2020_2021学年新教材高中数学模块质量检测含解析新人教A版选择性必修第二册

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，a2＋a8＝16，a4＝1，则a6的值为( ) A．15 B．17 C．22 D．64

π

2．函数f(x)＝x－cos x在x＝处的切线方程为( )

2

A．2x－4y－π＝0 B．2x－πy＝0 C．4x－πy－1＝0 D．4x－2y－π＝0

3．设{an}是等比数列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则a6＋a7＋a8＝( ) A．12 B．24 C．30 D．32

4．如图，y＝f(x)是可导函数，直线l：y＝kx＋2是曲线y＝f(x)在x＝3处的切线，令g(x)＝xf(x)，g′(x)是g(x)的导函数，则g′(3)＝( )

A．－1 B．0 C．2 D．4 5．若正项等比数列{an}满足S3＝13，a2a4＝1，bn＝log3 an，则数列{bn}的前20项和是( ) A．－25 B．25 C．－150 D．150

6．记Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝－2an＋1，则S6的值为( ) 665486A. B. 72966566565C. D. 2439

7．函数f(x)＝(2x－1)ex＋2x＋1的极值点的个数为( ) A．0 B．1 C．2 D．3

8．已知函数f(x)的定义域为R，且f(x)＋13ex解集为( )

A．(1，＋∞) B．(－∞，1) C．(0，＋∞) D．(－∞，0)

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，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)

9．如图是y＝f(x)的导函数f′(x)的图象，则下列判断正确的是( )

A．f(x)在区间[－2，－1]上是增函数 B．x＝－1是f(x)的极小值点

C．f(x)在区间[－1,2]上是增函数，在区间[2,4]上是减函数 D．x＝1是f(x)的极大值点

10．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且对∀n∈N*，an>0，下列说法正确的是( ) A．a1＋a10＝a5＋a6 B．a5·a6C．Sm，S2m－Sm，S3m－S2m(m∈N*)成等差数列

Sn

D．数列{}是等差数列

n

2n

的前n项和11．已知数列{an}的前n项和为S，a1＝1，Sn＋1＝Sn＋2an＋1，数列a·

nan＋1

为Tn，n∈N*，则下列选项正确的是( )

A．数列{an＋1}是等差数列 B．数列{an＋1}是等比数列

C．数列{an}的通项公式为an＝2n－1 D．Tn<1

f′x－fx

12．已知函数y＝f(x)在R上可导且f(0)＝1，其导函数f′(x)满足>0，对于函

x－1

fx

数g(x)＝x，下列结论正确的是( )

e

A．函数g(x)在(1，＋∞)上为单调递增函数 B．x＝1是函数g(x)的极小值点 C．函数g(x)至多有两个零点

D．当x≤0时，不等式f(x)≤ex恒成立

三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上) 13．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4＝8，a1＝2，则S5－S3＝________.

14．已知函数f(x)＝ex－a(x＋1)，若f(x)有两个零点，则实数a的取值范围是________． 15．已知各项均不相等的数列{an}满足2an＋1＝3an－an－1(n∈N*，n>1)则数列{an＋1－an}

11

是公比为________的等比数列，若a2＝，a8＝，则a1＝________(第一空2分，第二空3

2128

分)．

116．函数f(x)＝ax2－xln x在e，＋∞上单调递增，则实数a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)已知等差数列{an}的公差d＝2，且a1＋a2＝6. (1)求a1及an；

(2)若等比数列{bn}满足b1＝a1，b2＝a2，求数列{an＋bn}的前n项的和Sn.

18．(本小题满分12分)函数f(x)＝xln x－ax＋1在点A(1，f(1))处的切线斜率为－2. (1)求实数a的值；

(2)求f(x)的单调区间和极值．

19．(本小题满分12分)在①a5＝b4＋2b6，②a3＋a5＝4(b1＋b4)，③b2S4＝5a2b3三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．

设{an}是公比大于0的等比数列，其前n项和为Sn，{bn}是等差数列．已知a1＝1，S3

－S2＝a2＋2a1，a4＝b3＋b5，________.

求{an}和{bn}的通项公式．

20．(本小题满分12分)给出以下三个条件：

①数列{an}是首项为2，满足Sn＋1＝4Sn＋2的数列；

＋

②数列{an}是首项为2，满足3Sn＝22n1＋λ(λ∈R)的数列； ③数列{an}是首项为2，满足3Sn＝an＋1－2的数列．

请从这三个条件中任选一个将下面的题目补充完整，并求解．

设数列{an}的前n项和为Sn，an与Sn满足________，记数列bn＝log2a1＋log2a2＋…＋

n2＋n

log2an，cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn；(注：如选择多个条件分别解答，按第一个解答

bnbn＋1

计分)

1

21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．

3

(1)若函数f(x)在x＝－1和x＝2处取得极值，求a，b的值；

(2)在(1)的条件下，当x∈[－2,3]时，f(x)>2c恒成立，求c的取值范围．

x2

22．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝＋(a－3)x＋aln x，其中a∈R.

2

(1)函数f(x)在x＝2处的切线与直线x＋2y－1＝0垂直，求实数a的值； (2)若函数f(x)在定义域上有两个极值点x1，x2，且x10.

模块质量检测

1．解析：由等差数列的性质可得 2a5＝a2＋a8＝16 ∴a5＝8

∴公差d＝a5－a4＝8－1＝7. ∴a6＝a5＋d＝8＋7＝15. 故选A.

答案：A ππ＝π，所以函2．解析：因为f(x)＝x－cos x，所以f′(x)＝1＋sin x，所以f′＝2，f222πππx－，即4x－2y－π＝0. 数f(x)＝x－cos x在x＝处的切线方程为y－＝2222故选D. 答案：D 3．解析：设等比数列{an}的公比为q， 故a2＋a3＋a4＝q(a1＋a2＋a3)， 又a2＋a3＋a4＝2，a1＋a2＋a3＝1， ∴q＝2， ∴a6＋a7＋a8＝q5(a1＋a2＋a3)＝25＝32，故选D. 答案：D 14．解析：将点(3,1)代入直线y＝kx＋2的方程得3k＋2＝1，得k＝－，所以f′(3)＝k31＝－， 3由于点(3,1)在函数y＝f(x)的图象上，则f(3)＝1， 对函数g(x)＝xf(x)求导得g′(x)＝f(x)＋xf′(x)， 1－＝0，故选B. ∴g′(3)＝f(3)＋3f′(3)＝1＋3×3答案：B 5．解析：设正项等比数列{an}的首项为a1，公比为q，由S3＝13，a2a4＝1，得2a1＋a1q＋a1q＝131，解得q＝，a1＝9. 3a1q22＝1 1n－1＝33－n，bn＝log3an＝log3 33－n＝3－n， ∴an＝a1qn－1＝9·3则数列{bn}是以2为首项，以－1为公差的等差数列， 20×19×－1则S20＝20×2＋＝－150. 2故选C. 答案：C 16．解析：当n＝1时，S1＝a1＝－2a1＋1⇒a1＝， 3当n≥2时，Sn－1＝－2an－1＋1，由Sn＝－2an＋1， an2∴an＝－2an＋2an－1⇒＝， an－13∴数列{an}为等比数列， 1261－36653∴S6＝＝， 27291－3故选A. 答案：A 7．解析：因为f′(x)＝(2x＋1)ex＋2，设g(x)＝f′(x) g′(x)＝(2x＋3)ex， 3所以当x>－时，g′(x)>0，f′(x)递增； 23x<－时，g′(x)<0，f′(x)递减， 2所以f′(x)的最小值为 ---3220f′－2＝2－2e＝2(1－e)＝2(e－e2)>0， 333所以f′(x)>0，故f(x)递增， 所以f(x)无极值点． 故选A. 答案：A fx＋1f′x－fx－18．解析：构造函数g(x)＝x，则g′(x)＝>0，故g(x)在R上为增函eex数． f0＋1fx＋1x又g(0)＝＝3，故f(x)＋1>3e即>3， e0ex即g(x)>g(0)．解得x>0. 故选C. 答案：C 9．解析：在(－2，－1)上f′(x)<0，f(x)递减，A错；f′(－1)＝0，且当－20，所以x＝－1是f(x)的极小值点，B正确；在[－1,2]上f′(x)>0，f(x)递增，在[2,4]上f′(x)<0，f(x)递减，C正确；f(x)在区间[－1,2]上是增函数，x＝1不是f(x)的极大值点，D错． 故选BC. 答案：BC 10．解析：因为{an}是等差数列，设其公差为d，所以a1＋a10＝a5＋a6，Sm，S2m－Sm，SnS3m－S2m(m∈N*)成等差数列，数列n是等差数列，故选项ACD正确．由∀n∈N*，an>0，得2d≥0，而a5·a6＝a2a10＝a2a6，所以B选项不正确，故选ACD. 1＋9a1d＋20d，a1·1＋9a1d≤a5·答案：ACD 11．解析：由Sn＋1＝Sn＋2an＋1即为 an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1， 可化为an＋1＋1＝2(an＋1)，由S1＝a1＝1，可得数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列， 则an＋1＝2n，即an＝2n－1， 2n2n11又＝n＝－，可得 anan＋12－12n＋1－12n－12n＋1－1111111Tn＝1－2＋2－3＋…＋n－n1＝1－n1<1， 2－12－12－12－12＋－12＋－1故A错误，B，C，D正确． 故选BCD. 答案：BCD f′x－fxf′x－fxfx12．解析：g(x)＝x，则g′(x)＝.当x>1时，由>0，可得f′(x)eexx－1f′x－fx－f(x)>0，则g′(x)>0，故y＝g(x)在(1，＋∞)上单调递增，故A正确；当x<1时，由>0，x－1可得f′(x)－f(x)<0，则g′(x)<0，故y＝g(x)在(－∞，1)上单调递减，故x＝1是函数y＝g(x)的极小值点，故B正确；若g(1)<0，则函数y＝g(x)有2个零点，若g(1)＝0，则函数y＝g(x)有1个零点，若g(1)>0，则函数y＝g(x)没有零点，故C正确；因为y＝g(x)在(－∞，1)上单调f0fx递减，所以y＝g(x)在(－∞，0)上单调递减，由g(0)＝0＝1，得当x≤0时，g(x)≥g(0)，即xee≥1，故f(x)≥ex，故D错误，故选ABC. 答案：ABC a4－a18－213．解析：由题意，知a4＝8，a1＝2，所以公差d＝＝＝2，所以a5＝a4＋d33＝10，所以S5－S3＝a4＋a5＝8＋10＝18. 答案：18 14．解析：由题知：f′(x)＝ex－a，x∈R.①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，至多有一个零点，不合题意； ②当a>0时，令f′(x)＝0⇒x＝ln a，易知f(x)在(－∞，ln a)单调递减，在(ln α，＋∞)单调递增，故f(x)的最小值为f(ln a)＝a－a(ln a＋1)＝－aln a. ∵f(x)有两个零点，当x→±∞时，f(x)→＋∞， ∴f(ln a)<0⇒ln a>0，解得a>1 故答案为(1，＋∞)． 答案：(1，＋∞) 15．解析：因为2an＋1＝3an－an－1(n∈N*，n>1)，所以2an＋1－2an＝an－an－1，则数列{an11*＋1－an}(n∈N)是公比为的等比数列．令bn＝an＋1－an，则数列{bn}是公比为的等比数列，2211－7b1212711所以a8－a1＝b1＋b2＋b3＋…＋b7＝＝b1.因为b1＝a2－a1＝－a1，a8＝，所以16421281－211271－a1，解得a1＝1. －a1＝1286421答案： 1 216．解析：f′(x)＝2ax－ln x－1， 1，＋∞上单调递增， 若函数f(x)＝ax2－xln x在e1则f′(x)≥0在e，＋∞上恒成立， ln x＋11则a≥在e，＋∞上恒成立， 2xln x＋11令g(x)＝，x∈e，＋∞， 2x2－2ln x－2ln x则g′(x)＝＝－， 4x22x2可以得出00，当x>1时g′(x)<0， 11，1上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝，所所以函数g(x)在e21以a≥. 21，＋∞ 答案：217．解析：(1)由a1＋a2＝6，得2a1＋d＝6， 又d＝2， ∴a1＝2， ∴an＝2＋2(n－1)＝2n； (2)由题意b1＝2，b2＝2q＝4，即q＝2， ∴bn＝2n， 于是an＋bn＝2n＋2n， 故Sn＝(2＋4＋…＋2n)＋(2＋22＋…＋2n)＝n2＋n＋2n＋1－2. 18．解析：(1)函数f(x)＝xln x－ax＋1的导数为f′(x)＝ln x＋1－a， 在点A(1，f(1))处的切线斜率为k＝1－a， ∴f′(1)＝－2，即1－a＝－2，∴a＝3； (2)由(1)得，f′(x)＝ln x－2，x∈(0，＋∞)， 令f′(x)>0，得x>e2，令f′(x)<0，得00， ∴q＝2，∴an＝2n－1. 设等差数列{bn}的公差为d， 2b1＋6d＝8∵a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6，∴， 3b1＋13d＝16b1＝1解得，∴bn＝n，∴an＝2n－1，bn＝n. d＝1方案二：选条件②：设等比数列{an}的公比为q， ∵a1＝1，S3－S2＝a2＋2a1， ∴q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1，∵q>0， ∴q＝2，∴an＝2n－1. 设等差数列{bn}的公差为d， 2b1＋6d＝8∵a4＝b3＋b5，a3＋a5＝4(b1＋b4)，∴， 2b1＋3d＝5 b1＝1解得，∴bn＝n，∴an＝2n－1，bn＝n. d＝1方案三：选条件③，设等比数列{an}的公比为q， ∵a1＝1，S3－S2＝a2＋2a1， ∴q2－q－2＝0， 解得q＝2或q＝－1，∵q＞0， ∴q＝2，∴an＝2n－1. 设{bn}公差为d， ∵a4＝b3＋b5， b2S4＝5a2b3， b1＋3d＝4，∴ 15b1＋d＝10b1＋2db1＝1，解得 d＝1，∴bn＝1＋(n－1)×1＝n. ∴an＝2n－1，bn＝n. 20．解析：选①，由已知Sn＋1＝4Sn＋2 (ⅰ)， 当n≥2时，Sn＝4Sn－1＋2 (ⅱ)， (ⅰ)－(ⅱ)得：an＋1＝4(Sn－Sn－1)＝4an，即an＋1＝4an， 当n＝1时，S2＝4S1＋2，由a1＝2，所以 2＋a2＝4×2＋2， 所以a2＝8，满足a2＝4a1， 故{an}是以2为首项，4为公比的等比数列，所以an＝22n－1. bn＝log2 a1＋log2 a2＋…＋log2 an＝log2(a1a2…an)＝1＋3＋…＋(2n－1)＝n2， cn＝nn＋1111＝2＝＝－， 2nbnbn＋1nn＋1nn＋1n＋1n2＋n 111111n1－＋－＋…＋n－所以Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＝1－＝. 223n＋1n＋1n＋1选②，由已知3Sn＝22n＋1＋λ (ⅰ)， 当n≥2时，3Sn－1＝22n－1＋λ (ⅱ)， (ⅰ)－(ⅱ)得，3an＝22n＋1－22n－1＝3·22n－1，即an＝22n－1，当n＝1时，a1＝2满足an＝22n－1， 故{an}是以2为首项4为公比的等比数列，所以an＝22n－1. bn＝log2 a1＋log2 a2＋…＋log2 an＝log2(a1a2…an)＝1＋3＋…＋(2n－1)＝n2， cn＝111＝2＝＝－， bnbn＋1nn＋12nn＋1nn＋1n2＋nnn＋11111－11n所以Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝1－2＋2－3＋…＋n＝1－＝； n＋1n＋1n＋1选③，由已知3Sn＝an＋1－2 (ⅰ)， 则n≥2时，3Sn－1＝an－2 (ⅱ)， (ⅰ)－(ⅱ)得3an＝an＋1－an，即an＋1＝4an， 当n＝1时，3a1＝a2－2，而a1＝2，得a2＝8，满足a2＝4a1， 故{an}是以2为首项4为公比的等比数列，所以an＝22n－1. bn＝log2 a1＋log2 a2＋…＋log2 an＝log2(a1a2…an)＝1＋3＋…＋(2n－1)＝n2， cn＝111＝2＝＝－， bnbn＋1nn＋12nn＋1nn＋1n2＋nnn＋1111111n1－＋－＋…＋n－所以Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＝1－＝. 223n＋1n＋1n＋1121．解析：(1)∵f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c， 3∴f′(x)＝x2＋2ax＋b. 又函数f(x)在x＝－1和x＝2处取得极值， ∴x＝－1和x＝2是方程x2＋2ax＋b＝0的两根， 1－1＋2＝－2aa＝－2∴，解得. －1×2＝bb＝－2 1经检验得a＝－，b＝－2符合题意， 21∴a＝－，b＝－2. 2(2)由(1)得f′(x)＝x2－x－2＝(x＋1)(x－2)， ∴当－20，f(x)单调递增； 当－12c恒成立， 1010∴c－>2c，解得c<－， 3310－∞，－. ∴实数c的取值范围为32xa22．解析：(1)依题意，f(x)＝＋(a－3)x＋aln x，x>0，故f′(x)＝x＋(a－3)＋，所以f′(2)2x3a＝－1， 23a1据题意可知(－1)·(－)＝－1，解得a＝2，所以实数a的值为2. 22a(2)①因为函数f(x)在定义域上有两个极值点x1，x2，且x10等的根x，x所以Δ＝a－3－4a>0a>0122 ，解得0x2， x2＋(a－3)x＋a>0，f′(x)>0，函数f(x)在(0，x1)和(x1，＋∞)上单调递增； 若x10，h(a)在(0,1)上单调递增． a由于h(e－3)＝－2e－3<0，h(1)＝2>0，所以存在常数t∈(e－3,1)，使得h(t)＝0， 即ln t－t＋3＝0，ln t＝t－3.且当a∈(0，t)时，h(a)＝g′(a)<0，g(a)在(0，t)上单调递减；当a∈(t,1)时，h(a)＝g′(a)>0，g(a)在(t,1)上单调递增，所以当0－5， 222所以g(a)>－5，即g(a)＋5>0. 故f(x1)＋f(x2)＋5>0得证．