高中数学《第五章 一元函数的导数及其应用》单元检测试卷及答案解析（共四套）

高中数学选择性必修二《第五章一元函数的导数及其应用》单元检测试卷（一）本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题，共60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．若f(x)＝sinα－cosx，则f′(x)等于()A．sinxB．cosxC．cosα＋sinxD．2sinα＋cosx2．以正弦曲线y＝sinx上一点P为切点的切线为直线l，则直线l的倾斜角的范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))B．[0，π)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))3．函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有极小值点()A．1个B．2个C．3个D．4个4．函数f(x)＝x2－lnx的单调递减区间是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(2),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0))，eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))5．函数f(x)＝3x－4x3(x∈[0,1])的最大值是()A．1B.eq\f(1,2)C．0D．－16．函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，已知f(x)在x＝－3处取得极值，则a＝()A．2B．3C．4D．57．函数f(x)＝eq\f(1,3)ax3＋eq\f(1,2)ax2－2ax＋1的图象经过四个象限，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,10)，\f(6,7)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,5)，－\f(3,16)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,3)，－\f(1,16)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,10)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,7)，＋∞))8．已知定义在R上的函数f(x)，f(x)＋xf′(x)＜0，若a＜b，则一定有()A．af(a)＜bf(b)B．af(b)＜bf(a)C．af(a)＞bf(b)D．af(b)＞bf(a)二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)9．下列结论中不正确的是()A．若y＝coseq\f(1,x)，则y′＝－eq\f(1,x)sineq\f(1,x)B．若y＝sinx2，则y′＝2xcosx2C．若y＝cos5x，则y′＝－sin5xD．若y＝eq\f(1,2)xsin2x，则y′＝xsin2x10．下列函数中，存在极值点的是()A．y＝x－eq\f(1,x)B．y＝2|xC．y＝－2x3－xD．y＝xlnx11.定义在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，4))上的函数f(x)的导函数f′(x)图象如图所示，则下列结论正确的是()A．函数f(x)在区间(0,4)上单调递增B．函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))上单调递减C．函数f(x)在x＝1处取得极大值D．函数f(x)在x＝0处取得极小值12．已知函数f(x)＝ex－ax有两个零点x1，x2，且x1＜x2，则下列说法正确的是()A．a＞eB．x1＋x2＞2C．x1x2＞1D．f(x)有极小值点x0，且x1＋x2＜2x0第Ⅱ卷(非选择题，共90分)三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．若f(x)＝eq\f(1,3)x3－f′(1)x2＋x＋5，则f′(1)＝________.14．已知奇函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(ex,x)－1x>0，,hxx<0，))则函数h(x)的最大值为________．15．已知函数f(x)满足f(x)＝f(π－x)，且当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))时，f(x)＝x＋sinx，设a＝f(1)，b＝f(2)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系是________．16．若函数f(x)＝eq\f(4x,x2＋1)在区间(m,2m＋1)上单调递增，则实数m的取值范围是__________．四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值4.(1)求实数a，b的值；(2)当a>0时，求曲线y＝f(x)在点(－2，f(－2))处的切线方程．18．(本小题满分12分)已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex.(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求实数a的取值范围．19．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ax3＋bx在x＝eq\f(\r(2),2)处取得极小值－eq\r(2).(1)求函数f(x)的解析式；(2)若过点M(1，m)的直线与曲线y＝f(x)相切且这样的切线有三条，求实数m的取值范围．20.(本小题满分12分)设函数f(x)＝eq\f(x2,2)－klnx，k>0.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，eq\r(e)]上仅有一个零点．21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＜0时，证明f(x)≤－eq\f(3,4a)－2.22．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝lnx－eq\f(a,x).(1)若f(x)存在最小值且最小值为2，求a的值；(2)设g(x)＝lnx－a，若g(x)<x2在(0，e]上恒成立，求a的取值范围．答案解析第Ⅰ卷(选择题，共60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．若f(x)＝sinα－cosx，则f′(x)等于()A．sinxB．cosxC．cosα＋sinxD．2sinα＋cosx解析：选A函数是关于x的函数，因此sinα是一个常数．2．以正弦曲线y＝sinx上一点P为切点的切线为直线l，则直线l的倾斜角的范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))B．[0，π)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))解析：选Ay′＝cosx，∵cosx∈[－1,1]，∴切线的斜率范围是[－1,1]，∴倾斜角的范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π)).3．函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有极小值点()A．1个B．2个C．3个D．4个解析：选A设极值点依次为x1，x2，x3且a＜x1＜x2＜x3＜b，则f(x)在(a，x1)，(x2，x3)上递增，在(x1，x2)，(x3，b)上递减，因此，x1，x3是极大值点，只有x2是极小值点．4．函数f(x)＝x2－lnx的单调递减区间是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(2),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0))，eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))解析：选A∵f′(x)＝2x－eq\f(1,x)＝eq\f(2x2－1,x)，当0＜x≤eq\f(\r(2),2)时，f′(x)≤0，故f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))).5．函数f(x)＝3x－4x3(x∈[0,1])的最大值是()A．1B.eq\f(1,2)C．0D．－1解析：选Af′(x)＝3－12x2，令f′(x)＝0，则x＝－eq\f(1,2)(舍去)或x＝eq\f(1,2)，f(0)＝0，f(1)＝－1，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2)＝1，∴f(x)在[0,1]上的最大值为1.6．函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，已知f(x)在x＝－3处取得极值，则a＝()A．2B．3C．4D．5解析：选Df′(x)＝3x2＋2ax＋3，∵f′(－3)＝0.∴3×(－3)2＋2a×(－3)＋3＝0，∴a＝5.7．函数f(x)＝eq\f(1,3)ax3＋eq\f(1,2)ax2－2ax＋1的图象经过四个象限，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,10)，\f(6,7)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,5)，－\f(3,16)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,3)，－\f(1,16)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,10)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,7)，＋∞))解析：选Df′(x)＝ax2＋ax－2a＝a(x＋2)(x－1)，要使函数f(x)的图象经过四个象限，则f(－2)f(1)<0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)a＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,6)a＋1))<0，解得a<－eq\f(3,10)或a>eq\f(6,7).故选D.8．已知定义在R上的函数f(x)，f(x)＋xf′(x)＜0，若a＜b，则一定有()A．af(a)＜bf(b)B．af(b)＜bf(a)C．af(a)＞bf(b)D．af(b)＞bf(a)解析：选C令y＝xf(x)，则y′＝[xf(x)]′＝x′f(x)＋xf′(x)＝f(x)＋xf′(x)＜0，∴函数y＝xf(x)是R上的减函数，∵a＜b，∴af(a)＞bf(b)．二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)9．下列结论中不正确的是()A．若y＝coseq\f(1,x)，则y′＝－eq\f(1,x)sineq\f(1,x)B．若y＝sinx2，则y′＝2xcosx2C．若y＝cos5x，则y′＝－sin5xD．若y＝eq\f(1,2)xsin2x，则y′＝xsin2x解析：选ACD对于A，y＝coseq\f(1,x)，则y′＝eq\f(1,x2)sineq\f(1,x)，故错误；对于B，y＝sinx2，则y′＝2xcosx2，故正确；对于C，y＝cos5x，则y′＝－5sin5x，故错误；对于D，y＝eq\f(1,2)xsin2x，则y′＝eq\f(1,2)sin2x＋xcos2x，故错误．10．下列函数中，存在极值点的是()A．y＝x－eq\f(1,x)B．y＝2|x|C．y＝－2x3－xD．y＝xlnx解析：选BD由题意，函数y＝x－eq\f(1,x)，则y′＝1＋eq\f(1,x2)＞0，所以函数y＝x－eq\f(1,x)在(－∞，0)，(0，＋∞)内单调递增，没有极值点．函数y＝2|x|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，x≥0，,2－x，x＜0))根据指数函数的图象与性质可得，当x＜0时，函数y＝2|x|单调递减，当x≥0时，函数y＝2|x|单调递增，所以函数y＝2|x|在x＝0处取得极小值；函数y＝－2x3－x，则y′＝－6x2－1＜0，所以函数y＝－2x3－x在R上单调递减，没有极值点；函数y＝xlnx，则y′＝lnx＋1，x＞0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，y′＜0，函数单调递减，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，y′＞0，函数单调递增，当x＝eq\f(1,e)时，函数取得极小值，故选B、D.11.定义在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，4))上的函数f(x)的导函数f′(x)图象如图所示，则下列结论正确的是()A．函数f(x)在区间(0,4)上单调递增B．函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))上单调递减C．函数f(x)在x＝1处取得极大值D．函数f(x)在x＝0处取得极小值解析：选ABD根据导函数图象可知，f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))上，f′(x)＜0，f(x)单调递减，在区间(0,4)上，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以f(x)在x＝0处取得极小值，没有极大值，所以A、B、D选项正确，C选项错误．故选A、B、D.12．已知函数f(x)＝ex－ax有两个零点x1，x2，且x1＜x2，则下列说法正确的是()A．a＞eB．x1＋x2＞2C．x1x2＞1D．f(x)有极小值点x0，且x1＋x2＜2x0解析：选ABD由题意，函数f(x)＝ex－ax，则f′(x)＝ex－a，当a≤0时，f′(x)＝ex－a＞0在R上恒成立，所以函数f(x)单调递增，不符合题意；当a＞0时，令f′(x)＝ex－a＞0，解得x＞lna，令f′(x)＝ex－a＜0，解得x＜lna，所以函数f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，因为函数f(x)＝ex－ax有两个零点x1，x2且x1＜x2，则f(lna)＝elna－alna＝a－alna＝a(1－lna)＜0，且a＞0，所以1－lna＜0，解得a＞e，所以A项正确；又由x1＋x2＝ln(a2x1x2)＝2lna＋ln(x1x2)＞2＋ln(x1x2)，取a＝eq\f(e2,2)，则f(2)＝e2－2a＝0，x2＝2，f(0)＝1＞0，所以0＜x1＜1，所以x1＋x2＞2，所以B正确；由f(0)＝1＞0，则0＜x1＜1，但x1x2＞1不能确定，所以C不正确；由函数f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，所以函数的极小值点为x0＝lna，且x1＋x2＜2x0＝2lna，所以D正确．故选A、B、D.第Ⅱ卷(非选择题，共90分)三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．若f(x)＝eq\f(1,3)x3－f′(1)x2＋x＋5，则f′(1)＝________.解析：f′(x)＝x2－2f′(1)x＋1，令x＝1，得f′(1)＝eq\f(2,3).答案：eq\f(2,3)14．已知奇函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(ex,x)－1x>0，,hxx<0，))则函数h(x)的最大值为________．解析：先求出x>0时，f(x)＝eq\f(ex,x)－1的最小值．当x>0时，f′(x)＝eq\f(exx－1,x2)，∴x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数单调递减，x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数单调递增，∴x＝1时，函数取得极小值即最小值，为e－1，∴由已知条件得h(x)的最大值为1－e.答案：1－e15．已知函数f(x)满足f(x)＝f(π－x)，且当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))时，f(x)＝x＋sinx，设a＝f(1)，b＝f(2)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系是________．解析：f(2)＝f(π－2)，f(3)＝f(π－3)，因为f′(x)＝1＋cosx≥0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上是增函数，∵eq\f(π,2)>π－2>1>π－3>0，∴f(π－2)>f(1)>f(π－3)，即c<a<b.答案：c<a<b16．若函数f(x)＝eq\f(4x,x2＋1)在区间(m,2m＋1)上单调递增，则实数m的取值范围是__________．解析：f′(x)＝eq\f(4－4x2,x2＋12)，令f′(x)＞0，得－1＜x＜1，即函数f(x)的增区间为(－1,1)．又因为f(x)在(m,2m＋1)上单调递增，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m≥－1，,m＜2m＋1，,2m＋1≤1.))解得－1＜m≤0.答案：(－1,0]四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值4.(1)求实数a，b的值；(2)当a>0时，求曲线y＝f(x)在点(－2，f(－2))处的切线方程．解：(1)∵f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2，∴f′(x)＝3x2＋2ax＋b.∵f(1)＝1＋a＋b＋a2＝4，f′(1)＝3＋2a＋b＝0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝－9))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝1.))经检验都符合题意．(2)当a>0时，由(1)得f(x)＝x3＋3x2－9x＋9，∴f′(x)＝3x2＋6x－9.∴f(－2)＝31，f′(－2)＝－9.∴所求的切线方程为y－31＝－9(x＋2)，即9x＋y－13＝0.18．(本小题满分12分)已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex.(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求实数a的取值范围．解：(1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)ex，f′(x)＝(－x2＋2)ex.令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，注意到ex>0，所以－x2＋2>0，解得－eq\r(2)<x<eq\r(2).所以，函数f(x)的单调递增区间为(－eq\r(2)，eq\r(2))．同理可得，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－eq\r(2))和(eq\r(2)，＋∞)．(2)因为函数f(x)在(－1,1)上单调递增，所以f′(x)≥0在(－1,1)上恒成立．又因为f′(x)＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0，注意到ex>0，因此－x2＋(a－2)x＋a≥0在(－1,1)上恒成立，也就是a≥eq\f(x2＋2x,x＋1)＝x＋1－eq\f(1,x＋1)在(－1,1)上恒成立．设y＝x＋1－eq\f(1,x＋1)，则y′＝1＋eq\f(1,x＋12)>0，即y＝x＋1－eq\f(1,x＋1)在(－1,1)上单调递增，则y<1＋1－eq\f(1,1＋1)＝eq\f(3,2)，故a≥eq\f(3,2).即实数a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).19．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ax3＋bx在x＝eq\f(\r(2),2)处取得极小值－eq\r(2).(1)求函数f(x)的解析式；(2)若过点M(1，m)的直线与曲线y＝f(x)相切且这样的切线有三条，求实数m的取值范围．解：(1)由题意得，f′(x)＝3ax2＋b.∵函数f(x)＝ax3＋bx在x＝eq\f(\r(2),2)处取得极小值－eq\r(2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝－\r(2)，,f′\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋2b＝－4，,\f(3,2)a＋b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝－3，))经检验满足条件，则函数f(x)的解析式为f(x)＝2x3－3x.(2)设切点坐标为(x0,2xeq\o\al(3,0)－3x0)，则曲线y＝f(x)的切线的斜率k＝f′(x0)＝6xeq\o\al(2,0)－3，切线方程为y－(2xeq\o\al(3,0)－3x0)＝(6xeq\o\al(2,0)－3)(x－x0)，代入点M(1，m)，得m＝－4xeq\o\al(3,0)＋6xeq\o\al(2,0)－3，依题意，方程m＝－4xeq\o\al(3,0)＋6xeq\o\al(2,0)－3有三个不同的实根．令g(x)＝－4x3＋6x2－3，则g′(x)＝－12x2＋12x＝－12x(x－1)，∴当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0；当x∈(0,1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.故g(x)＝－4x3＋6x2－3在(－∞，0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．∴g(x)极小值＝g(0)＝－3，g(x)极大值＝g(1)＝－1.∴当－3<m<－1时，g(x)＝－4x3＋6x2－3的图象与直线y＝m有三个不同的交点，∴－3<m<－1时，存在这样的三条切线．故实数m的取值范围是(－3，－1)．20.(本小题满分12分)设函数f(x)＝eq\f(x2,2)－klnx，k>0.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，eq\r(e)]上仅有一个零点．解：(1)由f(x)＝eq\f(x2,2)－klnx(k>0)，得x>0且f′(x)＝x－eq\f(k,x)＝eq\f(x2－k,x).由f′(x)＝0，解得x＝eq\r(k)(负值舍去)．f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：x(0，eq\r(k))eq\r(k)(eq\r(k)，＋∞)f′(x)－0＋f(x)单调递减eq\f(k1－lnk,2)单调递增所以，f(x)的单调递减区间是(0，eq\r(k))，单调递增区间是(eq\r(k)，＋∞)．f(x)在x＝eq\r(k)处取得极小值f(eq\r(k))＝eq\f(k1－lnk,2)，无极大值．(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f(eq\r(k))＝eq\f(k1－lnk,2).因为f(x)存在零点，所以eq\f(k1－lnk,2)≤0，从而k≥e.当k＝e时，f(x)在区间(1，eq\r(e))上单调递减，且f(eq\r(e))＝0，所以x＝eq\r(e)是f(x)在区间(1，eq\r(e)]上的唯一零点．当k>e时，f(x)在区间(1，eq\r(e)]上单调递减，且f(1)＝eq\f(1,2)>0，f(eq\r(e))＝eq\f(e－k,2)<0，所以f(x)在区间(1，eq\r(e)]上仅有一个零点．综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，eq\r(e)]上仅有一个零点．21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＜0时，证明f(x)≤－eq\f(3,4a)－2.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax＋2a＋1＝eq\f(x＋12ax＋1,x).若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．若a＜0，则当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))时，f′(x)＞0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))时，f′(x)＜0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))上单调递减．(2)证明：由(1)知，当a＜0时，f(x)在x＝－eq\f(1,2a)处取得最大值，最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))－1－eq\f(1,4a).所以f(x)≤－eq\f(3,4a)－2等价于lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))－1－eq\f(1,4a)≤－eq\f(3,4a)－2，即lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))＋eq\f(1,2a)＋1≤0.设g(x)＝lnx－x＋1，则g′(x)＝eq\f(1,x)－1.当x∈(0,1)时，g′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0.所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故当x＝1时，g(x)取得极大值且为最大值，最大值为g(1)＝0.所以当x＞0时，g(x)≤0.从而当a＜0时，lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))＋eq\f(1,2a)＋1≤0，即f(x)≤－eq\f(3,4a)－2.22．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝lnx－eq\f(a,x).(1)若f(x)存在最小值且最小值为2，求a的值；(2)设g(x)＝lnx－a，若g(x)<x2在(0，e]上恒成立，求a的取值范围．解：(1)f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(a,x2)＝eq\f(x＋a,x2)(x>0)，当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上是增函数，f(x)不存在最小值；当a<0时，由f′(x)＝0得x＝－a，且0<x<－a时，f′(x)<0，x>－a时，f′(x)>0.∴x＝－a时，f(x)取得最小值，f(－a)＝ln(－a)＋1＝2，解得a＝－e.(2)g(x)<x2即lnx－a<x2，即a>lnx－x2，故g(x)<x2在(0，e]上恒成立，也就是a>lnx－x2在(0，e]上恒成立．设h(x)＝lnx－x2，则h′(x)＝eq\f(1,x)－2x＝eq\f(1－2x2,x)，由h′(x)＝0及0<x≤e得x＝eq\f(\r(2),2).当0<x<eq\f(\r(2),2)时，h′(x)>0，当eq\f(\r(2),2)<x≤e时，h′(x)<0，即h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上为增函数，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，e))上为减函数，所以当x＝eq\f(\r(2),2)时h(x)取得最大值为heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝lneq\f(\r(2),2)－eq\f(1,2).所以g(x)<x2在(0，e]上恒成立时，a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(\r(2),2)－\f(1,2)，＋∞)).高中数学选择性必修二《第五章一元函数的导数及其应用》单元检测试卷（二）本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题，共60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．等差数列{an}中，a3＝2，a5＝7，则a7＝()A．10B．20C．16D．122．在数列{an}中，a1＝eq\f(1,3)，an＝(－1)n·2an－1(n≥2)，则a5等于()A．－eq\f(16,3)D．eq\f(16,3)C．－eq\f(8,3)D．eq\f(8,3)3．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10∶S5＝1∶2，则S15∶S5＝()A．3∶4B．2∶3C．1∶2D．1∶34．在等比数列{an}中，已知前n项和Sn＝5n＋1＋a，则a的值为()A．－1B．1C．5D．－55．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2an，n为正奇数，,an＋1，n为正偶数，))则254是该数列的()A．第8项B．第10项C．第12项D．第14项6．已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a1a2a3＝15，且eq\f(3,S1S3)＋eq\f(15,S3S5)＋eq\f(5,S5S1)＝eq\f(3,5)，则a2＝()A．2D．eq\f(1,2)C．3D．eq\f(1,3)7．如果数列a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1，…是首项为1，公比为eq\f(1,3)的等比数列，那么an＝()A.eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))D．eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n－1)))C.eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))D．eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n－1)))8．若有穷数列a1，a2，…，an(n是正整数)，满足a1＝an，a2＝an－1，…，an＝a1，即ai＝an－i＋1(i是正整数，且1≤i≤n)，就称该数列为“对称数列”．已知数列{bn}是项数不超过2m(m＞1，m∈N*)的对称数列，且1,2,4，…，2m－1是数列{bn}的前m项，则当m＞1200时，数列{bn}的前2019项和S2019的值不可能为()A．2m－2m－2009B．22019－1C．2m＋1－22m－2019－1D．3·2m－1－22m－2020－1二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)9．已知等比数列{an}的公比q＝－eq\f(2,3)，等差数列{bn}的首项b1＝12，若a9>b9且a10>b10，则以下结论正确的有()A．a9·a10<0B．a9>a10C．b10>0D．b9>b1010．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＞0，公差d≠0，则下列命题正确的是()A．若S5＝S9，则必有S14＝0B．若S5＝S9，则必有S7是Sn中最大的项C．若S6＞S7，则必有S7＞S8D．若S6＞S7，则必有S5＞S611．在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”．则下列说法正确的是()A．此人第三天走了四十八里路B．此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里C．此人第二天走的路程占全程的eq\f(1,4)D．此人走的前三天路程之和是后三天路程之和的8倍12．若数列{an}满足：对任意正整数n，{an＋1－an}为递减数列，则称数列{an}为“差递减数列”．给出下列数列{an}(n∈N*)，其中是“差递减数列”的有()A．an＝3nB．an＝n2＋1C．an＝eq\r(n)D．an＝lneq\f(n,n＋1)第Ⅱ卷(非选择题，共90分)三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．已知数列{an}的通项公式为an＝2020－3n，则使an>0成立的最大正整数n的值为________．14．已知{an}是等差数列，Sn为其前n项和，n∈N*.若a3＝16，S20＝20，则an＝________，S10＝________.15．已知数列1，a1，a2,9是等差数列，数列1，b1，b2，b3,9是等比数列，则eq\f(b2,a1＋a2)＝________.16．设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和，已知a2a4＝1，S3＝7，则S5＝________.四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知函数f(x)＝eq\f(3x,x＋3)，数列{xn}的通项由xn＝f(xn－1)(n≥2且x∈N*)确定．(1)求证：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,xn)))是等差数列；(2)当x1＝eq\f(1,2)时，求x2020.18．(本小题满分12分)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－1，eq\f(S10,S5)＝eq\f(31,32).(1)求等比数列{an}的公比q；(2)求aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n).19．(本小题满分12分)在等差数列{an}中，Sn为其前n项和(n∈N*)，且a2＝3，S4＝16.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.20．(本小题满分12分)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an<an＋1，且S3＝2S2＋1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足bn＝(2n－1)an(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.21．(本小题满分12分)在①an＋1＝eq\f(an,3an＋1)，②eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))为等差数列，其中eq\f(1,a2)，eq\f(1,a3)＋1，eq\f(1,a6)成等比数列，③eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋…＋eq\f(1,an)＝eq\f(3n2－n,2)这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，然后解答补充完整的题目．已知数列{an}中，a1＝1，________.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝anan＋1，Tn为数列{bn}的前n项和，求证：Tn＜eq\f(1,3).注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．22．(本小题满分12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝55，S20＝210.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(an,an＋1)，是否存在m，k(k>m≥2，m，k∈N*)使得b1，bm，bk成等比数列？若存在，请说明理由．答案解析第Ⅰ卷(选择题，共60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．等差数列{an}中，a3＝2，a5＝7，则a7＝()A．10B．20C．16D．12解析：选D∵{an}是等差数列，∴d＝eq\f(a5－a3,5－3)＝eq\f(5,2)，∴a7＝2＋4×eq\f(5,2)＝12.2．在数列{an}中，a1＝eq\f(1,3)，an＝(－1)n·2an－1(n≥2)，则a5等于()A．－eq\f(16,3)D．eq\f(16,3)C．－eq\f(8,3)D．eq\f(8,3)解析：选B∵a1＝eq\f(1,3)，an＝(－1)n·2an－1，∴a2＝(－1)2×2×eq\f(1,3)＝eq\f(2,3)，a3＝(－1)3×2×eq\f(2,3)＝－eq\f(4,3)，a4＝(－1)4×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝－eq\f(8,3)，a5＝(－1)5×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,3)))＝eq\f(16,3).3．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10∶S5＝1∶2，则S15∶S5＝()A．3∶4B．2∶3C．1∶2D．1∶3解析：选A在等比数列{an}中，S5，S10－S5，S15－S10，…成等比数列，因为S10∶S5＝1∶2，所以S5＝2S10，S15＝eq\f(3,4)S5，得S15∶S5＝3∶4，故选A.4．在等比数列{an}中，已知前n项和Sn＝5n＋1＋a，则a的值为()A．－1B．1C．5D．－5解析：选D因为Sn＝5n＋1＋a＝5×5n＋a，由等比数列的前n项和Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(a1,1－q)－eq\f(a1,1－q)·qn，可知其常数项与qn的系数互为相反数，所以a＝－5.5．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2an，n为正奇数，,an＋1，n为正偶数，))则254是该数列的()A．第8项B．第10项C．第12项D．第14项解析：选D当n为正奇数时，an＋1＝2an，则a2＝2a1＝2，当n为正偶数时，an＋1＝an＋1，得a3＝3，依次类推得a4＝6，a5＝7，a6＝14，a7＝15，…，归纳可得数列{an}的通项公式an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2\f(n＋1,2)－1，n为正奇数，,2\f(n,2)＋1－2，n为正偶数，))则2eq\f(n,2)＋1－2＝254，n＝14，故选D.6．已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a1a2a3＝15，且eq\f(3,S1S3)＋eq\f(15,S3S5)＋eq\f(5,S5S1)＝eq\f(3,5)，则a2＝()A．2D．eq\f(1,2)C．3D．eq\f(1,3)解析：选C∵S1＝a1，S3＝3a2，S5＝5a3，∴eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋eq\f(1,a1a3)＝eq\f(3,5).∵a1a2a3＝15，∴eq\f(3,5)＝eq\f(a3,15)＋eq\f(a1,15)＋eq\f(a2,15)＝eq\f(a2,5)，∴a2＝3.故选C.7．如果数列a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1，…是首项为1，公比为eq\f(1,3)的等比数列，那么an＝()A.eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))D．eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n－1)))C.eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))D．eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n－1)))解析：选A由题知a1＝1，q＝eq\f(1,3)，则an－an－1＝1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1.设数列a1，a2－a1，…，an－an－1的前n项和为Sn，∴Sn＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝an.又∵Sn＝eq\f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))，∴an＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))).8．若有穷数列a1，a2，…，an(n是正整数)，满足a1＝an，a2＝an－1，…，an＝a1，即ai＝an－i＋1(i是正整数，且1≤i≤n)，就称该数列为“对称数列”．已知数列{bn}是项数不超过2m(m＞1，m∈N*)的对称数列，且1,2,4，…，2m－1是数列{bn}的前m项，则当m＞1200时，数列{bn}的前2019项和S2019的值不可能为()A．2m－2m－2009B．22019－1C．2m＋1－22m－2019－1D．3·2m－1－22m－2020－1解析：选A若数列{bn}的项数为偶数，则数列可设为1,21,22，…，2m－1,2m－1，…，22,2,1，当m≥2019时，S2019＝eq\f(1×1－22019,1－2)＝22019－1，故B可能．当1200＜m＜2019时，S2019＝2×eq\f(1×1－2m,1－2)－eq\f(1×1－22m－2019,1－2)＝2m＋1－22m－2019－1，故C可能．若数列为奇数项，则数列可设为1,21,22，…，2m－2,2m－1,2m－2，…，22,2,1，当m≥2019时，S2019＝eq\f(1×1－22019,1－2)＝22019－1.当1200＜m＜2019时，S2019＝2×eq\f(1×1－2m－1,1－2)－eq\f(1×1－22m－1－2019,1－2)＋2m－1＝3·2m－1－22m－2020－1，故D可能．故选A.二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)9．已知等比数列{an}的公比q＝－eq\f(2,3)，等差数列{bn}的首项b1＝12，若a9>b9且a10>b10，则以下结论正确的有()A．a9·a10<0B．a9>a10C．b10>0D．b9>b10解析：选AD∵等比数列{an}的公比q＝－eq\f(2,3)，∴a9和a10异号，∴a9a10＝aeq\o\al(2,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))<0，故A正确；但不能确定a9和a10的大小关系，故B不正确；∵a9和a10异号，且a9>b9且a10>b10，∴b9和b10中至少有一个数是负数，又∵b1＝12>0，∴d<0，∴b9>b10，故D正确；∴b10一定是负数，即b10<0，故C不正确．故选A、D.10．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＞0，公差d≠0，则下列命题正确的是()A．若S5＝S9，则必有S14＝0B．若S5＝S9，则必有S7是Sn中最大的项C．若S6＞S7，则必有S7＞S8D．若S6＞S7，则必有S5＞S6解析：选ABC∵等差数列{an}的前n项和公式Sn＝na1＋eq\f(nn－1d,2)，若S5＝S9，则5a1＋10d＝9a1＋36d，∴2a1＋13d＝0，∴a1＝－eq\f(13d,2)，∵a1＞0，∴d＜0，∴a1＋a14＝0，∴S14＝7(a1＋a14)＝0，A对；又∵Sn＝na1＋eq\f(nn－1d,2)＝－eq\f(13nd,2)＋eq\f(nn－1d,2)＝eq\f(d[n－72－49],2)，由二次函数的性质知S7是Sn中最大的项，B对；若S6＞S7，则a7＝a1＋6d＜0，∴a1＜－6d，∵a1＞0，∴d＜0，∴a6＝a1＋5d＜－6d＋5d＝－d，a8＝a7＋d＜a7＜0，S7＞S8＝S7＋a8，C对；由a6＜－d不能确定a6的符号，所以S5＞S6不一定成立，D错．故选A、B、C.11．在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”．则下列说法正确的是()A．此人第三天走了四十八里路B．此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里C．此人第二天走的路程占全程的eq\f(1,4)D．此人走的前三天路程之和是后三天路程之和的8倍解析：选ABD设此人第n天走an里路，则{an}是首项为a1，公比为q＝eq\f(1,2)的等比数列．所以S6＝eq\f(a11－q6,1－q)＝eq\f(a1\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))6)),1－\f(1,2))＝378，解得a1＝192.a3＝a1q2＝192×eq\f(1,4)＝48，所以A正确，由a1＝192，则S6－a1＝378－192＝186，又192－186＝6，所以B正确．a2＝a1q＝192×eq\f(1,2)＝96，而eq\f(1,4)S6＝94.5＜96，所以C不正确．a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝192×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,4)))＝336，则后3天走的路程为378－336＝42而且42×8＝336，所以D正确．故选A、B、D.12．若数列{an}满足：对任意正整数n，{an＋1－an}为递减数列，则称数列{an}为“差递减数列”．给出下列数列{an}(n∈N*)，其中是“差递减数列”的有()A．an＝3nB．an＝n2＋1C．an＝eq\r(n)D．an＝lneq\f(n,n＋1)解析：选CD对A，若an＝3n，则an＋1－an＝3(n＋1)－3n＝3，所以{an＋1－an}不为递减数列，故A错误；对B，若an＝n2＋1，则an＋1－an＝(n＋1)2－n2＝2n＋1，所以{an＋1－an}为递增数列，故B错误；对C，若an＝eq\r(n)，则an＋1－an＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))，所以{an＋1－an}为递减数列，故C正确；对D，若an＝lneq\f(n,n＋1)，则an＋1－an＝lneq\f(n＋1,n＋2)－lneq\f(n,n＋1)＝lneq\f(n＋1,n＋2)·eq\f(n＋1,n)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2＋2n)))，由函数y＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2＋2x)))在(0，＋∞)递减，所以数列{an＋1－an}为递减数列，故D正确．故选C、D.第Ⅱ卷(非选择题，共90分)三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．已知数列{an}的通项公式为an＝2020－3n，则使an>0成立的最大正整数n的值为________．解析：由an＝2020－3n>0，得n<eq\f(2020,3)＝673eq\f(1,3)，又∵n∈N*，∴n的最大值为673.答案：67314．已知{an}是等差数列，Sn为其前n项和，n∈N*.若a3＝16，S20＝20，则an＝________，S10＝________.解析：设{an}的首项，公差分别是a1，d，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝16，,20a1＋\f(20×20－1,2)×d＝20，))解得a1＝20，d＝－2，∴an＝a1＋(n－1)d＝20－2(n－1)＝22－2n.S10＝10×20＋eq\f(10×9,2)×(－2)＝110.答案：22－2n11015．已知数列1，a1，a2,9是等差数列，数列1，b1，b2，b3,9是等比数列，则eq\f(b2,a1＋a2)＝________.解析：因为数列1，a1，a2,9是等差数列，所以a1＋a2＝1＋9＝10.因为数列1，b1，b2，b3,9是等比数列，所以beq\o\al(2,2)＝1×9＝9，又b2＝1×q2＞0(q为等比数列的公比)，所以b2＝3，则eq\f(b2,a1＋a2)＝eq\f(3,10).答案：eq\f(3,10)16．设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和，已知a2a4＝1，S3＝7，则S5＝________.解析：设{an}的公比为q，q>0，且aeq\o\al(2,3)＝1，∴a3＝1.∵S3＝7，∴a1＋a2＋a3＝eq\f(1,q2)＋eq\f(1,q)＋1＝7，即6q2－q－1＝0，解得q＝eq\f(1,2)或q＝－eq\f(1,3)(舍去)，a1＝eq\f(1,q2)＝4.∴S5＝eq\f(4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,25))),1－\f(1,2))＝8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,25)))＝eq\f(31,4).答案：eq\f(31,4)四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知函数f(x)＝eq\f(3x,x＋3)，数列{xn}的通项由xn＝f(xn－1)(n≥2且x∈N*)确定．(1)求证：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,xn)))是等差数列；(2)当x1＝eq\f(1,2)时，求x2020.解：(1)证明：∵xn＝f(xn－1)＝eq\f(3xn－1,xn－1＋3)(n≥2且n∈N*)，∴eq\f(1,xn)＝eq\f(xn－1＋3,3xn－1)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,xn－1)，∴eq\f(1,xn)－eq\f(1,xn－1)＝eq\f(1,3)(n≥2且n∈N*)，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,xn)))是公差为eq\f(1,3)的等差数列．(2)由(1)知eq\f(1,xn)＝eq\f(1,x1)＋(n－1)×eq\f(1,3)＝2＋eq\f(n－1,3)＝eq\f(n＋5,3).∴eq\f(1,x2020)＝eq\f(2020＋5,3)＝675.∴x2020＝eq\f(1,675).18．(本小题满分12分)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－1，eq\f(S10,S5)＝eq\f(31,32).(1)求等比数列{an}的公比q；(2)求aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n).解：(1)由eq\f(S10,S5)＝eq\f(31,32)，a1＝－1，知公比q≠1，eq\f(S10－S5,S5)＝－eq\f(1,32).由等比数列前n项和的性质知S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，故q5＝－eq\f(1,32)，q＝－eq\f(1,2).(2)由(1)，得an＝(－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1，所以aeq\o\al(2,n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n－1，所以数列{aeq\o\al(2,n)}是首项为1，公比为eq\f(1,4)的等比数列，故aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝eq\f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))＝eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n))).19．(本小题满分12分)在等差数列{an}中，Sn为其前n项和(n∈N*)，且a2＝3，S4＝16.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)设等差数列{an}的公差是d，由已知条件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝3，,4a1＋6d＝16，))解得a1＝1，d＝2，∴an＝2n－1.(2)由(1)知，an＝2n－1，∴bn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1).20．(本小题满分12分)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an<an＋1，且S3＝2S2＋1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足bn＝(2n－1)an(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)设等比数列{an}的公比为q，由an<an＋1，得q>1，又a1＝1，则a2＝q，a3＝q2，因为S3＝2S2＋1，所以a1＋a2＋a3＝2(a1＋a2)＋1，则1＋q＋q2＝2(1＋q)＋1，即q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*)．(2)由(1)知，bn＝(2n－1)·an＝(2n－1)·2n－1(n∈N*)，则Tn＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n－1)×2n－1，2Tn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)×2n－1＋(2n－1)×2n，两式相减，得－Tn＝1＋2×21＋2×22＋…＋2×2n－1－(2n－1)×2n，即－Tn＝1＋22＋23＋24＋…＋2n－(2n－1)×2n，化简得Tn＝(2n－3)×2n＋3.21．(本小题满分12分)在①an＋1＝eq\f(an,3an＋1)，②eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))为等差数列，其中eq\f(1,a2)，eq\f(1,a3)＋1，eq\f(1,a6)成等比数列，③eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋…＋eq\f(1,an)＝eq\f(3n2－n,2)这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，然后解答补充完整的题目．已知数列{an}中，a1＝1，________.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝anan＋1，Tn为数列{bn}的前n项和，求证：Tn＜eq\f(1,3).注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．解：若选条件①：(1)易知an≠0，∵an＋1＝eq\f(an,3an＋1)，∴eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝3.又eq\f(1,a1)＝1，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1为首项，3为公差的等差数列，∴eq\f(1,an)＝3n－2，∴an＝eq\f(1,3n－2).(2)证明：由(1)可知，bn＝eq\f(1,3n－23n＋1)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－2)－\f(1,3n＋1)))，∴Tn＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－2)－\f(1,3n＋1)))))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n＋1)))＝eq\f(1,3)－eq\f(1,9n＋3)＜eq\f(1,3)，故Tn＜eq\f(1,3).若选条件②：(1)设数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的公差为d，则eq\f(1,a2)＝1＋d，eq\f(1,a3)＋1＝2＋2d，eq\f(1,a6)＝1＋5d，∵eq\f(1,a2)，eq\f(1,a3)＋1，eq\f(1,a6)成等比数列，∴(2＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)，解得d＝3或d＝－1.当d＝－1时，eq\f(1,a2)＝1＋d＝0，此时eq\f(1,a2)，eq\f(1,a3)＋1，eq\f(1,a6)不能构成等比数列，∴d＝3，∴eq\f(1,an)＝1＋3(n－1)＝3n－2，∴an＝eq\f(1,3n－2).(2)由(1)可知，bn＝eq\f(1,3n－23n＋1)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－2)－\f(1,3n＋1)))，∴Tn＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－2)－\f(1,3n＋1)))))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n＋1)))＝eq\f(1,3)－eq\f(1,9n＋3)＜eq\f(1,3)，故Tn＜eq\f(1,3).若选条件③：(1)由eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋…＋eq\f(1,an)＝eq\f(3n2－n,2)知，当n≥2时，eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋…＋eq\f(1,an－1)＝eq\f(3n－12－n－1,2)，两式相减，得eq\f(1,an)＝eq\f(3n2－n,2)－eq\f(3n－12－n－1,2)＝3n－2，∴an＝eq\f(1,3n－2)(n≥2)，当n＝1时，a1＝1也适合上式，∴an＝eq\f(1,3n－2).(2)由(1)可知，bn＝eq\f(1,3n－23n＋1)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－2)－\f(1,3n＋1)))，∴Tn＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－2)－\f(1,3n＋1)))))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n＋1)))＝eq\f(1,3)－eq\f(1,9n＋3)＜eq\f(1,3)，故Tn＜eq\f(1,