=ex-2x.(1)求曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线方程;(2)求函数f(x)在[0,2]上的最大值与最小值.20.(本小题满分12分)(2021陕西西安检测)已知函数f(x)=2lnx+ax(1)若函数f(x)有极值,求实数a的取值范围;(2)当a=1时,若函数f(x)在x=x1,x=x2(x1≠x2)处导数相等,证明:f(x1)+f(x2)>2.21.(本小题满分12分)在数列{an}中,前n项和为Sn,且Sn=n(n+1)2.记Tn为等比数列{bn}的前n项和,且b2+b4=20,(1)求数列{an}和{bn}的通项公式.(2)记a1b1+a2b2+…+anbn=Hn,是否存在m,n∈N*22.(本小题满分12分)已知函数f(x)=lnx-2ax,a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若关于x的不等式f(x)+ex≥e-2a在[1,+∞)上恒成立,求实数a的取值范围.

参考答案综合测评1.D由通项公式,得a9=2×9+1=19,故选D.2.Dan=3+(n-1)d,令2019=3+(n-1)d,则n=2016d+1,∵n∈N*,d∈N*,∴d是2016的约数,故d不可能是5,故选D3.D∵S2=S7,∴S7-S2=a3+a4+a5+a6+a7=5a5=0,∴a5=0,∴S4=S5,S9=9(a1+a9)又d<0,∴当n=4或n=5时,Sn最大,即S2+S7<S4+S5.故选D.4.Ay'=lnx+1,则曲线在点(e,e)处的切线斜率为lne+1=2,所以切线方程为y-e=2(x-e),即y=2x-e,故选A.5.C设等比数列{an}的公比为q.由题意知q≠1,则a1(所以an=14×2n-1=2n-3,所以bn=n-所以数列{bn}的前10项和T10=10(b1+b10)2=5×(-26.B∵f(x)=2xf'(1)+lnx,∴f'(x)=2f'(1)+1x,令x=1,得f'(1)=2f'(1)+1,∴f'(1)=-17.A由y=x3-x,得y'=3x2-1.令f(x)=y'=3x2-1,则f'(x)=6x,由f'(x)=6x>0,得x>0.所以函数f(x)=y'=3x2-1的单调递增区间为(0,+∞).8.A构造函数g(x)=f(x)-1ex,则g'(x)=f'(x)-f(x)由于函数y=f(x)-2021为R上的奇函数,则f(0)-2021=0,则f(0)=2021,所以g(0)=f(0)-由f(x)-2020ex<1,得f(x)-1<2020ex,即f(x)-1ex<2020,所以g由于函数y=g(x)在R上单调递减,因此x>0,故选A.9.ABD∵a3>0,a7>0,∴6=2a3+3a7≥22a3·3a又a5>0,∴上式可化为a5≥2,当且仅当3a3=2a7时,等号成立.故选ABD.10.BD对于A,求导得y'=1+1x2>0,函数在(-∞,0)和(0,+∞)上单调递增,所以函数无极值点;对于B,x=0是函数的极小值点;对于C,求导得y'=-6x2-1<0恒成立,函数在R上单调递减,所以函数无极值点;对于D,求导得y'=1+lnx,当x∈0,1e时,y'<0,当x∈1e,+∞时,y'>0,当x=1e时,y'=0,所以x=1e11.CD对于A,∵an+1-an=3(n+1)-3n=3,∴数列{an}不为“差递减数列”;对于B,∵an+1-an=(n+1)2+1-n2-1=2n+1,∴{an}不为“差递减数列”;对于C,∵an+1-an=n+1−n=1n+1+n,∴数列{an}为“差递减数列”;对于D,an+1-an=lnn+1n∴数列{an}为“差递减数列”.故选CD.12.CD当0<x<1时,lnx<0,则lnx+1lnx<0,故A错误;要使f(x)=lg(ax+1)有意义,当a=0时,f(x)=0的定义域为R,当a≠0时,则ax+1>0,分a>0和a<0两种情况,求得x>-1a或x<-1a,故B错误;f(x)=e-xx2,则f'(x)=xe-x(2-x),令f'(x)=0,解得x=0或x=2,所以当x<0时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当0<x<2时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x>2时,f'(x)<0,f(x)单调递减,故函数f(x)=e-xx2在x=2处取得极大值,故C正确;要证明圆上任一点M关于直线对称点M'也在圆上,即要证直线过圆心,x2+y2-10x+4y-5=0可化为(x-5)2+(y+2)2=34,圆心为(5,-2),代入直线方程得5a+2-5a-2=0,圆心在直线上,故D正确13.18f'(x)=3x2+2ax+b,由题意得f(1)=10,f'(1)=0,即a2+a+b+1=10,2a+b+3=0,解得a=4,14.π+2f(x)=x-2cosx,则f'(x)=1+2sinx.∵x∈[0,π],∴1+2sinx>0,∴函数f(x)在[0,π]上单调递增,∴f(x)的最大值为f(π)=π+2.15.1+52设{an}的公比为q,则q>由a3,12a5,a4成等差数列可得a5=a3+a4,即a1q4=a1q2+a1q3,即q2-q-1=0,解得q=1+52(负数舍去则a4+a16.40易知a1=1,a2=-2,a3=-3,a4=4,∴a1+a2+a3+a4=0.又sinnπ2+cosn∴a4n+1+a4n+2+a4n+3+a4n+4=0,∴S100=0.17.解若选①a5=6,a1+S3=50,设等差数列{an}的公差为d,则a5=a1+4d=6所以前n项和为Sn=14n-n(n-1)=-n2+15n,所以当n=7或8时,Sn取得最大值.若选②S12>S9,a2+a21<0,由S12-S9=a10+a11+a12=3a11>0,解得a11>0;由a2+a21=a11+a12<0,所以a12<0,所以等差数列{an}的公差d=a12-a11<0,所以n≤11时,an>0,n≥12时,an<0,所以n=11时,Sn取得最大值.若选③S9>0,S10<0,由S9=9(a1+a9)2=9a由S10=10(a1+a10)2=得a5+a6<0,所以a6<0.所以等差数列{an}的公差d=a6-a5<0,所以当n≤5时,an>0,当n≥6时,an<0,所以n=5时,Sn取得最大值.18.(1)证明由题知,2an+2-2an+1=an+1-an,即bn+1=12bn,且b1=a2-a1=5-3=则数列{bn}是以2为首项,12为公比的等比数列(2)解由(1)知bn=an+1-an=12则当n≥2时,数列{bn}的前n-1项和Sn-1=a2-a1+a3-a2+…+an-an-1=an-a1=2-12n-则an=7-12n-3,n≥2,当n=1时,a1则由指数函数单调性知,an=7-12n若满足an≤m(n∈N*),则m≥7,即实数m的取值范围是[7,+∞).19.解(1)函数f(x)=ex-2x的导数为f'(x)=ex-2,可得y=f(x)在点(0,1)处的切线的斜率为1-2=-1,则曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线方程为y+x-1=0.(2)令f'(x)=ex-2=0,得x=ln2,则当0<x<ln2时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当ln2<x<2时,f'(x)>0,f(x)单调递增.因此x=ln2为f(x)的极小值点,也是最小值点,又f(0)=1,f(2)=e2-4,f(ln2)=2-2ln2,所以f(x)在[0,2]上的最小值为2-2ln2,最大值为e2-4.20.(1)解f(x)=2lnx+ax,x∈(0,+∞),f'(x)=2x−ax2=2x-ax2,当a≤0时,f'(x)>0恒成立,即f(x)在(0,+∞)上单调递增,当a>0时,当x∈a2,+∞时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈0,a2时,f'(x)<0,f(x)单调递减,∴当x=a2时,函数f(x)取得极小值,∴a>0(2)证明当a=1时,f(x)=2lnx+1x,f'(x)=2x−1x2,f'(x1∴2x1−1x1∵x1≠x2,化简可得2x1x2-(x1+x2)=0,f(x1)+f(x2)=2lnx1+1x1+2lnx2+1x2=2ln(x2x2)+x1+x2x∵x1+x2=2x1x2,由x1·x2>0且x1≠x2可得x1+x2>2x1x2,∴2x1x2>2x1x2,即∴f(x1)+f(x2)>2.21.解(1)当n=1时,a1=S1=1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n(n+1)2−n(n-1)2=n,对n=设等比数列{bn}的公比为q,由b2+b4=20,T4=30,可得q≠1,则b1+b3=10,q=b2+又b1q+b1q3=20,解得b1=2,所以bn=2n.(2)存在.由(1)得,anbn=n·12则Hn=1×12+2×14+3×18+…+n1212Hn=1×14+2×18+3×116+…+n12两式相减可得12Hn=12+14+18+…+12n-n12n+1=12(1可得Hn=2-(n+2)·12n<2.假设存在m,n∈N*,使得Hn=am,可得2-(n+2)·12n=m,则m=1,解得n=2.故当m=/r