高中数学北师大版选修系列第一章 常用逻辑用语精练

这是一份高中数学北师大版选修系列第一章 常用逻辑用语精练，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，六个转弯时递增的数字都是3,，八个转弯时递增的数字都是4,，解答题等内容，欢迎下载使用。

模块综合测评
(时间:120分钟　满分:150分)
一、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.设等差数列{an}的公差为2,前n项和为Sn,则下列结论正确的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　
A.Sn=nan-2n(n-1)
B.Sn=nan+2n(n-1)
C.Sn=nan-n(n-1)
D.Sn=nan+n(n-1)
答案C
解析∵等差数列{an}的公差为2,前n项和为Sn,∴Sn=na1+n(n-1)2×2=nan-n(n-1).
2.如图,直线l是曲线y=f(x)在x=2处的切线,则f'(2)=(　　)

A.1 B.2 C.3 D.4
答案A
解析由图象可得直线l与曲线y=f(x)相切的切点为(2,3),
直线l经过点(0,1),
可得直线l的斜率为k=3-12-0=1,
由导数的几何意义可得f'(2)=k=1.
3.已知函数f(x)=2x3-6x2-18x+1在区间(m,m2-2m)内单调递减,则实数m的取值范围是(　　)
A.(-3,0) B.[-1,0)
C.(3,5) D.(5,7)
答案B
解析∵f(x)=2x3-6x2-18x+1,∴f'(x)=6x2-12x-18=6(x-3)(x+1),
令f'(x)<0,则-1 ∵f(x)在区间(m,m2-2m)上单调递减,
∴m2-2m>m,m≥-1,m2-2m≤3,解得-1≤m<0.
∴实数m的取值范围是[-1,0).
4.已知Sn是等差数列{an}的前n项和,若a1=-2 019,S20192019-S20042004=15,则S2 020=(　　)
A.2 020 B.2 019
C.0 D.-2 020
答案C
解析设数列{an}的公差为d,
∵S20192019-S20042004=a1+20182d-a1+20032d=152d=15,
∴d=2,
∴S2020=2020×(-2019)+2020×20192×2=0.
5.若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,a,b,-2这三个数适当排序后可成等比数列,点(a,2b)在直线2x+y-10=0上,则p+q的值等于(　　)
A.6 B.7 C.8 D.9
答案D
解析由题意可得a+b=p,ab=q,
∵p>0,q>0,
可得a>0,b>0,
又a,b,-2这三个数适当排序后可成等比数列,
∴ab=4.
∵点(a,2b)在直线2x+y-10=0上,
∴2a+2b-10=0,即a+b=5,
∴p=5,q=4,∴p+q=9.
6.已知函数f(x)的定义域为R,且f(2)=1,对任意x∈R,f(x)+xf'(x)<0,则不等式xf(x+1)>2-f(2)·f(x+1)的解集是(　　)
A.(-∞,1) B.(-∞,2)
C.(1,+∞) D.(2,+∞)
答案A
解析设g(x)=xf(x),则g(2)=2f(2)=2,
因为任意x∈R,f(x)+xf'(x)<0,
所以g'(x)=f(x)+xf'(x)<0恒成立,
即g(x)在R上单调递减,
由xf(x+1)>2-f(2)·f(x+1)可得(x+1)f(x+1)>g(2),
即g(x+1)>g(2),所以x+1<2,即x<1.
7.意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时,发现有这样的一列数:1,1,2,3,5,8,….该数列的特点是:前两个数均为1,从第三个数起,每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数所组成的数列{an}称为“斐波那契数列”,则(a1a3-a22)+(a2a4-a32)+(a3a5-a42)+…+(a2 013a2 015-a20142)=(　　)
A.1 B.0
C.1 007 D.-1 006
答案A
解析由于a1a3-a22=1×2-1=1,
a2a4-a32=1×3-22=-1,
a3a5-a42=2×5-32=1.
所以(a1a3-a22)+(a2a4-a32)+(a3a5-a42)+…+(a2013a2015-a20142)=1+(-1)+1+(-1)+…+1=1.
8.已知在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若函数f(x)=13x3+12bx2+14(a2+c2-ac)x存在极值,则角B的取值范围是(　　)
A.0,π3 B.π6,π3
C.π3,π D.π6,π
答案C
解析∵f(x)=13x3+12bx2+14(a2+c2-ac)x,
∴f'(x)=x2+bx+14(a2+c2-ac),
∵f(x)存在极值,∴f'(x)=0有两个不相等的实数根,
∴Δ=b2-4×14(a2+c2-ac)>0,即a2+c2-b2 由余弦定理知,cosB=a2+c2-b22ac ∵B∈(0,π),∴B∈π3,π.
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,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.已知等比数列{an}的公比为q,前4项的和为a1+14,且a2,a3+1,a4成等差数列,则q的值可能为(　　)
A.12 B.1 C.2 D.3
答案AC
解析因为a2,a3+1,a4成等差数列,
所以a2+a4=2(a3+1),
因此,a1+a2+a3+a4=a1+3a3+2=a1+14,
故a3=4.
又{an}是公比为q的等比数列,
所以由a2+a4=2(a3+1),
得a3q+1q=2(a3+1),即q+1q=52,
解得q=2或12.
10.已知定义在0,π2上的函数f(x),f'(x)是f(x)的导函数,且恒有cos xf'(x)+sin xf(x)<0成立,则(　　)
A.fπ6>2fπ4
B.3fπ6>fπ3
C.fπ6>3fπ3
D.2fπ6>3fπ4
答案CD
解析根据题意,令g(x)=f(x)cosx,x∈0,π2,则其导数g'(x)=f'(x)·cosx+sinx·f(x)cos2x,
又由x∈0,π2,且恒有cosx·f'(x)+sinx·f(x)<0,
则有g'(x)<0,
即函数g(x)为减函数,又由π6<π3,则有gπ6>gπ3,
即f(π6)cosπ6>f(π3)cosπ3,
分析可得fπ6>3fπ3;
又由π6<π4,则有gπ6>gπ4,
即f(π6)cosπ6>f(π4)cosπ4,
分析可得2fπ6>3fπ4.
11.设正项等差数列{an}满足(a1+a10)2=2a2a9+20,则(　　)
A.a2a9的最大值为10
B.a2+a9的最大值为210
C.1a22+1a92的最大值为15
D.a24+a94的最小值为200
答案ABD
解析∵正项等差数列{an}满足(a1+a10)2=2a2a9+20=(a2+a9)2,
∴a22+a92=20.
①a2a9≤12(a22+a92)=10,当且仅当a2=a9=10时,等号成立,故A选项正确.
②∵a2+a922≤12(a22+a92)=10,
∴a2+a92≤10,a2+a9≤210,当且仅当a2=a9=10时,等号成立,故B选项正确.
③1a22+1a92=a22+a92a22a92=20a22a92≥20(a22+a922) 2=20102=15,当且仅当a2=a9=10时,等号成立,
∴1a22+1a92的最小值为15,故C选项错误.
④结合①的结论,有a24+a94=(a22+a92)2-2a22a92≥400-2×102=200,当且仅当a2=a9=10时,等号成立,故D选项正确.
12.关于函数f(x)=1x+ln x,下列说法正确的是(　　)
A.f(1)是f(x)的极小值
B.函数y=f(x)-x有且只有1个零点
C.f(x)在(-∞,1)内单调递减
D.设g(x)=xf(x),则g1e 答案ABD
解析①函数f(x)的定义域为{x|x>0},故C错误.
f'(x)=-1x2+1x=-1+xx2
在(0,1)上f'(x)<0,f(x)单调递减,
在(1,+∞)上,f'(x)>0,f(x)单调递增,
所以f(x)极小值=f(1)=1,故A正确.
②y=f(x)-x=1x+lnx-x,
y'=-1x2+1x-1=-x2+x-1x2
=-(x-12) 2-34x2<0,
所以函数y=f(x)-x=1x+lnx-x,在(0,+∞)上单调递减,x=1时y=0,
所以y=f(x)-x有且只有一个零点,故B正确.
③g(x)=xf(x)=1+xlnx,
g'(x)=x·1x+lnx=1+lnx,
所以在(e-1,+∞)上,g'(x)>0,g(x)单调递增,
在(0,e-1)上,g'(x)<0,g(x)单调递减,
所以g(x)最小值=g(e-1)=g1e,
所以g1e 三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.已知f(x)=x3+x2f'(1)+2x,则f'(1)的值为　　　　　. 
答案-5
解析根据题意,f(x)=x3+x2f'(1)+2x,
其导数f'(x)=3x2+2f'(1)x+2,
令x=1,得f'(1)=3+2f'(1)+2,
所以f'(1)=-5.
14.设Sn是等比数列{an}的前n项和,Sn+Sn+4=2Sn+2(n∈N+),且S1=2,则a2 020+a2 021=　　　　　. 
答案0或4
解析设等比数列{an}的公比为q,
由Sn+Sn+4=2Sn+2可得Sn+4-Sn+2=Sn+2-Sn,
即an+4+an+3=an+1+an+2,
∴q2(an+2+an+1)=an+2+an+1,
若an+2+an+1=0,则q=-1,此时an=2·(-1)n-1,
若an+2+an+1≠0,则q=1,此时an=2,
故a2020+a2021=0或a2020+a2021=4.
15.将自然数1,2,3,4,…排成数阵(如图所示),在2处转第一个弯,在3处转第二个弯,在5处转第三个弯,……,则转第100个弯处的数是　　　　　. 

答案2 551
解析观察由1起每一个转弯时递增的数字,
可发现为“1,1,2,2,3,3,4,4,…”,
即第一、二个转弯时递增的数字都是1,
第三、四个转弯时递增的数字都是2,
第五、六个转弯时递增的数字都是3,
第七、八个转弯时递增的数字都是4,
……
故在第100个转弯处的数为:
1+2(1+2+3+…+50)
=1+2×50(1+50)2
=2551.
16.已知f(x)=x3-4x,若过点A(-2,0)的动直线l与f(x)有三个不同交点,这三个交点自左向右分别为A,B,C,设线段BC的中点是E(m,t),则m=　　　　　　;t的取值范围为　　　　　. 
答案1　(-3,24)
解析根据题意,作出如下的函数图象,

设B(x1,y1),C(x2,y2),l:y=k(x+2),
由x3-4x=k(x+2),得(x+2)(x2-2x-k)=0,
所以x1,x2是方程x2-2x-k=0的两个根,所以m=x1+x22=22=1.
因为f(x)=x3-4x,所以f'(x)=3x2-4,
过点A作f(x)的切线,设切点为P(x0,y0)(x0≠-2),
则f'(x0)=y0-0x0+2=x03-4x0x0+2,
即x02+x0-2=0,解得x0=1或-2(舍负),
此时切线的斜率为f'(1)=-1,切线方程l1为y-0=-(x+2),即y=-x-2,
因为f'(-2)=8,所以函数f(x)在点A处的切线方程l2为y-0=8(x+2),即y=8x+16,
因为两条切线l1和l2与x=m=1的交点纵坐标分别为-3和24,
所以t的取值范围为(-3,24).
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.(10分)已知函数f(x)=ax3+12x2-2x,其导函数为f'(x),且f'(-1)=0.
(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)求函数f(x)在[-1,1]上的最大值和最小值.
解(1)函数f(x)=ax3+12x2-2x,
可得f'(x)=3ax2+x-2,
∵f'(-1)=0,∴3a-1-2=0,解得a=1,
∴f(x)=x3+12x2-2x,f'(x)=3x2+x-2,
∴f(1)=-12,f'(1)=2.
∴曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为4x-2y-5=0.
(2)由(1),当f'(x)=0时,解得x=-1或x=23,
当x变化时,f(x),f'(x)的变化情况如下表:
x
-1,23
23
23,1
f'(x)
-
0
+
f(x)
↘
极小值
↗

∴f(x)的极小值为f23=-2227,
又f(-1)=32,f(1)=-12,
∴f(x)max=f(-1)=32,
f(x)min=f23=-2227.
18.(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn=-n2+2kn(其中k∈N+),且Sn的最大值为16.
(1)求常数k的值;
(2)求数列{an}的通项公式;
(3)记数列9-an2n的前n项和为Tn,证明:Tn<4.
解(1)Sn=-n2+2kn=-(n-k)2+k2,
∵k∈N+,
∴当n=k时,Sn取得最大值k2,∴k2=16,
∴k=4.
(2)由(1)得,Sn=-n2+8n,
∴当n=1时,a1=S1=7;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=9-2n,
∵a1=7符合上式,
故{an}的通项公式为an=9-2n(n∈N+).
(3)由(2)得9-an2n=n2n-1.
∴Tn=120+221+322+…+n2n-1,
∴12Tn=121+222+323+…+n-12n-1+n2n,
两式相减得,12Tn=120+121+122+…+12n-1-n2n=1×(1-12n)1-12-n2n=2-12n-1-n2n,
∴Tn=4-n+22n-1<4.
故命题得证.
19.(12分)已知函数f(x)=ln(ax)-x(a>0)在(0,+∞)上有极值2.
(1)求实数a的值;
(2)若f(x)≤tx+3恒成立,求实数t的取值范围.
解(1)f'(x)=1x-1=1-xx,
当00,函数单调递增,当x>1时,f'(x)<0,函数单调递减,
故当x=1时,函数取得极大值f(1)=lna-1=2,
故a=e3.
(2)由f(x)≤tx+3恒成立可得,lnx≤(t+1)x,即t+1≥lnxx,
令g(x)=lnxx,则g'(x)=1-lnxx2,
由g'(x)>0可得0 故g(x)在(0,e)内单调递增,在(e,+∞)内单调递减,
所以g(x)max=g(e)=1e,
故t+1≥1e,所以t≥1e-1.
20.(12分)等差数列{an}(n∈N+)中,a1,a2,a3分别是如表第一、二、三行中的某一个数,且其中的任何两个数不在如表的同一列.
行数
列数
第一列
第二列
第三列
第一行
5
8
2
第二行
4
3
12
第三行
16
6
9

(1)请选择一个可能的{a1,a2,a3}组合,并求数列{an}的通项公式.
(2)记(1)中您选择的数列{an}的前n项和为Sn,判断是否存在正整数k,使得a1,ak,Sk+2成等比数列.若有,请求出k的值;若没有,请说明理由.
解(1)由题意可知,有两种组合满足条件:
①a1=8,a2=12,a3=16,此时等差数列{an},a1=8,d=4,
所以其通项公式为an=8+4(n-1)=4n+4.
②a1=2,a2=4,a3=6,此时等差数列{an},a1=2,d=2,
所以其通项公式为an=2n.
(2)若选择①,Sn=n(8+4n+4)2=2n2+6n.
则Sk+2=2(k+2)2+6(k+2)=2k2+14k+20.
若a1,ak,Sk+2成等比数列,则ak2=a1·Sk+2,
即(4k+4)2=8(2k2+14k+20),整理,得5k=-9,
此方程无正整数解,故不存在正整数k,使a1,ak,Sk+2成等比数列.
若选择②,Sn=n(2+2n)2=n2+n,
则Sk+2=(k+2)2+(k+2)=k2+5k+6,
若a1,ak,Sk+2成等比数列,则ak2=a1·Sk+2,
即(2k)2=2(k2+5k+6),
整理得k2-5k-6=0,
因为k为正整数,所以k=6.
故存在正整数k=6,使a1,ak,Sk+2成等比数列.
21.(12分)函数f(x)满足:对任意α,β∈R,都有f(αβ)=αf(β)+βf(α),且f(2)=2,数列{an}满足an=f(2n)(n∈N+).
(1)证明数列an2n为等差数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)记数列{bn}前n项和为Sn,且bn=n(n+1)an,是否存在正整数m,使得(m+1)(Sm-4)+19bm<0成立?若存在,求m的最小值;若不存在,请说明理由.
解(1)∵数列{an}满足an=f(2n)(n∈N+),
∴a1=f(2)=2.
又∵对任意α,β∈R,都有f(αβ)=αf(β)+βf(α),
∴an+1=f(2n+1)=2f(2n)+2nf(2)=2an+2n+1,
两边同时除以2n+1得,an+12n+1-an2n=1,
∴数列an2n为等差数列,首项为a12=1,公差为1,
∴an2n=n,即an=n·2n.
(2)由(1)可知bn=n(n+1)an=n+12n,
得Sn=2×12+3×122+4×123+…+n×12n-1+(n+1)×12n,
12Sn=2×122+3×123+…+n×12n+(n+1)×12n+1,
两式相减得12Sn=121+122+…+12n-(n+1)×12n+1+12=32-n+32n+1,
∴Sn=3-n+32n.
假设存在正整数m,使得(m+1)(Sm-4)+19bm<0成立,即2m+m-16>0,
由指数函数与一次函数单调性知,F(m)=2m+m-16,m∈N+为增函数.
又∵F(3)=23+3-16=-5<0,F(4)=24+4-16=4>0,
∴当m≥4时恒有F(m)=2m+m-16>0成立.
故存在正整数m,使得(m+1)(Sm-4)+19bm<0成立,m的最小值为4.
22.(12分)已知函数f(x)=ex-ln(x+m).
(1)设x=0是f(x)的极值点,求m的值,并讨论f(x)的单调性;
(2)证明:ex-ln(x+2)>0.
(1)解f'(x)=ex-1x+m,
由题意可得,f'(0)=1-1m=0,解得m=1,
f'(x)=ex-1x+1=ex(x+1)-1x+1,
令g(x)=ex(x+1)-1,则g'(x)=(x+2)ex>0,
故g(x)在(-1,+∞)上单调递增且g(0)=0,
当x>0时,g(x)>0,即f'(x)>0,函数f(x)单调递增,
当-1 (2)证明令h(x)=ex-ln(x+2),则h'(x)=ex-1x+2在(-2,+∞)内单调递增,
因为h'(-1)<0,h'(0)>0,
所以h'(x)=0在(-2,+∞)存在唯一实数根x0,且x0∈(-1,0),
当x∈(-2,x0)时,h'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,h'(x)>0,
当x=x0时,函数h(x)取得最小值,
因为ex0=12+x0,即x0=-ln(2+x0),
故h(x)≥h(x0)=ex0-ln(2+x0)=12+x0+x0=(1+x0)22+x0>0,所以ex-ln(x+2)>0.