高中数学选择性必修2（人教版） 综合检测试卷(二)（含解析）

高中数学选择性必修2（人教版） 综合检测试卷(二)
(时间：120分钟　满分：150分)
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．在等差数列{an}中，a4＝2，a8＝14，则a15等于(　　)
A．32 B．－32 C．35 D．－35
2．函数y＝2x3－3x2－12x＋5在[－2,1]上的最大值、最小值分别是(　　)
A．12，－8 B．1，－8
C．12，－15 D．5，－16
3．在数列{an}中，a1＝，an＝(－1)n·2an－1(n≥2)，则a5等于(　　)
A．－ B. C．－ D.
4．设曲线y＝ax－ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为y＝2x，则a等于(　　)
A．0 B．1 C．2 D．3
5．已知等差数列共有10项，其偶数项之和为20，奇数项之和为5，则该数列的公差为(　　)
A．－3 B．－2 C．2 D．3
6．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“诸葛亮领八员将，每将又分八个营，每营里面排八阵，每阵先锋有八人，每人旗头俱八个，每个旗头八队成，每队更该八个甲，每个甲头八个兵．”则该问题中将官、先锋、旗头、队长、甲头、士兵共有(　　)
A.(87－8)人 B.(89－8)人
C.人 D.人
7．设曲线y＝sin x上任一点(x，y)处的切线斜率为g(x)，则函数y＝x2g(x)的部分图象可以为(　　)
8．已知数列的前n项和Sn＝n2－16n，则等于(　　)
A．－55 B．0 C．55 D．73
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2分，有选错的得0分)
9．设f(x)，g(x)在[a，b]上可导，且f′(x)>g′(x)，则当aA．f(x)>g(x)
B．f(x)C．f(x)＋g(a)>g(x)＋f(a)
D．f(x)＋g(b)10．设{an}是等比数列，Sn为其前n项和，已知a2a4＝1，S3＝7，则S5等于(　　)
A. B. C. D.
11．已知函数f(x)＝sin x＋x3－ax，则下列结论正确的是(　　)
A．f(x)是奇函数
B．当a＝－3时，函数f(x)恰有两个零点
C．若f(x)为增函数，则a≤1
D．当a＝3时，函数f(x)恰有两个极值点
12．已知数列中，前n项和为Sn，且Sn＝an，则的值不可能为(　　)
A．2 B．5 C．3 D．4
三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
13．已知数列{an}的通项公式为an＝2 023－3n，则使an>0成立的最大正整数n的值为________．
14．若函数f(x)＝x3－ax2＋x－5无极值点，则实数a的取值范围是________．
15．函数f(x)＝(1＋x2)ex－1的零点个数为__________________________________________．
16．已知在数列中，a1＝1，an＋1＝2an＋3，则a10＝________.
四、解答题(本题共6小题，共70分)
17．(10分)设函数f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax＋8，其中a∈R.已知f(x)在x＝3处取得极值．
(1)求f(x)的解析式；
(2)求f(x)在点A(1,16)处的切线方程．
18．(12分)在①Sn＝n2＋n，②a3＋a5＝16，S3＋S5＝42，③＝，S7＝56这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并加以解答．
设等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列，________，b1＝a1，b2＝.求数列的前n项和Tn.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
19．(12分)函数f(x)＝ax3＋3x2＋3x(a≠0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)在区间(1,2)上单调递增，求a的取值范围．
20．(12分)某公司自2022年起，每年投入的设备升级资金为500万元，预计自2022年起(2022年为第1年)，因为设备升级，第n年可新增的盈利an＝(单位：万元)，求：
(1)第几年起，当年新增盈利超过当年设备升级资金；
(2)第几年起，累计新增盈利总额超过累计设备升级资金总额．
21．(12分)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1.
(1)证明数列{an＋1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝3n·(an＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
22．(12分)已知函数f(x)＝xex－x2－2x－1.
(1)求函数f(x)在[－1,1]上的最大值；
(2)证明：当x>0时，f(x)>－x－1.
综合检测试卷(二)
1．C　[∵{an}是等差数列，
∴d＝＝3，
∴a15＝a4＋11d＝2＋11×3＝35.]
2．A　[y′＝6x2－6x－12，
由y′＝0，得x＝－1或x＝2(舍去)．
当x＝－2时，y＝1；当x＝－1时，
y＝12；当x＝1时，y＝－8，
所以ymax＝12，ymin＝－8.]
3．B　[∵a1＝，an＝(－1)n·2an－1，
∴a2＝(－1)2×2×＝，
a3＝(－1)3×2×＝－，
a4＝(－1)4×2×＝－，
a5＝(－1)5×2×＝.]
4．D　[令f(x)＝ax－ln(x＋1)，
则f′(x)＝a－ .
由导数的几何意义可得在点(0,0)处的切线的斜率为f′(0)＝a－1.又切线方程为y＝2x，
则有a－1＝2，所以a＝3.]
5．D　[∵a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝5，a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝20，∴5d＝15，∴d＝3.]
6．D　[由题意可得将官、营、阵、先锋、旗头、队长、甲头、士兵依次成等比数列，且首项为8，公比也是8，
所以将官、先锋、旗头、队长、甲头、士兵共有
8＋84＋85＋86＋87＋88＝8＋＝人．]
7．C　[由曲线方程y＝sin x，
可知g(x)＝cos x，
所以y＝x2g(x)＝x2cos x为偶函数，排除A，B；
当x＝0时，y＝0，排除D，故选C.]
8．D　[∵Sn＝n2－16n，
∴当n＝1时，a1＝－15，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝n2－16n－[(n－1)2－16(n－1)]＝2n－17，令an≤0，解得n≤8，
令Tn＝|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a11|
＝－a1－a2－a3－…－a8＋a9＋a10＋a11＝15＋13＋11＋9＋7＋5＋3＋1＋1＋3＋5＝73.]
9．CD　[因为f′(x)－g′(x)>0，
所以[f(x)－g(x)]′>0，
所以f(x)－g(x)在[a，b]上单调递增，
所以当af(x)－g(x)>f(a)－g(a)，
所以f(x)＋g(a)>g(x)＋f(a)，
f(x)＋g(b)10．BD　[设数列{an}的公比为q，
由a2a4＝1，得a＝1，∴a3＝±1.
∵S3＝7，
∴a1＋a2＋a3＝＋＋a3＝7，
当a3＝－1时，得8q2＋q＋1＝0，无解，当a3＝1时，得6q2－q－1＝0，
解得q＝或q＝－，
当q＝－时，a1＝＝9.
∴S5＝
＝×＝.
当q＝时，a1＝＝4.
∴S5＝
＝8×＝.]
11．ACD　[对于A选项，函数f(x)＝sin x＋x3－ax的定义域为R，
f(－x)＝sin(－x)＋(－x)3＋ax＝－sin x－x3＋ax＝－f(x)，
函数f(x)为奇函数，A选项正确；
对于B选项，当a＝－3时，f(x)＝sin x＋x3＋3x，则f′(x)＝cos x＋3x2＋3>0，
所以函数f(x)在R上为增函数，又f(0)＝0，所以函数f(x)有且只有一个零点，B选项错误；
对于C选项，f′(x)＝cos x＋3x2－a，由于函数f(x)为增函数，则f′(x)≥0对任意的x∈R恒成立，
即a≤3x2＋cos x.
令g(x)＝3x2＋cos x，则g′(x)＝6x－sin x，令φ(x)＝6x－sin x，
则φ′(x)＝6－cos x>0，
所以函数g′(x)在R上为增函数，
当x<0时，g′(x)函数g(x)单调递减；
当x>0时，g′(x)>g′(0)＝0，
函数g(x)单调递增．
所以g(x)min＝g(0)＝1，
∴a≤1，C选项正确；
对于D选项，当a＝3时，
f(x)＝sin x＋x3－3x，
则f′(x)＝cos x＋3x2－3.
由C选项可知，函数f′(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∵f′(－1)＝f′(1)＝cos 1>0，
f′(0)＝－2<0，
∴由函数零点存在定理可知，函数f′(x)在(－1,0)和(0,1)上都存在一个零点，因此，当a＝3时，函数f(x)有两个极值点，D选项正确．]
12．BD　[∵Sn＝an，
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，
化为＝＝1＋，
由于数列为递减数列，
可得当n＝2时，取得最大值2.
∴的最大值为3.]
13．674
解析　由an＝2 023－3n>0，
得n<＝674，
又∵n∈N*，∴n的最大值为674.
14．[－1,1]
解析　因为f(x)＝x3－ax2＋x－5，
所以f′(x)＝x2－2ax＋1，
因为函数f(x)＝x3－ax2＋x－5无极值点，
所以(－2a)2－4≤0，解得－1≤a≤1，
故实数a的取值范围是[－1,1]．
15．1
解析　因为f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(1＋x)2ex≥0，
所以f(x)单调递增，又因为f(0)＝0，
所以f(x)有且仅有1个零点．
16．2 045
解析　∵an＋1＝2an＋3，
∴an＋1＋3＝2(an＋3)，
故数列{an＋3} 为等比数列，
首项为4，公比为2.
∴an＋3＝4·2n－1，
∴an＝4·2n－1－3＝2n＋1－3，
∴a10＝2 045.
17．解　(1)f′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a.
因为f(x)在x＝3处取得极值，
所以f′(3)＝6×9－6(a＋1)×3＋6a＝0，
解得a＝3.
所以f(x)＝2x3－12x2＋18x＋8.
(2)点A在f(x)上，
由(1)可知f′(x)＝6x2－24x＋18，
f′(1)＝6－24＋18＝0，
所以切线方程为y＝16.
18．解　选①：
当n＝1时，a1＝S1＝2,
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n,
又n＝1满足an＝2n，
所以an＝2n，
Sn＝
＝n2＋n(n∈N*)；
选②：
设数列{an}的公差为d，
由a3＋a5＝16，S3＋S5＝42，
得
解得
所以an＝2n，
Sn＝＝n2＋n(n∈N*)；
选③：
由＝，得＝，
所以＝，
即an＝a1·n, S7＝7a4＝28a1＝56，
所以a1＝2，
所以an＝2n，
Sn＝＝n2＋n(n∈N*)．
①②③均可求得an＝2n，
Sn＝n2＋n(n∈N*)，
设{bn}的公比为q，
又因为a1＝2，a2＝4，
由b1＝a1＝2，b2＝＝4,
得b1＝2，q＝2，
所以bn＝2n(n∈N*)，
所以数列{bn}的前n项和为＝2n＋1－2，
因为＝＝＝－，
所以数列的前n项和为
1－＋－＋…＋－
＝1－，
故Tn＝2n＋1－2＋1－＝2n＋1－－1.
19．解　(1)f′(x)＝3ax2＋6x＋3，
令f′(x)＝0，
即3ax2＋6x＋3＝0，
则Δ＝36(1－a)．
①若a≥1，则Δ≤0，f′(x)≥0，
所以f(x)在R上是增函数．
②因为a≠0，故当a<1时，Δ>0，
f′(x)＝0有两个根，
x1＝，x2＝，
若00，故f(x)在(－∞，x2)，(x1，＋∞)上单调递增；
当x∈(x2，x1)时，f′(x)<0，
故f(x)在(x2，x1)上单调递减．
当a<0时，则当x∈(－∞，x1)或x∈(x2，＋∞)时，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减；当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0，
故f(x)在(x1，x2)上单调递增．
(2)当a>0，x>0时，
f′(x)＝3ax2＋6x＋3>0，
所以当a>0时，f(x)在区间(1,2)上单调递增．
若a<0时，f(x)在区间(1,2)上单调递增，
则f′(1)≥0且f′(2)≥0，
解得－≤a<0.
综上，a的取值范围是∪(0，＋∞)．
20．解　(1)当n≤5时，
an＝80(n－1)>500，
解得n>7.25，即n≥8，不成立，
当n≥6时，an＝1 000(1－0.6n－5)>500，即0.6n－5<0.5，0.6n－5随着n的增大而减小，
当n＝6时，0.66－5＝0.6<0.5不成立，当n＝7时，0.67－5＝0.36<0.5成立，
故第7年起，当年新增盈利超过当年设备升级资金．
(2)当n＝5时，累计新增盈利总额
S5＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝0＋80＋160＋240＋320＝800<500×5，
可得所求n超过5，当n≥6时，
Sn＝S5＋1 000(n－5)－>500n，
整理得n＋3×0.6n－5>11.4，
由于3×0.6n－5随着n的增大而减小，
又当n＝11时，11＋3×0.611－5<11.4，
故不成立，
当n＝12时，12＋3×0.612－5>11.4，故成立，
故从第12年起，累计新增盈利总额超过累计设备升级资金总额．
21．解　(1)由an＋1＝2an＋1，
可得an＋1＋1＝2(an＋1)．
∵a1＋1＝2≠0，
∴{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．
∴an＋1＝2×2n－1＝2n，
∴an＝2n－1.
(2)由(1)知bn＝3n·2n，
∴Tn＝3×21＋6×22＋9×23＋…＋3(n－1)·2n－1＋3n·2n，
∴2Tn＝3×22＋6×23＋9×24＋…＋3(n－1)·2n＋3n·2n＋1，
∴－Tn＝3×(21＋22＋23＋…＋2n)－3n·2n＋1
＝3×－3n·2n＋1
＝(3－3n)2n＋1－6.
∴Tn＝(3n－3)·2n＋1＋6.
22．(1)解　f′(x)＝ex＋xex－2x－2＝(x＋1)(ex－2)，
当x∈(－1，ln 2)时，f′(x)<0；
当x∈(ln 2,1)时，f′(x)>0，
∴f(x)在[－1，ln 2)上单调递减，在(ln 2,1]上单调递增，
∴f(x)max＝max，
又f(－1)＝－－1＋2－1＝－，
f(1)＝e－1－2－1＝e－4，
∴f(x)max＝f(－1)＝－.
(2)证明　要证f(x)>－x－1，
只需证f(x)＋x＋1＝xex－x2－x>0，
∵x>0，∴只需证ex－x－1>0.
令g(x)＝ex－x－1，
则g′(x)＝ex－1,
当x>0时，ex>1，
∴g′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴g(x)>e0－0－1＝0，即当x>0时，ex－x－1>0恒成立，则原命题得证，
∴当x>0时，f(x)>－x－1.