模块综合检测
（时间：120分钟 满分：150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.函数f（x）＝cos x（sin x＋1）的导数是（ ）
A.cos 2x＋sin x B.cos 2x－sin x
C.cos 2x＋cos x D.cos 2x－cos x
2.已知函数f（x）的导函数为f'（x），且满足f（x）＝2xf'＋sin x，则f（π）＝（ ）
A.－ B.
C.π D.－π
3.已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3＋a6＝25，S5＝40，则数列{an}的公差d＝（ ）
A.4 B.3
C.2 D.1
4.等比数列{an}的通项公式为an＝2·3n－1，现把每相邻两项之间都插入两个数，构成一个新的数列{bn}，那么162是新数列{bn}的（ ）
A.第5项 B.第12项
C.第13项 D.第6项
5.已知各项都是正数的等比数列{an}，Sn为其前n项和，且S3＝10，S9＝70，那么S12＝（ ）
A.150 B.200
C.150或－200 D.200或－150
6.十二平均律是我国明代音乐理论家和数学家朱载堉发明的.明万历十二年（公元1584年），他写成《律学新说》，提出了十二平均律的理论，这一成果被意大利传教士利玛窦通过丝绸之路带到了西方，对西方音乐产生了深远的影响.十二平均律的数学意义是：在1和2之间插入11个正数，使包含1和2的这13个数依次成递增的等比数列，依此规则，插入的第四个数应为（ ）
A. B. C. D.
7.若a＞2，则方程x3－ax2＋1＝0在（0，2）上恰好有（ ）
A.0个根 B.1个根
C.2个根 D.3个根
8.设f（x），g（x）在[a，b]上可导，且f'（x）＞g'（x），则当a＜x＜b时，有（ ）
A.f（x）＞g（x）
B.f（x）＜g（x）
C.f（x）＋g（a）＞g（x）＋f（a）
D.f（x）＋g（b）＞g（x）＋f（b）
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9.在递增的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1a4＝32，a2＋a3＝12，则下列说法正确的是（ ）
A.q＝1
B.数列{Sn＋2}是等比数列
C.S8＝510
D.数列{lg an}是公差为lg 2的等差数列
10.等差数列{an}是递增数列，满足a7＝3a5，前n项和为Sn，下列选项正确的是（ ）
A.d＞0 B.a1＜0
C.当n＝5时Sn最小 D.Sn＞0时n的最小值为8
11.对于函数f（x）＝16ln（1＋x）＋x2－10x，下列说法正确的是（ ）
A.x＝3是函数f（x）的一个极值点
B.f（x）的单调递增区间是（－1，1），（2，＋∞）
C.f（x）在区间（1，2）上单调递减
D.直线y＝16ln 3－16与函数y＝f（x）的图象有3个交点
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中横线上）
12.曲线y＝xln x＋3x在点（1，3）处的切线方程为 .
13.公差不为零的等差数列{an}中，2a3－＋2a11＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b6b8＝ .
14.已知f（x）是定义在（0，＋∞）上的函数，f'（x）是f（x）的导函数，且总有f（x）＞xf'（x），则不等式f（x）＞xf（1）的解集为 .
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15.（本小题满分13分）已知数列{an}的前n项和Sn满足＝＋1（n≥2，n∈N＋），且a1＝1.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）记bn＝，Tn为{bn}的前n项和，求使Tn≥成立的n的最小值.
16.（本小题满分15分）已知{an}为等差数列，前n项和为Sn（n∈N＋），{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.
（1）求{an}和{bn}的通项公式；
（2）求数列{a2nbn}的前n项和（n∈N＋）.
17.（本小题满分15分）帕德近似是法国数学家帕德于19世纪末提出的，其基本思想是将一个给定的函数表示成两个多项式之比的形式，具体是：给定两个正整数m，n，函数f（x）在x＝0处的[m，n]阶帕德近似为R（x）＝，其中R（0）＝f（0），R'（0）＝f'（0），R″（0）＝f″（0），…，R（m＋n）（0）＝f（m＋n）（0）（f（n）（x）为f（n－1）（x）的导数）.已知函数f（x）＝ln（x＋1）在x＝0处的[1，1]阶帕德近似为R（x）＝.
（1）求实数a，b的值；
（2）证明：当x＞0时，f（x）＞R（x），并比较cos与ln的大小.
18.（本小题满分17分）已知三次函数f（x）的导函数f'（x）＝－3x2＋3且f（0）＝－1，g（x）＝xln x＋（a≥1）.
（1）求f（x）的极值；
（2）求证：对任意x1，x2∈（0，＋∞），都有f（x1）≤g（x2）.
19.（本小题满分17分）已知数列{an}共有m（m≥2，m∈N＋）项，且an∈Z，若满足≤1（1≤n≤m－1），则称{an}为“约束数列”.记“约束数列”{an}的所有项的和为Sm.
（1）当m＝5时，写出所有满足a1＝a5＝1，S5＝6的“约束数列”；
（2）当m＝2 000，a1＝25时，设p：a2 000＝2 024；q：“约束数列”{an}为等差数列.请判断p是q的什么条件，并说明理由；
（3）当a1＝1，a2k＝0（1≤k≤，k∈N＋）时，求｜Sm｜的最大值.
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1.B 2.D 3.B 4.C 5.A 6.B 7.B 8.C 9.BCD
10.ABD 设等差数列{an}的公差为d，因为a7＝3a5，可得a1＋6d＝3（a1＋4d），解得a1＝－3d，又由等差数列{an}是递增数列，可知d＞0，则a1＜0，故A、B正确；因为Sn＝n2＋n＝n2－n，由n＝－＝可知，当n＝3或n＝4时Sn最小，故C错误；令Sn＝n2－n＞0，解得n＜0或n＞7，即Sn＞0时n的最小值为8，故D正确.故选A、B、D.
11.ACD 由题意得f'（x）＝＋2x－10＝，x＞－1，令2x2－8x＋6＝0，可得x＝1，x＝3，则f（x）在（－1，1），（3，＋∞）上单调递增，在（1，3）上单调递减，∴x＝3是函数f（x）的一个极值点，故A、C正确，B错误；∵f（1）＝16ln（1＋1）＋12－10＝16ln 2－9，f（3）＝16ln（1＋3）＋32－10×3＝16ln 4－21，又y＝16ln 3－16＝f（2），根据f（x）在（1，3）上单调递减得f（1）＞f（2）＞f（3），即16ln 3－16＜16ln 2－9，16ln 3－16＞16ln 4－21，∴直线y＝16ln 3－16与函数y＝f（x）的图象有3个交点，故D正确.
12.4x－y－1＝0 解析：∵f（x）＝xln x＋3x，f'（x）＝ln x＋4，f'（1）＝4，∴切线的方程是y－3＝4（x－1），即4x－y－1＝0.
13.16 解析：∵2a3－＋2a11＝2（a3＋a11）－＝4a7－＝0，又∵b7＝a7≠0，∴b7＝a7＝4.∴b6b8＝＝16.
14.（0，1） 解析：设g（x）＝，则g'（x）＝＜0，函数g（x）是单调递减函数，不等式f（x）＞xf（1）等价于＞，解得0＜x＜1，不等式f（x）＞xf（1）的解集为（0，1）.
15.解：（1）由－＝1，得数列{}是公差为1的等差数列，
又∵＝＝1，∴＝n，∴Sn＝n2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－（n－1）2＝2n－1，
又∵a1＝1也满足上式，∴an＝2n－1（n∈N＋）.
（2）由（1）知，bn＝＝，
∴Tn＝［＋＋…＋（－）］＝＝.
由Tn≥得n2≥4n＋2，得（n－2）2≥6，∴n≥5，
∴n的最小值为5.
16.解：（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由已知b2＋b3＝12，得b1（q＋q2）＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.又因为q＞0，解得q＝2.所以bn＝2n.
由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8. ①
由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16， ②
联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.
所以{an}的通项公式为an＝3n－2，{bn}的通项公式为bn＝2n.
（2）设数列{a2nbn}的前n项和为Tn，
由a2n＝6n－2，
有Tn＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋（6n－2）×2n，
2Tn＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋（6n－8）×2n＋（6n－2）×2n＋1，
上述两式相减，得－Tn＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n－（6n－2）×2n＋1
＝－4－（6n－2）×2n＋1
＝－（3n－4）×2n＋2－16.
得Tn＝（3n－4）2n＋2＋16.
所以数列{a2nbn}的前n项和为（3n－4）2n＋2＋16.
17.解：（1）∵f'（x）＝，f″（x）＝－，
∴f'（0）＝1，f″（0）＝－1，
又R'（x）＝，R″（x）＝，
由R'（0）＝1，R″（0）＝－1，
得a＝1，b＝.
（2）证明：令h（x）＝f（x）－R（x）＝ln（x＋1）－，
则h'（x）＝－＝＞0对x∈（0，＋∞）恒成立，
∴h（x）在（0，＋∞）上单调递增，
又h（0）＝0，
∴h（x）＞0，即当x＞0时，f（x）＞R（x）.
∵ln（x＋1）＞在x∈（0，＋∞）时恒成立，
∴ln＝ln（1＋）＞＝＞，
又cos＜，
∴cos＜ln.
18.解：（1）依题意得f（x）＝－x3＋3x－1，f'（x）＝－3x2＋3＝－3（x＋1）（x－1），
知f（x）在（－∞，－1）和（1，＋∞）上是减函数，在（－1，1）上是增函数，
所以f（x）极小值＝f（－1）＝－3，f（x）极大值＝f（1）＝1.
（2）证明：易得x＞0时，f（x）最大值＝1，
由a≥1知，g（x）≥xln x＋（x＞0），
令h（x）＝xln x＋（x＞0），
则h'（x）＝ln x＋1－＝ln x＋，
注意到h'（1）＝0，当x＞1时，h'（x）＞0；
当0＜x＜1时，h'（x）＜0，
即h（x）在（0，1）上是减函数，在（1，＋∞）上是增函数，
h（x）最小值＝h（1）＝1，即g（x）最小值＝1.
综上知对任意x1，x2∈（0，＋∞），都有f（x1）≤g（x2）.
19.解：（1）当m＝5时，所有满足a1＝a5＝1，S5＝6的“约束数列”有：
1，1，2，1，1；1，1，1，2，1；1，2，1，1，1.
（2）p是q的充分不必要条件.理由如下：
当a2 000＝2 024时，
∵≤1（n＝1，2，…，1 999），∴an＋1－an≤1.
则a2 000＝（a2 000－a1 999）＋（a1 999－a1 998）＋（a1 998－a1 997）＋…＋（a2－a1）＋a1≤1 999＋a1＝2 024，
当且仅当a2 000－a1 999＝a1 999－a1 998＝a1 998－a1 997＝…＝a2－a1＝1时，a2 000＝2 024成立，
∴“约束数列”{an}是公差为1的等差数列.
当“约束数列”{an}是等差数列时，由≤1，
得an＋1－an＝1或an＋1－an＝0或an＋1－an＝－1，
若an＋1－an＝0，则{an}的公差为0，∴a2 000＝a1＝25；
若an＋1－an＝－1，则{an}的公差为－1，
∴a2 000＝a1－1 999＝－1 974；
若an＋1－an＝1，则{an}的公差为1，
∴a2 000＝a1＋1 999＝2 024，
即当“约束数列”{an}是等差数列时，a2 000＝25或－1 974或2 024.
综上得p是q的充分不必要条件.
（3）∵a1＝1，a2k＝0，∴要使得取最大值，则an≥0，当且仅当同时满足以下三个条件时，取最大值.
①当2≤n≤k时，an－an－1＝1；
②当k＋1≤n≤2k时，an－an－1＝－1；
③当2k＋1≤n≤m时，an－an－1＝1.
∴＝［×2－k］＋
＝k2＋.
3 / 3(共40张PPT)
模块综合检测
（时间：120分钟 满分：150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. 函数f（x）＝ cos x（ sin x＋1）的导数是（ ）
A. cos 2x＋ sin x B. cos 2x－ sin x
C. cos 2x＋ cos x D. cos 2x－ cos x
解析： 由f（x）＝ cos x（ sin x＋1）可得f'（x）＝－ sin x
（ sin x＋1）＋ cos x· cos x＝ cos 2x－ sin 2x－ sin x＝ cos 2x－ sin
x，故选B.
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2. 已知函数f（x）的导函数为f'（x），且满足f（x）＝2xf' ＋
sin x，则f（π）＝（ ）
A. － B.
C. π D. －π
解析： 对f（x）进行求导得f'（x）＝2f' ＋ cos x，所以
f' ＝2f' ＋ ，f' ＝－ ，所以f（x）＝－x＋ sin x，所
以f（π）＝－π＋ sin π＝－π.
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3. 已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3＋a6＝25，S5＝40，则数
列{an}的公差d＝（ ）
A. 4 B. 3
C. 2 D. 1
解析： 设等差数列{an}的首项为a1，由a3＋a6＝25及S5＝40得
解得d＝3.故选B.
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4. 等比数列{an}的通项公式为an＝2·3n－1，现把每相邻两项之间都插
入两个数，构成一个新的数列{bn}，那么162是新数列{bn}的
（ ）
A. 第5项 B. 第12项
C. 第13项 D. 第6项
解析： 162是数列{an}的第5项，则它是新数列{bn}的第5＋（5
－1）×2＝13项.
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5. 已知各项都是正数的等比数列{an}，Sn为其前n项和，且S3＝10，
S9＝70，那么S12＝（ ）
A. 150 B. 200
C. 150或－200 D. 200或－150
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解析： 由题意，设等比数列{an}的公比为q，其中q＞0，因为
S3＝10，S9＝70，所以q≠1，又S3＝ ＝10，S9＝
＝70，两式相除，可得 ＝ ＝q6
＋q3＋1＝7，即q6＋q3－6＝0，解得q3＝2或q3＝－3（舍去），把
q3＝2，代入 ＝10，可得 ＝－10，所以S12＝
＝ ×[1－（q3）4]＝－10×（1－24）＝150.故选A.
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6. 十二平均律是我国明代音乐理论家和数学家朱载堉发明的.明万历
十二年（公元1584年），他写成《律学新说》，提出了十二平均律
的理论，这一成果被意大利传教士利玛窦通过丝绸之路带到了西
方，对西方音乐产生了深远的影响.十二平均律的数学意义是：在1
和2之间插入11个正数，使包含1和2的这13个数依次成递增的等比
数列，依此规则，插入的第四个数应为（ ）
A. B.
C. D.
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解析： 根据题意，设这个等比数列为{an}，设其公比为q，又
由a1＝1，a13＝2，则q12＝ ＝2，插入的第四个数应为a5＝a1q4
＝q4＝ ，故选B.
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7. 若a＞2，则方程 x3－ax2＋1＝0在（0，2）上恰好有（ ）
A. 0个根 B. 1个根
C. 2个根 D. 3个根
解析： 设f（x）＝ x3－ax2＋1，则f'（x）＝x2－2ax＝x（x
－2a），当x∈（0，2）时，f'（x）＜0，f（x）在（0，2）上为
减函数，又f（0）f（2）＝1× ＝ －4a＜0，所以f
（x）＝0在（0，2）上恰好有一个根.
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8. 设f（x），g（x）在[a，b]上可导，且f'（x）＞g'（x），则当
a＜x＜b时，有（ ）
A. f（x）＞g（x）
B. f（x）＜g（x）
C. f（x）＋g（a）＞g（x）＋f（a）
D. f（x）＋g（b）＞g（x）＋f（b）
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解析： ∵f'（x）－g'（x）＞0，∴[f（x）－g（x）]'＞0，
∴f（x）－g（x）在[a，b]上是增函数，∴当a＜x＜b时，f
（b）－g（b）＞f（x）－g（x）＞f（a）－g（a），∴f
（x）＋g（a）＞g（x）＋f（a），f（x）＋g（b）＜g（x）
＋f（b）.故选C.
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二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18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6
分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 在递增的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1a4＝
32，a2＋a3＝12，则下列说法正确的是（ ）
A. q＝1
B. 数列{Sn＋2}是等比数列
C. S8＝510
D. 数列{lg an}是公差为lg 2的等差数列
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解析： 由题意，根据等比中项的性质，可得a2a3＝a1a4＝32
＞0，a2＋a3＝12＞0，故a2＞0，a3＞0.根据根与系数的关系，可
知a2，a3是一元二次方程x2－12x＋32＝0的两个根.解得a2＝4，a3
＝8，或a2＝8，a3＝4.故必有公比q＞0，∴a1＝ ＞0.∵等比数
列{an}是递增数列，∴q＞1.∴a2＝4，a3＝8满足题意.∴q＝2，
a1＝ ＝2.故选项A不正确；an＝a1·qn－1＝2n.∵Sn＝ ＝
2n＋1－2.∴Sn＋2＝2n＋1＝4·2n－1.∴数列{Sn＋2}是以4为首项，2
为公比的等比数列.故选项B正确；S8＝28＋1－2＝512－2＝510.故选项C正确；∵lg an＝lg 2n＝nlg 2.∴数列{lg an}是公差为lg 2的等差数列.故选项D正确.
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10. 等差数列{an}是递增数列，满足a7＝3a5，前n项和为Sn，下列选
项正确的是（ ）
A. d＞0
B. a1＜0
C. 当n＝5时Sn最小
D. Sn＞0时n的最小值为8
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解析： 设等差数列{an}的公差为d，因为a7＝3a5，可得a1
＋6d＝3（a1＋4d），解得a1＝－3d，又由等差数列{an}是递增
数列，可知d＞0，则a1＜0，故A、B正确；因为Sn＝ n2＋
n＝ n2－ n，由n＝－ ＝ 可知，当n＝3或n＝4时
Sn最小，故C错误；令Sn＝ n2－ n＞0，解得n＜0或n＞7，即
Sn＞0时n的最小值为8，故D正确.故选A、B、D.
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11. 对于函数f（x）＝16ln（1＋x）＋x2－10x，下列说法正确的是
（ ）
A. x＝3是函数f（x）的一个极值点
B. f（x）的单调递增区间是（－1，1），（2，＋∞）
C. f（x）在区间（1，2）上单调递减
D. 直线y＝16ln 3－16与函数y＝f（x）的图象有3个交点
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解析： 由题意得f'（x）＝ ＋2x－10＝ ，x＞
－1，令2x2－8x＋6＝0，可得x＝1，x＝3，
则f（x）在（－1，1），（3，＋∞）上单调递增，在（1，3）
上单调递减，∴x＝3是函数f（x）的一个极值点，故A、C正
确，B错误；
∵f（1）＝16ln（1＋1）＋12－10＝16ln 2－9，
f（3）＝16ln（1＋3）＋32－10×3＝16ln 4－21，又y＝16ln 3－
16＝f（2），根据f（x）在（1，3）上单调递减得f（1）＞f
（2）＞f（3），
即16ln 3－16＜16ln 2－9，16ln 3－16＞16ln 4－21，∴直线y＝16ln 3－16与函数y＝f（x）的图象有3个交点，故D正确.
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三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中
横线上）
12. 曲线y＝xln x＋3x在点（1，3）处的切线方程为
.
解析：∵f（x）＝xln x＋3x，f'（x）＝ln x＋4，f'（1）＝4，
∴切线的方程是y－3＝4（x－1），即4x－y－1＝0.
4x－y－1＝
0
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13. 公差不为零的等差数列{an}中，2a3－ ＋2a11＝0，数列{bn}是
等比数列，且b7＝a7，则b6b8＝ 16 .
解析：∵2a3－ ＋2a11＝2（a3＋a11）－ ＝4a7－ ＝0，又
∵b7＝a7≠0，∴b7＝a7＝4.∴b6b8＝ ＝16.
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14. 已知f（x）是定义在（0，＋∞）上的函数，f'（x）是f（x）的
导函数，且总有f（x）＞xf'（x），则不等式f（x）＞xf（1）的
解集为 .
解析：设g（x）＝ ，则g'（x）＝ ＜0，函
数g（x）是单调递减函数，不等式f（x）＞xf（1）等价于
＞ ，解得0＜x＜1，不等式f（x）＞xf（1）的解集
为（0，1）.
（0，1）
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四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说
明、证明过程或演算步骤）
15. （本小题满分13分）已知数列{an}的前n项和Sn满足 ＝
＋1（n≥2，n∈N＋），且a1＝1.
（1）求数列{an}的通项公式；
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解：由 － ＝1，得数列{ }是公差为1的等差数列，
又∵ ＝ ＝1，∴ ＝n，∴Sn＝n2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－（n－1）2＝2n－1，
又∵a1＝1也满足上式，
∴an＝2n－1（n∈N＋）.
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（2）记bn＝ ，Tn为{bn}的前n项和，求使Tn≥ 成立的n
的最小值.
解：由（1）知，bn＝ ＝ ，
∴Tn＝ ［ ＋ ＋…＋（ － ）］＝
＝ .
由Tn≥ 得n2≥4n＋2，得（n－2）2≥6，∴n≥5，
∴n的最小值为5.
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16. （本小题满分15分）已知{an}为等差数列，前n项和为Sn（n∈N
＋），{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3
＝a4－2a1，S11＝11b4.
（1）求{an}和{bn}的通项公式；
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解：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由已知b2＋b3＝12，得b1（q＋q2）＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.又因为q＞0，解得q＝2.所以bn＝2n.
由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8. ①
由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16， ②
联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.
所以{an}的通项公式为an＝3n－2，{bn}的通项公式为bn＝2n.
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（2）求数列{a2nbn}的前n项和（n∈N＋）.
解：设数列{a2nbn}的前n项和为Tn，
由a2n＝6n－2，
有Tn＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋（6n－2）×2n，
2Tn＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋（6n－8）×2n＋（6n
－2）×2n＋1，
上述两式相减，得－Tn＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n
－（6n－2）×2n＋1＝ －4－（6n－2）×2n＋1
＝－（3n－4）×2n＋2－16.
得Tn＝（3n－4）2n＋2＋16.
所以数列{a2nbn}的前n项和为（3n－4）2n＋2＋16.
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17. （本小题满分15分）帕德近似是法国数学家帕德于19世纪末提出
的，其基本思想是将一个给定的函数表示成两个多项式之比的形
式，具体是：给定两个正整数m，n，函数f（x）在x＝0处的
[m，n]阶帕德近似为R（x）＝ ，其中R
（0）＝f（0），R'（0）＝f'（0），R″（0）＝f″（0），…，R
（m＋n）（0）＝f（m＋n）（0）（f（n）（x）为f（n－1）（x）的导
数）.已知函数f（x）＝ln（x＋1）在x＝0处的[1，1]阶帕德近
似为R（x）＝ .
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（1）求实数a，b的值；
解：∵f'（x）＝ ，f″（x）＝－ ，
∴f'（0）＝1，f″（0）＝－1，
又R'（x）＝ ，R″（x）＝ ，
由R'（0）＝1，R″（0）＝－1，
得a＝1，b＝ .
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（2）证明：当x＞0时，f（x）＞R（x），并比较 cos 与
ln 的大小.
解：证明：令h（x）＝f（x）－R（x）＝ln（x＋
1）－ ，
则h'（x）＝ － ＝ ＞0对x∈
（0，＋∞）恒成立，
∴h（x）在（0，＋∞）上单调递增，
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又h（0）＝0，
∴h（x）＞0，即当x＞0时，f（x）＞R（x）.
∵ln（x＋1）＞ 在x∈（0，＋∞）时恒成立，
∴ln ＝ln（1＋ ）＞ ＝ ＞ ，
又 cos ＜ ，
∴ cos ＜ln .
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18. （本小题满分17分）已知三次函数f（x）的导函数f'（x）＝－
3x2＋3且f（0）＝－1，g（x）＝xln x＋ （a≥1）.
（1）求f（x）的极值；
解：依题意得f（x）＝－x3＋3x－1，f'（x）＝－3x2＋3＝－3（x＋1）（x－1），
知f（x）在（－∞，－1）和（1，＋∞）上是减函数，在
（－1，1）上是增函数，
所以f（x）极小值＝f（－1）＝－3，f（x）极大值＝f（1）＝1.
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（2）求证：对任意x1，x2∈（0，＋∞），都有f（x1）≤g
（x2）.
解：证明：易得x＞0时，f（x）最大值＝1，
由a≥1知，g（x）≥xln x＋ （x＞0），
令h（x）＝xln x＋ （x＞0），
则h'（x）＝ln x＋1－ ＝ln x＋ ，
注意到h'（1）＝0，当x＞1时，h'（x）＞0；
当0＜x＜1时，h'（x）＜0，
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即h（x）在（0，1）上是减函数，在（1，＋∞）上是增
函数，
h（x）最小值＝h（1）＝1，即g（x）最小值＝1.
综上知对任意x1，x2∈（0，＋∞），都有f（x1）≤g（x2）.
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19. （本小题满分17分）已知数列{an}共有m（m≥2，m∈N＋）
项，且an∈Z，若满足 ≤1（1≤n≤m－1），则称
{an}为“约束数列”.记“约束数列”{an}的所有项的和为Sm.
（1）当m＝5时，写出所有满足a1＝a5＝1，S5＝6的“约束数
列”；
解：当m＝5时，所有满足a1＝a5＝1，S5＝6的“约束
数列”有：
1，1，2，1，1；1，1，1，2，1；1，2，1，1，1.
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（2）当m＝2 000，a1＝25时，设p：a2 000＝2 024；q：“约束
数列”{an}为等差数列.请判断p是q的什么条件，并说明
理由；
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解： p是q的充分不必要条件.理由如下：
当a2 000＝2 024时，∵ ≤1（n＝1，2，…，
1 999），∴an＋1－an≤1.
则a2 000＝（a2 000－a1 999）＋（a1 999－a1 998）＋（a1 998－a
1 997）＋…＋（a2－a1）＋a1≤1 999＋a1＝2 024，
当且仅当a2 000－a1 999＝a1 999－a1 998＝a1 998－a1 997＝…＝a2
－a1＝1时，a2 000＝2 024成立，
∴“约束数列”{an}是公差为1的等差数列.
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当“约束数列”{an}是等差数列时，由 ≤1，
得an＋1－an＝1或an＋1－an＝0或an＋1－an＝－1，
若an＋1－an＝0，则{an}的公差为0，∴a2 000＝a1＝25；
若an＋1－an＝－1，则{an}的公差为－1，∴a2 000＝a1－
1 999＝－1 974；
若an＋1－an＝1，则{an}的公差为1，∴a2 000＝a1＋1 999＝
2 024，
即当“约束数列”{an}是等差数列时，a2 000＝25或－1 974
或2 024.
综上得p是q的充分不必要条件.
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（3）当a1＝1，a2k＝0（1≤k≤ ，k∈N＋）时，求｜Sm｜的最
大值.
解：∵a1＝1，a2k＝0，∴要使得 取最大值，则
an≥0，当且仅当同时满足以下三个条件时， 取最大值.
①当2≤n≤k时，an－an－1＝1；
②当k＋1≤n≤2k时，an－an－1＝－1；
③当2k＋1≤n≤m时，an－an－1＝1.
∴ ＝［ ×2－k］＋
＝k2＋ .
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谢 谢 观 看！
