【文档说明】高中数学课时作业（北师大版选修第二册）详解答案.docx，共(137)页，476.079 KB，由小赞的店铺上传

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详解答案课时作业(一)数列的概念1．解析：由数列的定义可知，数列中可以重复出现同一个数，如1，1，1，1，故A不正确；B中两数列首项不相同，因此不是同一数列，故B不正确；由数列的定义可判断，1，1，1，1是数列

，即C不正确；由数列定义可知，D正确，故选D.答案：D2．解析：把前四项统一形式为－3，9，－27，81.可知它的一个通项公式为an＝(－1)n3n.故选B.答案：B3．解析：易知，数列的通项公式为an＝(－1)n·1n2，当n＝5时，该项为(－1)5·152＝－125

.故选D.答案：D4．解析：分别令2n2－n的值为30，44，66，90，可知只有2n2－n＝66时，n＝6(负值舍去)，为正整数，故66是数列{an}的一项．故选C.答案：C5．解析：当n＝1时，a1＝2；当n＝2时，a2＝22－

2＝2.故选B.答案：B6．解析：法一将各图形中点的个数代入四个选项便可得到正确结果．图形中，点的个数依次为1，3，6，10，代入验证可知正确答案为C.法二观察各个图中点的个数，寻找相邻图形中点个数之间的关系，然后归纳一个通项公式．观察点的个数的增加趋势可以发现，a1＝1×22，a2＝2×32，

a3＝3×42，a4＝4×52，所以猜想an＝n（n＋1）2.故选C.答案：C7．解析：根据题意，所给数列的各项分母依次为2，3，4，5，…，n＋1，而各项的分子依次为3，5，7，9，…，2n＋1，则各项可以用2n＋1n＋1

表示，即一个通项公式为an＝2n＋1n＋1.答案：2n＋1n＋18．解析：由ann＝n－2可知，an＝n2－2n.令n2－2n＝15，得n＝5.答案：59．解析：(1)数列是由从4开始的偶数构成的，所以an＝2n＋2.(2

)数列中的每一项分子比分母少1，而分母可写成21，22，23，24，25，…，2n，故所求数列的通项公式可写为an＝2n－12n.(3)所给数列中正、负数相间，所以通项中必须含有(－1)n＋1这个因式，忽略负号，将第二项1写成55，则分母可化为3，5，7，9，11

，13，…，均为正奇数，分子可化为12＋1，22＋1，32＋1，42＋1，52＋1，62＋1，…，故其通项公式可写为an＝(－1)n＋1·n2＋12n＋1.(4)将数列各项写为93，993，9993，99993，…，分母都是3，而

分子分别是10－1，102－1，103－1，104－1，…，所以an＝13(10n－1).10．解析：(1)an＝n(n＋2)＝n2＋2n，所以a8＝80，a20＝440.(2)由an＝n2＋2n＝323，解得n＝17.所以323是数列{n(n＋2)}中

的项，是第17项．11．解析：∵OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A7A8＝1∴OA1＝1，OA2＝2，OA3＝3，…，OAn＝n∴a1＝1，a2＝2，a3＝3，…，an＝n.故选C.答案：C12．解析：由题中图形知

，各图中“短线”个数依次为6，6＋5，6＋5＋5，…，若把6看作1＋5，则上述数列为1＋5，1＋2×5，1＋3×5，…，于是第n个图形有(5n＋1)个化学键．故选D.答案：D13．解析：由于11＝10＋

1，102＝102＋2，1003＝103＋3，10004＝104＋4，…，所以该数列的一个通项公式是an＝10n＋n.答案：an＝10n＋n14．解析：通过观察，数列的特点是看数列的分母，数列中的分母为2n的有n个，又因为

1＋2＋3＋4＋5＋6＝21，21＋7＝28，故该数列的第28项为127＝1128.答案：112815．解析：(1)a10＝（－1）10×1119×21＝11399.(2)①当n为偶数时，an＝n＋1（2n－1）（2n＋1），令n＋1（2n－1）（2n＋1）＝233，化简得8n2－33n－35＝

0，解得n＝5n＝－78舍去.而n＝5为奇数，所以233不是该数列中的偶数项．②当n为奇数时，an＝－n＋1（2n－1）（2n＋1），令－n＋1（2n－1）（2n＋1）＝233，化简得8n2＋33n＋

31＝0，解得n＝－33±9716不是整数，所以233不是该数列中的奇数项．综上，233不是该数列中的项．16．解析：设f(n)＝9n2－9n＋29n2－1＝（3n－1）（3n－2）（3n－1）（3n＋1）＝3n－23n＋1.(1)令n＝10，得

第10项a10＝f(10)＝2831.(2)98101不是该数列中的项．令3n－23n＋1＝98101，得9n＝300.此方程无正整数解，所以98101不是该数列中的项．(3)证明：∵an＝3n－23n＋1＝3n＋1－33n＋1＝1

－33n＋1，又∵n∈N*，∴0<33n＋1<1，∴0<an<1.即数列中的各项都在区间(0，1)上．课时作业(二)数列的函数特性1．解析：an＝n2－4n＋3是关于n的二次函数，故其图象是抛物线y＝x2－

4x＋3上一群孤立的点．故选D.答案：D2．解析：因为an＋1－an＝3>0，故数列{an}是递增数列．故选A.答案：A3．解析：an＝－2n2＋29n＋3＝－2n2－292n＋3＝－2·n－2942＋3＋2928，当n＝7时，an最大且等于108.故选C.

答案：C4．解析：由an＋1<an，得an＋1－an＝49－2n－411－2n＝8（9－2n）（11－2n）<0，解得92<n<112，又因为n∈N＋，所以n＝5.故选C.答案：C5．解析：由an＋1>an可知数列{an}为递增数列，又由an＋1＝f(an)>a

n可知，当x∈(0，1)时，y＝f(x)的图象在直线y＝x的上方．故选A.答案：A6．解析：数列n＋1n的第k项为1＋1k，A正确；令n2－n－50＝－8，得n＝7或n＝－6(舍去)，B正确；将3，5，9，17，33，…的各项减去1，得2，4，8，16，32，…，设

该数列为{}bn，则其通项公式为bn＝2n()n∈N*，因此数列3，5，9，17，33，…的一个通项公式为an＝bn＋1＝2n＋1()n∈N*，C错误；an＝nn＋1＝1－1n＋1，则an＋1－an＝1n＋1－1n＋2＝1()

n＋1()n＋2>0，因此数列{}an是递增数列，D正确．故选ABD.答案：ABD7．解析：由已知a1＜0，an＋1＝2an(n∈N*)，得an＜0(n∈N*).因为an＋1－an＝2an－an＝an＜0，所以{an}是递减数列．答案：递减8．解析：令4n－102<0，得n<2512，所

以数列{an}中小于零的项共有25项．答案：259．解析：(1)a1＝1，a2＝3，a3＝1，a4＝3，a5＝1，图象如图①.(2)a1＝2，a2＝32，a3＝43，a4＝54，a5＝65，图象如图②.10．解析：数列的通项公式an＝n2n－1.因为an＋1－an＝n＋12n＋1－n2n－1

＝－1（2n＋1）（2n－1）<0，所以an＋1<an，所以{an}是递减数列．11．解析：由于an＝3n－53n－14＝3n－14＋93n－14＝1＋3n－143＝1＋93n－14，因此当1≤n≤4时，{an}是递减的，且a1>0>a2>a3>a4；

当5≤n≤20时，an>0，且{an}也是递减的，即a5>a6>…>a20>0，因此最大的是a5，最小的是a4.故选C.答案：C12．解析：由题意知an＋1<an对n∈N*恒成立，即3（n＋1）＋k2n＋1<3n＋k2n，所以k>3－3

n，因为n∈N*，所以3－3n≤0(n＝1时等号成立)，即3－3n的最大值为0，所以k>0.故选CD.答案：CD13．解析：an＋1－an＝(n＋1)·79n＋2－n·79n＋1＝79n＋1·7－2n9，故当n＝1，2，3

时，an＋1>an；当n≥4时，an＋1<an.所以此数列的最大项为a4.答案：414．解析：∵{an}是递增数列，∴an＋1－an＝(n＋1)2＋λ(n＋1)－n2－λn＝2n＋1＋λ>0对于任意的正整数n恒成立，即λ>－2n－1对于任意的正整数n恒成立，∴λ>－3.答案：

(－3，＋∞)15．解析：(1)0.25是这个数列的项．令an＝nn＋51＝0.25，即nn＋51＝14，解得n＝17，∴0.25是数列{}an的项，是第17项．(2)由题知，an＋1－an＝n＋1n＋52－nn＋51＝()n＋1()n＋51－n()n＋52()n＋51()n＋52＝51(

)n＋51()n＋52∵n∈N*，∴n＋51>0，n＋52>0，即an＋1－an>0.(3)由(2)可得数列{}an是递增数列，则最小项为首项，即a1＝11＋51＝152，无最大项．16．解析：(1)因为an＝pn＋q，又因为a1＝－12，a2＝－34，所以p＋q＝－12，p2＋q＝－3

4，解得p＝12，q＝－1，因此{an}的通项公式是an＝12n－1(n∈N*).(2)令an＝－255256，即12n－1＝－255256，所以12n＝1256，解得n＝8.故－255256是{an}中的第8项．(3)由于an＝12n－1，且1

2n随n的增大而减小，因此an的值随n的增大而减小，故{an}是递减数列．课时作业(三)等差数列的概念及其通项公式(一)1．解析：A中的公差为－2，A错误；B、C、D均正确．答案：BCD2．解析：n＝1时，a1＝－1，n＝2时，a2＝3－4×2＝－5，所以公差d＝a2－a1＝－4.故选B.答案

：B3．解析：因为an＝2n＋5，所以an＋1＝2(n＋1)＋5＝2n＋7，故an＋1－an＝(2n＋7)－(2n＋5)＝2，故数列{an}是公差为2的等差数列．故选A.答案：A4．解析：设公差为d，则d＝a6－a26－2＝17－54＝3，∴a1＝a2－d＝2，∴a14＝a1

＋13d＝2＋13×3＝41.故选B.答案：B5．解析：an＝3(2n－1)＝6n－3，由6n－3＝81，得n＝14.故选C.答案：C6．解析：设新数列a1，b1，a2，b2，a3，b3，a4，b4，a5，…，公差为d

，则a5＝a1＋8d，所以d＝a5－a18＝2－88＝－68＝－34.故选B.答案：B7．解析：设{an}的公差为d，由题意知a1＋2d＋a1＋7d＝22，a1＋5d＝7，即2a1＋9d

＝22，a1＋5d＝7，解得a1＝47，d＝－8，所以a5＝a1＋4d＝47－32＝15.答案：158．解析：由a1＝1，d＝2确定的等差数列{an}中，an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，所以当an＝59时，2n－1＝59，解得n＝30.答案：30

9．解析：由题意，得d＝a2－a1＝116－112＝4，所以an＝a1＋(n－1)d＝112＋4(n－1)＝4n＋108.令450<an<600，解得85.5<n<123，又因为n为正整数，故有37项．

10．解析：(1)∵an＝5n＋4，则an＋1＝5()n＋1＋4＝5n＋9，∴an＋1－an＝()5n＋9－()5n＋4＝5，所以，数列{}an是等差数列；(2)104是数列{an}中的项，110不是该数列的项．令an＝104，即5n＋4＝104，解得n＝20；令an＝1

10，即5n＋4＝110，解得n＝1065.所以，104是该数列的第20项，110不是该数列中的项．11．解析：an＝a1＋(n－1)d＝70＋(n－1)×(－9)＝79－9n，∴a8＝7，a9＝－2，a10＝－11，故绝对值最小的一项为a9.故选B.答案：B12．解析：由题

可设an＝3＋(n－1)d，2019是该数列的一项，即2019＝3＋(n－1)d.∴n＝2016d＋1.∵d∈N*，所以d是2016的约数，选项当中2，3，4均为2016的约数，只有5不是2016的约数．故选ABC.答案：ABC13

．解析：∵3a6＝a3＋a4＋a5＋12＝3a4＋12，∴a6－a4＝4，即2d＝4，∴d＝2.答案：214．解析：设两等差数列的公差分别为d1，d2，则有b－a＝4d1＝6d2，∴d1＝32d2.∴x

3－x1y3－y1＝2d12d2＝d1d2＝32.答案：3215．解析：a1＝3，d＝4，an＝a1＋(n－1)d＝4n－1.(1)135，4m＋19(m∈N＋)是{an}中的项．令an＝4n－1＝135，∴n＝34，∴1

35是数列{an}中的第34项．令an＝4n－1＝4m＋19，则n＝m＋5(m∈N＋).∴4m＋19是{an}中的第m＋5项．(2)2ap＋3aq是数列{an}中的项．∵ap，aq是{an}中的项，∴ap＝4p－1，aq＝4q－1.∴2ap＋3a

q＝2(4p－1)＋3(4q－1)＝8p＋12q－5＝4(2p＋3q－1)－1(p，q∈N＋)，∴2ap＋3aq是{an}中的第2p＋3q－1项．16．解析：(1)证明：设数列{an}的公差为d，因为a2＝4，a6＝16，所以4d＝a6－a2＝

12，得d＝3，所以an＝a2＋(n－2)d＝3n－2，设bn＝13an－3n，则bn＝－2n－23，所以bn＋1－bn＝－2，即数列13an－3n是公差为－2的等差数列．(2)由(1)得a1＝4－3＝1，设新数列为{cn}，

其公差为d1，则c1＝1，c5＝4，所以4d1＝3，得d1＝34，所以c41＝1＋(41－1)×34＝31.课时作业(四)等差数列的概念及其通项公式(二)1．解析：由等差数列的性质可得a1＋a7＝a3＋a5＝10，又a1＝2，所以a7＝8.故选B.答案

：B2．解析：∵x－1，x＋1，2x＋3是等差数列的前三项，∴2(x＋1)＝x－1＋2x＋3，解得x＝0.∴a1＝x－1＝－1，a2＝1，a3＝3，∴d＝2.∴an＝－1＋2(n－1)＝2n－3，故选B.答案：B3．解析：设前三项为a－d，a，a＋d，则由a－d＋a

＋a＋d＝12，知a＝4.又由(4－d)·4·(4＋d)＝48知d2＝4.∵{an}为递增数列，∴d＝2.故选B.答案：B4．解析：根据性质得：a1＋a101＝a2＋a100＝…＝a50＋a52＝2a51，由于a1＋a2＋a3＋…＋a101＝0，

所以a51＝0，所以a3＋a99＝2a51＝0，故选C.答案：C5．解析：由题意可得中间的那份为20个面包，设最小的一份为a1，公差为d，由题意可得[20＋(a1＋3d)＋(a1＋4d)]×17＝a1＋(a1＋d)，解得a1＝53，故选D.答案：D6．解析：

等差数列{an}和{bn}的公差均为d(d≠0)，对于A，由λan＋1－λan＝λ(an＋1－an)＝λd为常数，知数列{λan}是等差数列；对于B，由an＋1＋bn＋1－(an＋bn)＝(an＋1－an)＋(bn＋1－bn)＝2d为常数，知数列{an＋

bn}是等差数列；对于C，由a2n＋1－b2n＋1－(a2n－b2n)＝(an＋1－an)(an＋1＋an)－(bn＋1－bn)(bn＋1＋bn)＝d[2a1＋(2n－1)d]－d[2b1＋(2n－1)d]＝

2d(a1－b1)为常数，知数列{a2n－b2n}是等差数列；对于D，由an＋1bn＋1－anbn＝(an＋d)(bn＋d)－anbn＝d2＋d(an＋bn)不为常数，知数列{anbn}不是等差数列．答案：ABC7．

解析：设等差数列{an}的公差为d，由题意知a4＝5，a5＝7，∴d＝2，∴an＝2n－3.答案：2n－38．解析：设十人得金按等级依次设为a1，a2，…，a10，则a1，a2，…，a10成等差数列，且a1＋a2＋a3＝4，a7＋a8＋a9＋a10＝3，设等差数列a1，

a2，…，a10的公差为d，则3a1＋3d＝4，4a1＋30d＝3，解得d＝－778，所以a4＋a5＋a6＝(a1＋a2＋a3)＋9d＝8326.答案：83269．解析：(1)由于(1，1)

，(3，5)是等差数列{an}图象上的两点，所以a1＝1，a3＝5，由a3＝a1＋2d＝1＋2d＝5，解得d＝2，于是an＝2n－1.(2)图象是直线y＝2x－1上在第一象限内一些离散的点，如图所示．(3)因为一次函数y＝2x－1是增函数，所以数列{an}是递增数列．

10．解析：由已知可设此三数分别为a－2，a，a＋2，由已知可得方程3a＝a(a2－4)，解得a＝0或a＝±7.∴三个数分别为－2，0，2或7－2，7，7＋2或－7－2，－7，－7＋2.11．解析：因为a

，b，c成等差数列，所以2b＝a＋c，所以Δ＝4b2－4ac＝(a＋c)2－4ac＝(a－c)2≥0.所以二次函数y＝ax2－2bx＋c的图象与x轴的交点个数为1或2.故选D.答案：D12．解析：解法一∵2b＝a＋c，a＋b＋

c＝15，∴3b＝15，b＝5.设等差数列a，b，c的公差为d，则a＝5－d，c＝5＋d.∵2lg(b－1)＝lg(a＋1)＋lg(c－1).∴2lg4＝lg(6－d)＋lg(4＋d).∴16＝(6－d)(4＋d)，∴d2－2d－8＝0，∴d1＝4或d2＝－2，

∴a，b，c三个数分别为1，5，9或7，5，3.经验算，上述两组都符合题意．解法二由题意，得a＋b＋c＝15，a＋c＝2b，（a＋1）（c－1）＝（b－1）2，①②③由①②两式，解得b＝5，

将c＝10－a代入③，整理得a2－8a＋7＝0.解得a＝1或a＝7.故a＝1，b＝5，c＝9或a＝7，b＝5，c＝3.经验算，上述两组数都符合题意．答案：AD13．解析：∵3an＋1＝3an－2(n∈N*)∴an＋1－an＝－23(n∈N*)∴数列{an}是递减等差数列．又∵a1＝15，

∴an＝15－23(n－1)＝－23n＋473.令an＝0，即－23n＋473＝0，解得n＝472＝23.5，∴a23·a24<0，故k的值为23.答案：2314．解析：由题设可得ann－an＋1n＋1＋1＝0，即an＋1n＋1－ann＝1，所以数列

ann是以1为公差的等差数列，且首项为1，故通项公式ann＝n，所以an＝n2.答案：n215．解析：设在相同的时间内，从低到高每档产品的产量分别为a1，a2，…，a10，利润分别为b1，b2，…，b10，则{an}，{bn}均为等差数列

，且a1＝60，d1＝－3，b1＝8，d2＝2，所以an＝60－3(n－1)＝－3n＋63，bn＝8＋2(n－1)＝2n＋6，所以利润f(n)＝anbn＝(－3n＋63)(2n＋6)＝－6n2＋108n＋378＝－6(n－9)2＋864.显然，当n＝9时，f(n

)max＝f(9)＝864.所以在相同的时间内生产第9档次的产品可以获得最大利润．16．解析：(1)因为数列{an}为等差数列，所以a3＋a4＝a2＋a5＝22.又a3·a4＝117，所以得a3＋a4＝22，a3·a4＝117，解得a3＝9，a4＝13或a3＝13，

a4＝9.又公差d>0，所以a3<a4，所以a3＝9，a4＝13，所以a1＋2d＝9，a1＋3d＝13，解得a1＝1，d＝4.所以数列{an}的通项公式为an＝4n－3.(2)存在非零实数c

，使数列{bn}为等差数列．若bn＝2n2－nn＋c为等差数列，则必有2b2＝b1＋b3，又b1＝11＋c，b2＝62＋c，b3＝153＋c，其中c≠0，所以62＋c×2＝11＋c＋153＋c，所以2c2＋c＝0，所以c＝－12或c＝0(舍去).将c＝－12代入bn＝2n2－nn＋c，得bn＝2n

，此时{bn}为等差数列，即存在非零实数c＝－12，使数列{bn}为等差数列．课时作业(五)等差数列的前n项和(一)1．解析：设公差为d，S3＝3a1＋3×22d＝3＋3×22d＝9，解得d＝2，则a2＝a1＋d＝3.故选A.答案：A2．解析：由3（a1＋4）2＝6，a1＋2d＝

4，解得d＝2.故选C.答案：C3．解析：由题可知数列{an}为等差数列，则由等差数列的性质可得2a9＝a1＋a17，故S17＝17（a1＋a17）2＝17·2a92＝17a9＝51.故选A.答案：A4．解

析：由d＝2，S3＝3a1＋3d＝－24，得a1＝－10，令an＝－10＋(n－1)×2≤0，得n≤6，所以S5＝S6均为最小值，故选D.答案：D5．解析：S9S5＝92（a1＋a9）52（a1＋a5）＝92·2a552·2a3＝9a55a3＝9

5·a5a3＝1.故选A.答案：A6．解析：∵S6>S7，∴a7<0，∵S7>S5，∴a6＋a7>0，∴a6>0，∴d<0，A正确；S11＝112(a1＋a11)＝11a6>0，B正确；S12＝122(a1＋a12)＝6(a6＋a7)>0，C不正确；{Sn}中

最大项为S6，D不正确．故选AB.答案：AB7．解析：设等差数列{an}的公差为d，则a2＝－2＋d，a6＝－2＋5d，因为a2＋a6＝2，所以－2＋d＋(－2＋5d)＝2，解得d＝1，所以S10＝10×(－2)＋10×92×1＝－20＋45＝25.答案：258．解析：由等差数列前

n项和性质可得4－22d＝S44－S22＝52－22＝32∴d＝32∴S66－S44＝32∴S6＝24.答案：32249．解析：(1)设数列{an}的首项为a1，公差为d.则a10＝a1＋9d＝30，

a20＝a1＋19d＝50，解得a1＝12，d＝2，∴an＝a1＋(n－1)d＝12＋(n－1)×2＝10＋2n.(2)由Sn＝na1＋n（n－1）2d以及a1＝12，d＝2，Sn＝242，得方程242＝12n＋n（n－1）2×2，即n2＋11n－242＝0

，解得n＝11或n＝－22(舍去).故n＝11.10．解析：(1)由等差数列{an}的前n项和S3＝9，得a2＝3，又∵S2＝8，即a1＋a2＝8，∴a1＝5，∴d＝a2－a1＝－2.∴an＝5－2(n－1)＝7－2n.(2)由(1)知an＝7－2n，a1＝5，d＝－2，故Sn＝n（a1＋an）2

＝n（5＋7－2n）2＝n(6－n)＝6n－n2.∴当n＝3时，Sn取得最大值9.11．解析：因为{an}是等差数列，所以am－1＋am＋1＝2am，则由am－1＋am＋1－a2m＝0可得2am－a2m＝0，解得am＝0或am＝2.因为S2m－1＝a1

＋a2m－12×(2m－1)＝(2m－1)am＝38，所以am≠0，故am＝2.代入可得，2(2m－1)＝38，解得m＝10.故选C.答案：C12．解析：因为Sn＝na1＋n（n－1）2d，所以Sn＝d2n2＋a1－d2n，则Sn

是关于n(n∈N，n≠0)的一个二次函数，又a1>0且S6＝S9，对称轴n＝6＋92＝152，开口向下，则d<0，故A错误，又n为正整数，所以Sn在[1，7]上单调递增，在[8，＋∞)上单调递减，所以S5<S6，故D错误，所以最靠近152的整数n＝7或n＝8时，Sn最大，故C正确

，所以S7＝S8，∴a8＝0，故B正确，故选BC.答案：BC13．解析：设bn＝2n－1，cn＝3n－2，bn＝cm，则2n－1＝3m－2，得n＝3m－12＝3m－3＋22＝3（m－1）2＋1，于是m－1＝2k，k∈N，所以m＝2k＋1，k∈N，则ak＝3(2k＋

1)－2＝6k＋1，k∈N，得an＝6n－5，n∈N*.故Sn＝1＋6n－52×n＝3n2－2n.答案：3n2－2n14．解析：由当且仅当n＝8时，Sn有最大值，可得d<0，a8>0，a9<0即d<0，7＋7d>0，7＋8d<0.解得－1<d<－78.答案：－1，－

7815．解析：(1)由a3＝10，S6＝72，得a1＝2，d＝4所以an＝4n－2.(2)由(1)得bn＝12an－30＝2n－31.由2n－31≤0，2（n＋1）－31≥0，得29

2≤n≤312，因为n∈N*，所以n＝15.所以{bn}的前15项为负值，所以T15最小，可知b1＝－29，d＝2，所以T15＝－225.16．解析：(1)由S14＝98，得2a1＋13d＝14.又a11＝a1＋10d＝0，故解得d＝－2，a1＝20.因此，{an}的通项公式是an＝22－2n

(n∈N*).(2)由S14≤77，a11>0，a1≥6，得2a1＋13d≤11，a1＋10d>0，a1≥6，即2a1＋13d≤11，－2a1－20d<0，－2a1≤－12.①②③由①＋②，

得－7d<11，即d>－117.由①＋③，得13d≤－1，即d≤－113.于是－117<d≤－113.又d∈Z，故d＝－1.④将④代入①②得10<a1≤12.又a1∈Z，故a1＝11或a1＝12.所以

，所有可能的数列{an}的通项公式是an＝12－n和an＝13－n(n∈N*).课时作业(六)等差数列的前n项和(二)1．解析：当n＝1时，a1＝S1＝1＋1＝2.故选C.答案：C2．解析：a5＝S5－S4＝15－14＝－120.故选B.答案：B3．解析：因为Sn＝2n2＋n，所以a

1＝2×12＋1＝3，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2＋n－[2(n－1)2＋(n－1)]＝4n－1，把n＝1代入上式可得a1＝3，即也符合，故通项公式为an＝4n－1.故选C.答案：C4．解析：钢管排列方式

是从上到下各层钢管数组成了一个等差数列，最上面一层钢管数为1，逐层增加1个．∴钢管总数为：1＋2＋3＋…＋n＝n（n＋1）2.当n＝19时，S19＝190.当n＝20时，S20＝210>200.∴n＝19时，剩余钢管根数最少，为10根．故选B.答案：B5．

解析：根据题意：小李同学每天跑步距离为等差数列，设为an，则a1＋a2＋a3＝3a2＝3600，故a2＝1200，a13＋a14＋a15＝3a14＝10800，故a14＝3600，则Sn＝12()a1＋a15×15＝12()a2＋a14×

15＝36000.故选B.答案：B6．解析：设第8个儿子分到的绵是a1，第9－n个儿子分到的绵是an，则{}an构成以a1为首项，－16为公差的等差数列S8＝8a1＋8×72×()－16＝992解得a1＝180故选C.答案：C7．解析：因为Sn＝3＋2n，所以a5＝S5－S4＝

3＋25－(3＋24)＝16.a1＝S1＝5，n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3＋2n)－(3＋2n－1)＝2n－1，当n＝1时，上式不成立，所以an＝5（n＝1），2n－1（n≥2）.答案：16

5（n＝1），2n－1（n≥2）8．解析：由题意知，从第二年起维修费比上一年增加4万元，即每年的维修费成等差数列．设从第二年起，每年的维修费构成的等差数列为{an}，则an＝12＋4(n－1)＝

4n＋8，S10＝10×12＋12×10×9×4＝300(万元).答案：3009．解析：∵4Sn＝an(an＋2)，∴当n＝1时，4a1＝a1(a1＋2)解得a1＝2或a1＝0(舍去)；当n≥2时，4an＝4Sn－4Sn－1＝a

n(an＋2)－an－1(an－1＋2)＝a2n＋2an－a2n－1－2an－1∴a2n－2an－a2n－1－2an－1＝0∴(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0又an＋an－1≠0∴an－an－1－2＝0，即an－

an－1＝2.∴数列{an}是首项为2，公差为2的等差数列，∴an＝2n.10．解析：(1)依题意得每排的座位数会构成等差数列{}an，其中首项a1＝9，公差d＝2，所以第六排的座位数a6＝a1＋()6－1d＝19.(2)因为每排的座位数是奇数，

为保证同时参会的人数最多，第一排应坐5人，第二排应坐6人，第三排应坐7人，……，这样，每排就坐的人数就构成等差数列{}bn，首项b1＝5，公差d′＝1，所以数列前10项和S10＝10b1＋10×92×d′＝95.故该报

告厅里最多可安排95人同时参加会议．11．解析：当n＝1时，a1＝S1＝a＋b＋c.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an2＋bn＋c－a()n－12－b()n－1－c＝2an－a＋b.当n＝1时，上式＝a＋b.所以若{}

an是等差数列，则a＋b＝a＋b＋c∴c＝0.所以当c＝0时，{}an是等差数列，a＝c＝0b≠0时是等比数列；当c≠0时，{}an从第二项开始是等差数列．故选ABC.答案：ABC12．解析：设这些老人的年龄形成数列{}an，设最年长者的年龄为a1

，则由题可知数列{}an是公差为－1的等差数列，且S19＝1520，则S19＝19a1＋19×182×()－1＝1520，解得a1＝89.故选C.答案：C13．解析：当n＝1时，a1＝S1＝3；当n≥2时，an＝Sn

－Sn－1＝n2＋n＋1－[(n－1)2＋(n－1)＋1]＝2n.此时，当n＝1时，2n＝2≠3.所以an＝3（n＝1），2n（n≥2）.答案：3（n＝1），2n（n≥2）14．解析：设每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和为f(n)，则

12f(n)＝10(1＋2＋3＋…＋n－1)＋10(1＋2＋3＋…＋41－n)，所以f(n)＝20×（n－1）（1＋n－1）2＋20×（41－n）（1＋41－n）2＝10()n2－n＋n2－83n＋41×42＝10()2n2－84n＋1722＝20()

n2－42n＋861＝20[(n－21)2＋420]，所以当n＝21时，f(n)取得最小值．答案：2115．解析：(1)∵S1＝14(a1＋1)2＝a1，∴a1＝1.∵S2＝14(a2＋1)2＝a1＋a2，∴a2＝3(a2＝－1舍去).(2)当n≥

2时，an＝Sn－Sn－1＝14[(an＋1)2－(an－1＋1)2]＝14(a2n－a2n－1)＋12(an－an－1)，由此得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0.∵an＋an－1≠0，∴an－an－1＝2.∴{an}是首项

为1，公差为2的等差数列，∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.(3)∵bn＝20－an＝21－2n，∴bn－bn－1＝－2，b1＝19.∴{bn}是以19为首项，－2为公差的等差数列．∴Tn＝19n＋n（n－1）2×(－2)＝－n2＋20n.故当n＝10时，Tn取最大值，最大值为100.16

．解析：(1)由S2＝43a2得3(a1＋a2)＝4a2，解得a2＝3a1＝3，由S3＝53a3，得3(a1＋a2＋a3)＝5a3，解得a3＝32(a1＋a2)＝6.(2)由题设知当n＝1时，a1＝1.当

n≥2时，有an＝Sn－Sn－1＝n＋23an－n＋13an－1整理得an＝n＋1n－1an－1，于是a2＝31a1，a3＝42a2，…，an－1＝nn－2an－2，an＝n＋1n－1an－1，将以上n－1个等式中等号两端分别相乘，整理得an＝n（n＋1）2.当n

＝1时，也满足上式．综上可知，{an}的通项公式为an＝n（n＋1）2.课时作业(七)等比数列的概念及其通项公式(一)1．解析：由于a，a(1－a)，a(1－a)2，…是等比数列，则a需满足a≠0，a

(1－a)≠0，a(1－a)2≠0，所以a≠0且a≠1.故选D.答案：D2．解析：因为98·23n－1＝13，所以23n－1＝827＝233，所以n＝4.故选B.答案：B3．解析：由题意知a1＝

42，q＝22，∴an＝4222n－1，令an＝4222n－1＝28，解得：n＝11.故选B.答案：B4．解析：∵a1＋a3＝a1＋a1q2＝－3，∴a21(1＋q2)2＝9，a2·a4＝a21·q4＝4.∴（1＋q2）2q4＝94.∴5q4－8q2－4＝0.

∴q2＝2.∴q＝±2.故选C.答案：C5．解析：设等比数列的公比为q，则a3＝a1q2＝1a5＝a1q4＝2，解得q2＝2，所以a1＝1q2＝12.故选B.答案：B6．解析：∵bn＝an＋4∴an＝bn－4∵数列{}bn有连续四项在集合{

－50，－20，22，40，85}中∴数列{}an有连续四项在集合{－54，－24，18，36，}81中又∵数列{}an是公比为q的等比数列，∴在集合{－54，－24，18，36，}81中，数列{}an的连续四项只能是：－24，36，

－54，81或81，－54，36，－24.∴q＝36－24＝－32或q＝－2436＝－23.故选BD.答案：BD7．解析：设公比为q，则1＋q＋q2＝7，解得q＝2或q＝－3(舍去)，所以an＝2n－1.答案：2n

－18．解析：由题意得2q2－2q＝4，解得q＝2或q＝－1.又因为{an}单调递增，得q>1，所以q＝2.答案：29．解析：由a7＝a1q6，得27＝127·q6，所以q6＝272＝36，所以q＝±3.当q＝3时，an＝a1qn－1＝

127×3n－1＝3n－4；当q＝－3时，an＝a1qn－1＝127×(－3)n－1＝－(－3)－3·(－3)n－1＝－(－3)n－4.故an＝3n－4或an＝－(－3)n－4.10．解析：(1)证明：由an＋1＝4an－3n＋1，得an＋1－(n＋1)＝4(an－n)，n∈N＋.又

a1－1＝1≠0，所以an－n≠0，所以an＋1－（n＋1）an－n＝4.所以数列{an－n}是首项为1，公比为4的等比数列.(2)解：由(1)可知an－n＝4n－1,于是数列{an}的通项公式为an＝4n－1＋n.

11．解析：设等比数列{an}的公比为q，因为a6＋a4＝2(a3＋a1)，所以q5＋q3＝2(q2＋1)，解得q3＝2.则a1a2a3…a7＝q0＋1＋…＋6＝q21＝27＝128.故选C.答案：C12．解析：对于A，若a1＝1，a3＝4，则q2＝a3a

1＝4，a5＝a3q2＝16，故A正确；对于B，取a1＝1，q＝－2，可得a2＋a4＝－2－8＝－10<0，故B错误；对于C，取a1＝－1，q＝－2，可得a3＝－4，a2＝2，故C错误；对于D，若a2>a1>0，则q>1，可得a1＋a3＝a1＋a1q2＝a1(1＋q2)，2a2＝2a1q，a1＋a

3－2a2＝a1(1＋q2－2q)＝a1(q－1)2>0，则a1＋a3>2a2，故D正确．故选AD.答案：AD13．解析：因为数列{an}中，a2＝32，a3＝73，且数列{nan＋1}是等比数列，2a2＋

1＝3＋1＝4，3a3＋1＝7＋1＝8，所以数列{nan＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，所以nan＋1＝2n，解得an＝2n－1n.答案：2n－1n14．解析：当n＝1时，由Sn＝23an＋13，得a1＝23a1＋13，即a1＝1；当n≥2时，由已知得到Sn－1＝23an－1＋13，

则an＝Sn－Sn－1＝23an＋13－23an－1＋13＝23an－23an－1，即an＝－2an－1，故数列{an}是以1为首项，－2为公比的等比数列，从而{an}的通项公式是an＝(－2)

n－1.答案：an＝(－2)n－115．解析：(1)证明：因为Sn＝2an＋1，所以Sn＋1＝2an＋1＋1，Sn＋1－Sn＝an＋1＝(2an＋1＋1)－(2an＋1)＝2an＋1－2an，所以an＋1＝2an①，由已知及①式可知an≠0.所以由a

n＋1an＝2，知{an}是等比数列．由a1＝S1＝2a1＋1，得a1＝－1，所以an＝－2n－1.(2)证明：由第一问知，an＝－2n－1，所以bn＝an＋1＋2an＝－2n－2×2n－1＝－2×2n＝－2n＋1＝－4×2n－1.所以数列{bn}是－4为首

项，2为公比的等比数列．16．解析：(1)因为α，β是方程anx2－an＋1x＋1＝0(n∈N＋)的两根，所以α＋β＝an＋1an，αβ＝1an．又因为6α－2αβ＋6β＝3，所以6an＋1－3an－2＝0.所以an＋

1＝12an＋13.(2)证明：因为an＋1＝12an＋13⇒an＋1－23＝12an－13⇒an＋1－23an－23＝12为常数，且a1－23＝13，所以an－23为以13为首项，12为公比的等比数列．(3)令bn＝an－23，则

{bn}为等比数列，公比为12，首项b1＝a1－23＝13，所以bn＝13·12n－1.所以an＝bn＋23＝13·12n－1＋23.所以数列{an}的通项公式为an＝13·12n－1＋23.课时作业(八)等比

数列的概念及其通项公式(二)1．解析：因为{an}是等比数列，所以a2a6＝a24＝36.故选C.答案：C2．解析：设这个数为x，则(50＋x)2＝(20＋x)·(100＋x)，解得x＝25，所以这三个数为45，75，125，公比q为7545＝53.故选A.答案：A3．解析

：a3a6＝a4a5＝a2a7＝4×116＝14，所以a3a6＋a4a5＝12.故选C.答案：C4．解析：在等比数列{an}中，∵a1＝1，∴am＝a1a2a3a4a5＝a51q10＝q10.∵am＝a1

qm－1＝qm－1，∴m－1＝10，∴m＝11.故选C.答案：C5．解析：降低后的价格构成以23为公比的等比数列．则现在价格为8100元的计算机3年后的价格可降低为8100×233＝2400(元).故选C.答案：C6．解析：设{}an的

公比是q，则an＝a1qn－1，A．a3a1＝q2＝a5a3，a1，a3，a5成等比数列，正确；B.a3a2＝q，a6a3＝q3，在q≠1时，两者不相等，错误；C.a4a2＝q2，a8a4＝q4，在q2≠1时，两者不相等，错误；D

.a6a3＝q3＝a9a6，a3，a6，a9成等比数列，正确．故选AD.答案：AD7．解析：数列{}bn是等比数列，则a2a8a11＝a7q5·a7q·a7q4＝a37＝8，所以a7＝2，而an>0，a5＝12，所以公比q＝2.答案：28．解析：设一月份产值为1，此年的月平均增长率为

x.则(1＋x)11＝m，解得x＝11m－1.答案：11m－19．解析：在等比数列{an}中，由a3a4a5＝a34＝8，得a4＝2，又因为a2a6＝a3a5＝a24，所以a2a3a4a5a6＝a54＝25＝32.10．解析：由b1＋b2＋b3＝3，得log2(a1a2

a3)＝3，∴a1a2a3＝23＝8.∵a22＝a1a3，∴a2＝2.设等比数列{an}的公比为q.∵b1b2b3＝－3，∴log22qlog22log2(2q)＝－3，即(1－log2q)·1·(1＋

log2q)＝－3.解得log2q＝2或log2q＝－2.∴q＝4或q＝14.∴所求等比数列{an}的通项公式为an＝22n－3或an＝25－2n.11．解析：依题意，数列{}an是正项等比数列，∴a3>0，a7>0，a5>0，∴6

＝2a3＋3a7≥22a3·3a7＝26a25，因为a5>0，所以上式可化为a5≥2，当且仅当a3＝263，a7＝6时等号成立．故选ABD.答案：ABD12．解析：不妨设12是x2－mx＋2＝0的根，则其另一根为4，∴m＝4＋12＝92，对方程x2－n

x＋2＝0，设其根为x1，x2(x1＜x2)，则x1x2＝2，∴等比数列为12，x1，x2，4，∴q3＝412＝8，∴q＝2，∴x1＝1，x2＝2，∴n＝x1＋x2＝1＋2＝3，∴mn＝92×3＝32.若设12是x2－nx＋2＝0的根，同理得n＝92，

m＝3，则mn＝23.故选B.答案：B13．解析：方法一设这个等比数列为{an}，其公比为q.∵a1＝83，a5＝272＝a1q4＝83·q4，∴q4＝8116，∴q2＝94.∴a2a3a4＝a1q·a1q2·a1q3＝a31q6＝833·943＝63＝216

.方法二设这个等比数列为{an}，公比为q，则a1＝83，a5＝272，加入的三项分别为a2，a3，a4.∵由题意可知a1，a3，a5也成等比数列，且a3与a1，a5同号，∴a23＝83×272＝36，故a3＝6.∴a2a3a4＝a23·

a3＝a33＝216.答案：21614．解析：因为1a7＋1a10＝a7＋a10a7a10，1a8＋1a9＝a8＋a9a8a9，又因为a8a9＝a7a10，所以1a7＋1a8＋1a9＋1a10＝a7＋a8＋a9＋a10a8a9＝158－98＝－53.答案：－5315．解析：

第一次取出纯酒精1L，加水后，浓度为a－1a＝1－1a，记为a1＝1－1a；第二次取出纯酒精1－1a·1L，再加水后，浓度为1－1aa－1a＝1－1a2，记为a2＝1－1a2；……

依次类推，第n次取出纯酒精1－1an－1·1L，再加水后，浓度为1－1an，记为an＝1－1an.当a＝2时，由an＝12n<10%，得n≥4.即至少倒4次后才能使酒精的浓

度低于10%.16．解析：an＝log2(1·x1·x2·…·xt·2)，所以an＋1＝log2[1·(1·x1)·x1·(x1·x2)·…·xt·(xt·2)·2]＝log2(12·x31·x32·x33·…·x3t·22)＝3an－1

，所以an＋1－12＝3an－12，所以数列an－12是一个以32为首项，以3为公比的等比数列，所以an－12＝32×3n－1，所以an＝3n＋12.课时作业(九)等比数列的前n项和(一)1．解析：设公比为q(q>0)，则1·q4＝16，解得q＝2(q＝－2舍去).于是S

7＝1－271－2＝127.故选C.答案：C2．解析：q2＝a3＋a4a1＋a2＝4，又q>0，∴q＝2.∴a1(1＋q)＝a1(1＋2)＝2，∴a1＝23.∴S8＝23·（28－1）2－1＝170.故选D.答案：D3．解析：由S3＝2a3－2得a3－a2－a1－2

＝0，又∵a1＝2，∴q2－q－2＝0，即(q－2)(q＋1)＝0，∴q＝2或q＝－1(舍去).故选B.答案：B4．解析：法一由等比数列前n项和的性质知S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，又a7＋a8＋a9＝S9－S6，则S3，S6－S3，a7＋a8＋a9成等

比数列，从而a7＋a8＋a9＝（S6－S3）2S3＝18.法二因为S6＝S3＋S3q3，所以q3＝S6－S3S3＝－18，所以a7＋a8＋a9＝S9－S6＝S3q6＝8×－182＝18.故选A.答案：A5．解析：因为数列{}an

对任意的正整数n均有a2n＋1＝anan＋2，所以数列{}an为等比数列，因为a2＝2，a4＝8，所以q2＝a4a2＝4，所以q＝±2，当q＝2时a1＝1，所以S10＝1－2101－2＝1023，当q＝－2时a1＝－1，所以S10＝－1×[1－()－210]1－()－2＝341.故选AB.

答案：AB6．解析：由题意得：a1＝1200，a2＝1200×1.08－100，a3＝1200×1.082－100×1.08－100，a4＝1200×1.083－100×1.082－100×1.08－100，a5＝120

0×1.084－100×1.083－100×1.082－100×1.08－100，…∴2035年年底存栏头数为：a16＝1200×1.0815－100(1.0814＋1.0813＋1.0812＋…＋1.08＋1)≈1200×3.2－100×1×（1

－1.0815）1－1.08＝1090.故选C.答案：C7．解析：∵S10＝S5＋(S10－S5)＝S5(1＋q5)，∴S10S5＝1＋q5＝3132.∴q5＝－132，∴q＝－12.答案：－128．解析：根据题意得

S奇＋S偶＝－240，S奇－S偶＝80，∴S奇＝－80，S偶＝－160.∴q＝S偶S奇＝－160－80＝2.答案：29．解析：(1)在等比数列{an}中，由已知可得a1·a1q·a1q2＝27，a1q＋a1q3＝3

0，解得a1＝1，q＝3或a1＝－1，q＝－3.(2)因为Sn＝a1（1－qn）1－q，所以当a1＝1，q＝3时，S6＝1×（1－36）1－3＝1－36－2＝364.当a1＝－1，q＝－3时，S6＝（－1）×[1－（－3）6]1＋

3＝36－14＝182.10．解析：由题设知a1≠0，Sn＝a1（1－qn）1－q，则a1q2＝2，①a1（1－q4）1－q＝5×a1（1－q2）1－q②由②得1－q4＝5(1－q2)，(q2－4)(q2－1)＝0.∴(q－

2)(q＋2)(q－1)(q＋1)＝0.因为q<1，解得q＝－1或q＝－2.当q＝－1时，代入①得a1＝2，an＝2×(－1)n－1；当q＝－2时，代入①得a1＝12，an＝12×(－2)n－1.综上，当q＝－1时，an＝

2×(－1)n－1；当q＝－2时，an＝12×(－2)n－1.11．解析：若a3>0，则a3＝a1q2>0，因此a1>0，当公比q>0时，任意n∈N＋，an>0，故有S2021>0，当公比q<0时，q2021<

0，则S2021＝a1（1－q2021）1－q>0.故选C.答案：C12．解析：根据题意此人每天行走的路程成等比数列，设此人第n天走an里路，则{an}是首项为a1，公比为q＝12的等比数列．所以S6＝a1（1－q6）1－q＝a11－

1261－12＝378，解得a1＝192.a3＝a1q2＝192×14＝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＝192×12＝96，而14S6＝94.

5<96，所以C不正确．a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝192×(1＋12＋14)＝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ABD.答案：ABD13．解析：设数列{an}的公比为q，则由已知得q3＝－2.又因为a1＋a2＋a3＝a11－q(1

－q3)＝1，所以a11－q＝13，所以S15＝a11－q(1－q15)＝a11－q[1－(q3)5]＝13×[1－(－2)5]＝11.答案：1114．解析：因为an＋1－an＝2n，应用累加法可得an＝2n－1.当n＝1时，a1＝1符合上式，∴an＝2n－1(n∈N

＋).所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝2＋22＋…＋2n－n＝2（1－2n）1－2－n＝2n＋1－n－2.答案：2n＋1－n－215．解析：由条件知S1＝a1＝1.(1)①当c＝1时，an＝1，n＝1，Sn－

Sn－1，n≥2⇒an＝1，n＝1，0，n≥2.②当c≠1时，an＝1，n＝1，（c－1）cn－2，n≥2.(2)①当c＝1时，a2＋a4＋…＋a2n＝0；②当c≠1时，数列是以a2为首项，c2

为公比的等比数列，所以a2＋a4＋…＋a2n＝（c－1）（1－c2n）1－c2＝c2n－11＋c.16．解析：设蒲(水生植物名)的长度组成等比数列{an}，其a1＝3，公比为12，其前n项和为An.莞(植物名)的长度组成等比数列{bn

}，其b1＝1，公比为2，其前n项和为Bn.则An＝31－12n1－12，Bn＝2n－12－1，令An＝Bn，化为：2n＋62n＝7，解得2n＝6或2n＝1(舍去).即：n＝lg6lg2＝1＋lg3lg2≈2.6.故所需的时间约为2.

6天．课时作业(十)等比数列的前n项和(二)1．解析：Sn＝5n＋1＋a＝5×5n＋a，由等比数列的前n项和Sn＝a1（1－qn）1－q＝a11－q－a11－q·qn可知其常数项与qn的系数互为相反数，所以a＝－

5.故选D.答案：D2．解析：因为a1，a3，a4成等比数列，所以a1(a1＋3d)＝(a1＋2d)2，所以a1d＋4d2＝0，又因为d＝3，所以a1＝－12，则a2＝a1＋d＝－9，故选D.答案：D3．解析：因为数列{

}an，{}bn分别为等差数列、等比数列，所以a3＋a5＝2a4＝4，b3b4b5＝b34＝－8，所以a4＝2，b4＝－2，则a4＋b4＝0.故选B.答案：B4．解析：设{an}的公比为q，因为4a1，2a2，a3成等差数列，

所以4a2＝4a1＋a3，即4a1q＝4a1＋a1q2，因为a1＝1，即q2－4q＋4＝0，所以q＝2，所以S4＝a1（1－q4）1－q＝1－241－2＝15.故选C.答案：C5．解析：因为{}an为等比数列，且a3a

11＝4a7，∴a27＝4a7≠0，解得a7＝4，∵数列{}bn是等差数列，则b3＋b11＝2b7＝2a7＝8，故选D.答案：D6．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.又因为{}an是公比为q的等比数列，所以由a2＋a4＝2(a3＋1)，得a3(q＋1q)＝2(a3＋1)，即q＋1q＝52，解得q＝2或12.故选AC.答案：AC7．解析：设这两个数为a，b，因为两个数的等差中项是20，等比中项是12，所以a＋b＝40a

b＝144⇒a＝4b＝36或a＝36b＝4，即这两个数为4，36，答案：4，368．解析：设{an}的公比为q，则奇数项也构成等比数列，其公比为q2，首项为a1，S2n＝a1（1－q2n）1－q，S奇＝a1[1－（q2）n]1－q2.由题意得a1（1

－q2n）1－q＝3a1（1－q2n）1－q2.∴1＋q＝3，∴q＝2.答案：29．解析：(1)设{an}的公比为q.由题设可得a1（1＋q）＝2，a1（1＋q＋q2）＝－6.解得q＝－2，a1＝－2.故{an}的通项公式为an

＝(－2)n.(2)由(1)可得Sn＝a1（1－qn）1－q＝－23＋(－1)n2n＋13.由于Sn＋2＋Sn＋1＝－43＋(－1)n·2n＋3－2n＋23＝2－23＋（－1）n2n＋13＝2Sn，故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．10．解析：(1)设等差数列{an}的公差为d

.因为a2＋a4＝10，所以2a1＋4d＝10.解得d＝2.所以an＝2n－1.(2)设等比数列{bn}的公比为q.因为b2b4＝a5，所以b1qb1q3＝9.解得q2＝3.所以b2n－1＝b1q2n－2＝3n－1.从而b1＋b3＋b5＋…＋b2n

－1＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝3n－12.11．解析：等差数列{}an的前n项和为Sn，公差d≠0，由S6＝90，可得6a1＋15d＝90，即2a1＋5d＝30，①由a7是a3与a9的等比中项，得a27＝a3a9，即()a1＋6d2＝()a1

＋2d()a1＋8d，化为a1＋10d＝0，②由①②解得a1＝20，d＝－2，则an＝20－2(n－1)＝22－2n，Sn＝12n(20＋22－2n)＝21n－n2，由Sn＝－n－2122＋4414，可得n＝10或11时，Sn取得最大值1

10；由Sn＝21n－n2<0，解得n>21，则当Sn<0时，n的最小值为22.故选AD.答案：AD12．解析：由题可设等差数列{}an的公差为d，∵an＝9－2n，∴a1＝7，d＝－2，Sn＝－n2＋8n；当n＝4时，

Sn有最大值S＝16，∴q4＝16，q＝±2，∵bn>0，b1＝a4＝1，∴q＝2，bn＝2n－1，要使an<bn成立，即9－2n<2n－1，且n∈N*，∴n≥3，则n的最小值为3.故选D.答案：D13．解析：由S1，2S2，3S3成等差数列知

4S2＝S1＋3S3，即4(a1＋a2)＝a1＋3(a1＋a2＋a3)，整理得3a3－a2＝0，∴a3a2＝13，则数列{an}的公比为13.答案：1314．解析：等差数列与等比数列性质类比时，往往是等差数列的公差类比等比数列的公比，等差数列的和类比等比

数列的积，所以结论a1＋a2＋a3＋…＋an＝a1＋a2＋a3＋…＋a15－n(n<15)，类比在等比数列{}an中，类比可得b1b2b3…bn＝b1b2b3…b15－n(n<15).答案：b1b2b3…bn＝b1b2b3…b15－n(n<15).15．解析：选条件①②，(1)设等差数

列{an}的公差为d，因为a1＝1，a2＋a4＝2a1＋4d＝10，所以d＝2，则an＝1＋2(n－1)＝2n－1，n∈N*；(2)设等比数列{bn}的公比为q，q＞0，所以b2＝b1q＝1b2b4＝b21q4＝4，解得b1＝12，q＝2，设数列{bn}的前n项和为Sn，可得Sn＝

12（1－2n）1－2＝2n－1－12.选条件①③，(1)设等差数列{an}的公差为d，因为a1＝1，a2＋a4＝2a1＋4d＝10，所以d＝2，则an＝1＋2(n－1)＝2n－1，n∈N*；(2)由(1)知，b4＝a5＝9，设

等比数列{bn}的公比为q，q＞0，所以b2＝b1q＝1b4＝b1q3＝9，解得b1＝13，q＝3，设数列{bn}的前n项和为Sn，可得Sn＝13（1－3n）1－3＝3n－1－16.选条件②③，(1)设等比数列{bn}的公比为q，

q＞0，所以b2＝b1q＝1b2b4＝b21q4＝4，解得b1＝12，q＝2，a5＝b4＝12×23＝4，设等差数列{an}的公差为d，所以a5＝a1＋4d＝4，又因为a1＝1，故d＝34，所以an＝1＋34(n－1)＝3n＋14.(2)设数列{bn

}的前n项和为Sn，由(1)可得Sn＝12（1－2n）1－2＝2n－1－12.16．解析：(1)由已知Sn＝2an－a1，有an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，即an＝2an－1(n≥2).从而a2＝2

a1，a3＝2a2＝4a1.又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2(a2＋1).所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2.所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．故an＝2n.(2)由(1)得1an＝12n，所以Tn＝12＋

122＋…＋12n＝121－12n1－12＝1－12n.由|Tn－1|＜11000，得1－12n－1＜11000，即2n＞1000.因为29＝512＜1000＜1024＝210，所以n≥10.于是，使|Tn－1|＜11000

成立的n的最小值为10.课时作业(十一)数列求和1．解析：因为an＝1n－1n＋1，所以S5＝1－12＋12－13＋13－14＋14－15＋15－16＝56.故选B.答案：B2．解析：因为a

n＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝1－2n1－2＝2n－1，所以Sn＝(2＋22＋23＋…＋2n)－n＝2（1－2n）1－2－n＝2n＋1－n－2.故选D.答案：D3．解析：因为1（3n－1）×（3n＋

2）＝1313n－1－13n＋2，所以数列的前n项和为13(12－15＋15－18＋18－111＋…＋13n－1－13n＋2)＝1312－13n＋2＝n6n＋4.故选B.答案：B4．解析：因为an＝13(10n－1)，所以Sn＝13[(10－1)

＋(102－1)＋…＋(10n－1)]＝13[(10＋102＋…＋10n)－n]＝10n＋1－1027－n3.故选A.答案：A5．解析：an＝1n＋n＋1＝n＋1－n，所以Sn＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n＋1－n)＝n＋1－1＝10，所以n＝120.故选C.答案：

C6．解析：S100＝1－5＋9－13＋…＋(4×99－3)－(4×100－3)＝50×(－4)＝－200.故选B.答案：B7．解析：Sn＝21＋1＋22＋2＋23＋3＋…＋2n＋n＝(2＋22＋23＋…＋2n)＋(1＋2＋3＋…＋n)＝2（1－

2n）1－2＋12n(n＋1)＝2n＋1－2＋12n(n＋1).答案：2n＋1－2＋12n(n＋1)8．解析：由题意，a1＋a2＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－

…－(99＋100)＋(101＋100)＝100.答案：1009．解析：(1)由题知：2a1＋a2＝4，a1＋a2＋a3＝3a2＝6，所以：a1＝1，a2＝2，d＝1，an＝n.因为1n（n＋1）＝1n－1n

＋1所以Tn＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.(2)因为bn＝2an＝2n，所以bn＋1bn＝2n＋12n所以Wn＝2（1－2n）1－2＋12×1－12n1－12＝2n＋1－2＋1－12n＝2n＋1－12n－1.1

0．解析：由a2n＋1－2an＋1＝a2n＋2an可得，(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0，又因为an＋1＋an≠0，所以an＋1－an－2＝0，即an＋1－an＝2，因为a1＝b1＝1，故an＝1＋

2(n－1)＝2n－1.若选①，b2＝a2－1＝2，q＝b2b1＝2，故bn＝1×2n－1＝2n－1，此时Sn＝1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－1)×2n－1，2Sn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)×2n.两式相减得，－Sn＝1

＋2×[2＋22＋23＋…＋2n－1]－(2n－1)×2n＝(3－2n)×2n－3，所以Sn＝(2n－3)×2n＋3.若选②，b4＝a1－2＝－1，q3＝b4b1＝－1，所以q＝－1，故bn＝1×(－1)n－1＝(－1)n－1，此时Sn＝1＋3×(－1)＋5×(－

1)2＋…＋(2n－1)×(－1)n－1，－Sn＝－1＋3×(－1)2＋5×(－1)3＋…＋(2n－1)×(－1)n，两式相减得2Sn＝1＋2×[(－1)＋(－1)2＋(－1)3＋…＋(－1)n－1]－(2n－1)×(－1)n＝－(－1)

n－(2n－1)×(－1)n＝－2n(－1)n，所以Sn＝(－1)n＋1n.若选③，b2＝a2＝3，q＝b2b1＝3，故bn＝1×3n－1＝3n－1，此时Sn＝1＋3×3＋5×32＋…＋(2n－1)×3n－1，3Sn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n.两式相减得－2

Sn＝1＋2×[3＋32＋33＋…＋3n－1]－(2n－1)×3n＝(2－2n)×3n－2.所以Sn＝(n－1)×3n＋1.11．解析：数列{an}的前n项和为11×2＋12×3＋…＋1n（n＋1）＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1＝910，所以n＝9，于

是直线(n＋1)x＋y＋n＝0即为10x＋y＋9＝0.所以其在y轴上的截距为－9.故选B.答案：B12．解析：设等差数列{an}的公差为d，又a1＝1，且a2，a4，a8是一个等比数列中的相邻三项∴a24＝a2·a8，即(

)a1＋3d2＝()a1＋d()a1＋7d，化简得：d(d－1)＝0，所以d＝0或1，故an＝1或an＝n，所以bn＝q或bn＝n·qn，设{}bn的前n项和为Sn，①当bn＝q时，Sn＝nq；②当bn＝n·qn时，Sn＝1×q＋2×q2＋3×q3＋…＋n×q

n(1)，qSn＝1×q2＋2×q3＋3×q4＋…＋n×qn＋1(2)，(1)－(2)得：()1－qSn＝q＋q2＋q3＋…＋qn－n×qn＋1＝q()1－qn1－q－n×qn＋1，所以Sn＝q（1－qn）（1－q）2－n×qn＋11－q＝q＋nqn＋2－nqn＋1－qn＋1（1

－q）2，故选BD.答案：BD13．解析：设等差数列{an}的公差为d，由题意得a1＋d＝8，6a1＋15d＝66，解得a1＝6，d＝2，则an＝2n＋4，因此bn＝2（n＋1）（2n＋4）＝1n＋1－1n＋2，所以Tn＝12－13＋13－14＋…＋

1n＋1－1n＋2＝12－1n＋2＝n2n＋4.答案：n2n＋414．解析：因为{}an是等差数列，a1＝1，a3＝5，所以a3－a1＝2d＝4，解得d＝2，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以S10＝10×1＋10×92×2＝100因为{an＋bn}是公比为c的等比数列，且a1＋

b1＝1，所以an＋bn＝cn－1，故bn＝cn－1－2n＋1，当c＝1时，T10＝（2－20）×102＝－90，当c≠1时，T10＝(1＋c＋c2＋…＋c9)－(1＋3＋5＋…＋19)＝－100＋1－

c101－c，综上T10＝－90，c＝1，－100＋1－c101－c，c≠0，1.答案：100－90，c＝1，－100＋1－c101－c，c≠0，115．解析：设数列{bn}的公比为q(q>0)，则b1q＝8，b1－3b1q2＝4，整理得6q2＋q－2＝0，解得q＝

12或q＝－23(舍去).∴b1＝16，b4＝2，∴a1＝b4＝2.方案一：选条件①，存在正整数k，满足Tk>34.设数列{an}的公差为d，则S4＝4a1＋4×32d＝20，解得d＝2.∴Sn＝2n＋n（n－1）2×2＝n2＋n

.∴1Sn＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1.∴Tk＝1S1＋1S2＋…＋1Sk＝1－12＋12－13＋…＋1k－1k＋1＝1－1k＋1令1－1k＋1>34，解得k>3.∵k∈N*∴k的最小值为4方案二：选条件②，存在正整数k，满足Tk>34.设数列{an}的公差为d，则3a1＋3×22d

＝2(a1＋2d)，解得d＝2.下同方案一．方案三：选条件③，存在正整数k满足Tk>34.设数列{an}的公差为d，则3(a1＋2d)－(a1＋3d)＝8，解得d＝43∴Sn＝2n＋n（n－1）2×43＝2n（n＋2）3，∴1Sn＝32×1n（n＋2）＝341n－1n＋2.∴Tn＝34

1－13＋12－14＋…＋1k－1－1k＋1＋1k－1k＋2＝341＋12－1k＋1－1k＋2＝98－341k＋1＋1k＋2，令Tk>34，整理得k2－k－4>0解得k>1＋172或k<1－172∵k∈N*∴

k的最小值为3.16．解析：(1)由已知得S5－S4＝2(S4－S3)，即a5＝2a4，所以q＝2，又因为a4－a2＝a1q3－a1q＝6a1＝6，所以a1＝1，故an＝1×2n－1＝2n－1，将nTn＋1＝(n＋1)Tn＋

n(n＋1)两边同除以n(n＋1)，可得Tn＋1n＋1＝Tnn＋1，即Tn＋1n＋1－Tnn＝1，所以数列Tnn是首项为b11＝2、公差为1的等差数列．所以Tnn＝2＋(n－1)＝n＋1，即Tn＝n(n＋

1).当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝n(n＋1)－(n－1)n＝2n，当n＝1时，b1＝2，满足上式，故bn＝2n.综上所述an＝2n－1，bn＝2n.(2)不存在，理由如下：由(1)可知，Sn＝1

－2n1－2＝2n－1，cn＝（Sn＋1）bn（n＋1）（n＋2）＝2n＋1×n（n＋1）（n＋2）＝2n＋2n＋2－2n＋1n＋1.所以Mn＝233－222＋244－233＋…＋2n＋2n＋2－2n＋1n＋1＝2n＋2n＋2－2，故Mn＋2＝2n＋2n＋2.假设存在不同的

正整数p，q，r，使得Mp＋2，Mq＋2，Mr＋2成等比数列，则有(Mq＋2)2＝(Mr＋2)(Mp＋2)，即2q＋2q＋22＝2p＋2p＋2·2r＋2r＋2，即22q＋4（q＋2）2＝2p＋r＋4（p＋2）（r＋2）

.因为p，q，r成等差数列，所以2q＝p＋r，代入上式可得，q2＝pr.联立2q＝p＋rq2＝pr，可得p＝q＝r，与p，q，r为不同整数矛盾，故不存在满足条件的p，q，r使得Mp＋2，Mq＋2，Mr＋2成等比数列．课时作业(十二)数列在日常经

济生活中的应用1．答案：B2．解析：设原有总产值为a，年平均增长率为r，则a(1＋p)12＝a(1＋r)，解得r＝(1＋p)12－1.故选D.答案：D3．解析：由题意知第一次服药后，经过12小时后，体内药物含量700×(1－70

%)＝700×30%，经过24小时后，体内药物含量700×(30%)2，以此类推，一次服药后体内药物含量构成以a1＝700，q＝30%为公比的等比数列，即an＝700×(30%)n－1，所以第n次服药后，

体内药物的含量为：700＋700×0.3＋700×0.32＋…＋700×0.3n－1＝700×[1－（0.3）n]1－0.3＝1000×[1－(0.3)n]，当n→＋∞时，药在体内的含量无限接近1000，该药在人体内含量不超过1000毫克，不会产生副作用．故选A.答案：A4．解析：设储户存a

元，存一年定期并自动转存，三年后的本利和为a(1＋r)3元．三年定期的本利和为a(1＋3q)元．为鼓励储户存三年定期，则a(1＋3q)>a(1＋r)3，即q>13[(1＋r)3－1].故选B.答案：B5．解析：m(1＋q)＋m(1＋q)2＋m(1＋q)3

＋m(1＋q)4＝m·（1＋q）[（1＋q）4－1]（q＋1）－1＝m·（1＋q）5－（1＋q）q故选D.答案：D6．解析：∵23层楼的总价格为y＝a1＋a＋101100a＋102100a＋…＋120100a＋a2＝a1＋a2＋a100(10

0＋101＋…＋120)＝(a1＋a2＋23.1a)元/m2，∴平均价格y＝123y＝123(a1＋a2＋23.1a)元/m2.故选B.答案：B7．解析：由题意知a1＝1，公比q＝2，经过3小时分裂9次，∴末项为a10，则a10＝a1·29＝512.答案：5128．解析：由已

知得甲所得本息和a＝10000＋10000×2.88%×5×80%，而乙实际上年利率在去掉利息税后为45×2.25%，故乙所得本息和应为b＝10000×1＋45×2.25%5，经计算a－b≈219.01(元).答案：219.019．解析：设该学生能工作n天，每

天领的工资为an元，所有的工资为Sn元，则第一种方案：an(1)＝38，Sn(1)＝38n；第二种方案：an(2)＝4n，Sn(2)＝4(1＋2＋…＋n)＝2n2＋2n；第三种方案：an(3)＝0.4×2n－1，

Sn(3)＝0.4（1－2n）1－2＝0.4(2n－1).令Sn(1)≥Sn(2)，即38n≥2n2＋2n，解得0≤n≤18.令Sn(1)≥Sn(3)，即38n≥0.4(2n－1).利用计算器求得小于或等于9天时，

第一种方案领取报酬高．所以当n<10时，选择第一种方案领取报酬．因为当n≥10时，Sn(1)≤Sn(3)，Sn(2)≤Sn(3).所以当n≥10时，选择第三种方案领取报酬．10．解析：(1)记2007年该林区原有林地面积为a1到2020年年底该林区原有林地减少后的面积

大约变为a14，从表中看出{an}是等差数列，公差d约为－0.2，故a14＝a1＋(14－1)d＝99.8＋(14－1)×(－0.2)＝97.2，所以到2020年年底，该林区原有林地减少后的面积大约变为97.2万

公顷．(2)根据表中所给数据，该林区每年开荒造林面积基本是常数0.3万公顷，设从2007年开始，n年后林地总面积达102万公顷，结合(1)可知：99．8＋(n－1)×(－0.2)＋n×0.3≥102，解得n≥20，即2026年年底，该林区的林地总面积达102万公顷．11．解析：定期自动转存

属于复利计算问题，5年末的本利和为8×(1＋2.50%)5＝8×1.0255(万元).故选C.答案：C12．解析：由已知条件和分期付款公式可得，a[(1＋m)9＋(1＋m)8＋…＋(1＋m)＋1]＝M(1＋m

)10，则a＝Mm（1＋m）10（1＋m）10－1.故选C.答案：C13．解析：设全部资金和每次发放后资金的剩余额组成一个数列{an}，则a1为全部资金，第一名领走资金后剩a2，a2＝12a1－1，……，依次类推，an＋1＝12an－1，

∴an＋1＋2＝12(an＋2).∴{an＋2}是一个等比数列，公比为12，首项为a1＋2.∴an＋2＝(a1＋2)·12n－1，∴an＝(a1＋2)·12n－1－2.∴第6名领走资金后剩余为a7＝(a1＋2)×12

6－2＝0.∴a1＝126，即全部资金为126万元．答案：12614．解析：设每年偿还x万元，第一年的年末偿还x万元后剩余的贷款为a(1＋r)－x，第二年的年末偿还x万元后剩余的贷款为[a(1＋r)－x](1＋r)－x＝a(1＋r)

2－x(1＋r)－x，…，第五年的年末偿还x万元后剩余的贷款为a(1＋r)5－x(1＋r)4－x(1＋r)3－…－x，由于第5年还清，所以x＋x(1＋r)＋x(1＋r)2＋x(1＋r)3＋x(1＋r)4＝a(1＋r)5，∴x＝ar（1＋r）5（1＋r）5－1.答案：ar（1＋r）5（1＋r）5－

115．解析：(1)该市逐年投入的电力型公交车的数量组成等比数列{an}，其中a1＝128，q＝1.5，则在2026年应该投入的电力型公交车为a7＝a1q6＝128×1.56＝1458(辆).(2)记Sn＝a1＋a2＋…＋an，依据题意，得

Sn10000＋Sn>13，即Sn>5000.由Sn＝128（1－1.5n）1－1.5>5000，得1.5n>65732.两边取常用对数，则nlg1.5>lg65732，即n>lg657－5lg2lg3－lg2≈7.3.又因为n∈N*，因此n≥8.所以到2027年年底，电力型公交车的数量开始超

过该市公交车总量的13.16．解析：购买时付款300万元，则欠款2000万元，依题意分20次付清，则每次交付欠款的数额依次构成数列{an}，故a1＝100＋2000×0.01＝120(万元)，a2＝100＋(2000－10

0)×0.01＝119(万元)，a3＝100＋(2000－100×2)×0.01＝118(万元)，a4＝100＋(2000－100×3)×0.01＝117(万元)，…an＝100＋[2000－100(n－1)]×0.01

＝121－n(万元)(1≤n≤20，n∈N*).因此{an}是首项为120，公差为－1的等差数列．故a10＝121－10＝111(万元)，a20＝121－20＝101(万元).20次分期付款的总和为S20＝（a1＋a20）×202＝（120＋101）×202＝2210(万元).实际要付300＋2

210＝2510(万元).即分期付款第10个月应付111万元；全部贷款付清后，买这批住房实际支付2510万元．课时作业(十三)*数学归纳法1．解析：由题意知，n的最小值为3，所以第一步验证n＝3是否成立．故选C.答案：C2．解析：由已知式子可知所猜测分式的分母为n＋1，分子为第n＋1个正奇数，

即2n＋1，∴1＋122＋132＋…＋1()n＋12<2n＋1n＋1.故选C.答案：C3．解析：∵n∈N*，n>1，∴n所取的第一个正整数为2，又22－1＝3，故第一步应验证1＋12＋13<2.故选B.答案：B

4．解析：因为要证明等式的左边是连续正整数，所以当由n＝k到n＝k＋1时，等式左边增加了[1＋2＋3＋…＋2k＋()2k＋1＋2()k＋1]－()1＋2＋3＋…＋2k＝()2k＋1＋()2k＋2.故选C.答案：C5．解析：用

数学归纳法证明：1＋a＋a2＋…＋an＋1＝1－an＋21－a()a≠1，在验证n＝1时，令n＝1代入左边的代数式，得到左边＝1＋a＋a1＋1＝1＋a＋a2.故选C.答案：C6．解析：a1＝2，a2＝27，a3＝213，a4＝219，…，可推测an＝26n－5.

故选B.答案：B7．解析：注意末项与首项，所以f(n＋1)－f(n)＝13n＋13n＋1＋13n＋2.答案：13n＋13n＋1＋13n＋28．答案：缺少步骤“归纳奠基”：验证当n＝1时，等式成立．9．解析：n＝k时，左边为1－12＋

13－14＋…－12k，n＝k＋1时，变为1－12＋13－14＋…－12k＋12k＋1－12k＋2，故由n＝k到n＝k＋1的变化过程中，左边增加的部分是12k＋1－12k＋2；n＝k时，右边为1k＋1＋1k＋2＋1k＋3＋…＋12k，n＝k＋

1时，变为1k＋2＋1k＋3＋1k＋4＋…＋12k＋12k＋1＋12k＋2，右边增加的部分是－1k＋1＋12k＋1＋12k＋2.10．解析：(1)a2＝－34，a3＝－45；(2)猜想数列通项公式an＝－n＋1n＋2，证明如下：当n＝1时，a1＝－2

3，－n＋1n＋2＝－23，所以an＝－n＋1n＋2成立；假设n＝k(k≥1，k∈Z)时成立，即ak＝－k＋1k＋2，当n＝k＋1时，ak＋1＝－1ak＋2＝－12－k＋1k＋2＝－k＋2k＋3＝－()k＋

1＋1()k＋1＋2，∴n＝k＋1时，an＝－n＋1n＋2成立，综上，由(1)(2)得：an＝－n＋1n＋2()n∈N*.11．解析：“当n＝1时，命题成立”不能推出“对n∈N*时，命题成立”，“对n∈N*时，命题成立”可以推出

“当n＝1时，命题成立”，所以“当n＝1时，命题成立”是“对n∈N*时，命题成立”的必要不充分．故选B.答案：B12．解析：当n＝k时，所假设的不等式为1k＋1＋1k＋2＋…＋13k≥56，当n＝k＋1时，要证明的不等式为1k＋2＋1k＋2＋…＋13k＋13k＋1

＋13k＋2＋13k＋3≥56，故需添加的项为：13k＋1＋13k＋2＋13k＋3－1k＋1，故选B.答案：B13．解析：由凸k边形变为凸k＋1边形时，增加了一个三角形图形，故f(k＋1)＝f(k)＋π.答案：π14．解析：第一空：因为a1＝1

，an＋1＝n＋3nan＋1，所以a2＝4a1＋1＝5，a3＝52a2＋1＝272；第二空：由第一空可知：a3＝272，所以可得a4＝2a3＋1＝28，因为a1＝1＝12×（1＋3）4，a2＝5＝22×（2＋3）4，a3＝272＝32×（3＋3）4，a4＝28＝42×（4＋3）4，所以猜

想an＝n2()n＋34，数学归纳法证明如下：(1)当n＝1时，显然a1＝1；(2)假设当n＝k(k∈N＋)时成立，即ak＝k2()k＋34，当n＝k＋1时，ak＋1＝k＋3kak＋1＝k＋3k·k2（k＋3）4＋1＝k3＋6k2＋9k＋44＝k

3＋4k2＋2k2＋9k＋44＝k2（k＋4）＋（2k＋1）（k＋4）4＝（k＋4）（k2＋2k＋1）4＝（k＋1）2（k＋4）4＝（k＋1）2（k＋1＋3）4，∴当n＝k＋1时，an＝n2（n＋3）4.综合(1)

(2)，所以an＝n2()n＋34.答案：272n2（n＋3）415．证明：(1)当n＝1时，4n＋15n－1＝18，能被9整除，故当n＝1时，4n＋15n－1能被9整除．(2)假设当n＝k(k∈N＋)时，命题成立，即4k＋15k－1能被9整除，则当n＝k＋1时，4k＋1＋15(k＋1)－1＝4(

)4k＋15k－1－9(5k－2)也能被9整除．综合(1)(2)可得，对任意正整数n，4n＋15n－1能被9整除．16．解析：当n＝1时，21＋2＝4>n2＝1，当n＝2时，22＋2＝6>n2＝4，当n＝3时，23＋2＝10>n2＝9，当n＝4时，24＋2＝18>n2＝16，由此

可以猜想，2n＋2>n2(n∈N*)恒成立．下面用数学归纳法证明：(1)当n＝1时，左边＝21＋2＝4，右边＝1，所以左边>右边，所以原不等式成立．当n＝2时，左边＝22＋2＝6，右边＝22＝4，所以左边>右边

；当n＝3时，左边＝23＋2＝10，右边＝32＝9，所以左边>右边．(2)假设n＝k时(k≥3且k∈N*)时，不等式成立，即2k＋2>k2.那么n＝k＋1时，2k＋1＋2＝2·2k＋2＝2(2k＋2)－2>2·k2－2.又∵2k

2－2－(k＋1)2＝k2－2k－3＝(k－3)(k＋1)≥0，即2k2－2≥(k＋1)2，故2k＋1＋2>(k＋1)2成立．根据(1)和(2)，原不等式对于任意n∈N*都成立．课时作业(十四)平均变化率与瞬时变

化率1．解析：平均速度为v－＝()5－2×22－()5－2×122－1＝－6.故选A.答案：A2．解析：根据平均变化率的概念可知，ΔsΔt表示从时间t到t＋Δt时物体的平均速度．故选C.答案：C3．解析：Δ

y＝f(1＋Δx)－f(1)＝(1＋Δx)2＋1－(12＋1)＝(Δx)2＋2Δx，∴ΔyΔx＝Δx＋2.故选C.答案：C4．解析：∵s＝13t3－52t2＋6t，∴v＝s′(t)＝t2－5t＋6.令v＝0，得t2－5t＋6＝0，解得t＝2或t＝3.故选D.答案：D5．解析：探测器

与月球表面距离逐渐减小，所以v＝0－150014×60＝－2514m/s；探测器的速度逐渐减小，所以a＝0－150014×60＝－2514m/s2.故选D.答案：D6．解析：在t1时刻，为两图象的交点，即此时甲、乙两人血管中的药物浓度相同，故A正确；甲、乙两人在t2时刻的切线

的斜率不相等，即两人的f′(t2)不相同，所以甲、乙两人血管中药物浓度的瞬时变化率不相同，故B错误；根据平均变化率公式可知，甲、乙两人的平均变化率都是f()t3－f()t2t3－t2，故C正确；在[]t

1，t2时间段，甲的平均变化率是f()t2－f()t1t2－t1，在[]t2，t3时间段，甲的平均变化率是f()t3－f()t2t3－t2，显然不相等，故D正确．故选ACD.答案：ACD7．解析：由定义可知，平均变化率为f()3－f()13－1＝27－32＝12.答案：

128．解析：ΔsΔt＝18（t＋Δt）2－18t2Δt＝14t＋18Δt.当t＝2且Δt趋于0时，ΔsΔt趋于12.答案：129．解析：(1)因为f()x＝3x2＋5，所以从0.1到0.2的平均变化率为3×0.22＋5－3×0.12－50.2－0.1＝0.9.(2)f(x0＋Δx

)－f(x0)＝3(x0＋Δx)2＋5－()3x20＋5＝3x20＋6x0Δx＋3(Δx)2＋5－3x20－5＝6x0Δx＋3(Δx)2，所以函数f()x在区间[x0，x0＋Δx]上的平均变化率为：6x0Δx＋3()Δx2Δx＝6x0＋3Δx.10．解析：ΔsΔt＝s（t＋Δt）－s

（t）Δt＝3（t＋Δt）2＋2－（3t2＋2）Δt＝6t＋3Δt.(1)当t＝2，Δt＝0.01时，ΔsΔt＝6×2＋3×0.01＝12.03cm/s.(2)当Δt趋于0时，6t＋3Δt趋于6t，∴质点M在t＝

2时的瞬时速度为12cm/s.11．解析：设产量与时间的关系为y＝f(x)，由题图可知f(x)在点(1，f(1))，(2，f(2))，(3，f(3))，(4，f(4))处的切线的斜率越来越小，根据导数的几何意义可知，前四年该产品产量增长速度越来越慢，故A错误，B正确；由题图可知从第四年开始产品

产量不发生变化，且f(4)≠0，故C错误，D正确，故说法正确的有BD.故选BD.答案：BD12．解析：因为函数y＝f()x＝x2在区间[]x0，x0＋Δx上的平均变化量为Δy＝f(x0＋Δx)－f(x0)＝(x0＋Δx)2－(x0)2＝Δx

(2x0＋Δx)，所以k1＝ΔyΔx＝2x0＋Δx，函数y＝f()x＝x2在区间[]x0－Δx，x0上的平均变化量Δy＝f(x0)－f()x0－Δx＝(x0)2－(x0－Δx)2＝Δx(2x0－Δx)，所以k2＝Δy

Δx＝2x0－Δx，所以k1－k2＝2Δx，又因为Δx>0，所以k1>k2，故选A.答案：A13．解析：函数f()x在区间上的平均变化率为ΔyΔx，由函数图象可得，在区间[]4，7上，ΔyΔx<0即函数

f()x在区间[]4，7上的平均变化率小于0；在区间[]1，2，[]2，3，[]3，4上时，ΔyΔx>0且Δx相同，由图象可知函数在区间[]3，4上的ΔyΔx最大．所以函数f()x在区间[]3，4上的平均变化率最大．答案：[]3，414．解析：k1＝Δy1Δx1＝

f()2－f()12－1＝22－121＝3，k2＝Δy2Δx2＝f()1.1－f()11.1－1＝1.12－120.1＝2.1，k3＝Δy3Δx3＝f()1.01－f()11.01－1＝1.012－120.01＝2.01，猜想x0＝1不变，Δx越小，函数的平均变化

率越接近于2.答案：x0＝1不变，Δx越小，函数的平均变化率越接近于215．解析：(1)在t＝0和t＝10时，蜥蜴的体温分别为T(0)＝1200＋5＋15＝39，T(10)＝12010＋5＋15＝23，故从t＝0到t＝10，蜥蜴的体温下降了16℃.(2

)平均变化率为T（10）－T（0）10＝－1610＝－1.6.它表示从t＝0到t＝10，蜥蜴的体温平均每分钟下降1.6℃.16．解析：假设存在常数a，则Δs＝s(2＋Δt)－s(2)＝a(2＋Δt)2

＋1－a×22－1＝4a＋4aΔt＋a(Δt)2＋1－4a－1＝4aΔt＋a(Δt)2，所以ΔsΔt＝4aΔt＋a（Δt2）Δt＝4a＋aΔt.当Δt趋于0时，4a＋aΔt趋于4a，4a＝8，解得a＝2.所以存在常数a＝2，使

质点M在t＝2时的瞬时速度为8m/s.课时作业(十五)导数的概念及其几何意义1．解析：s′(t)表示运动物体在时刻t的速度即在t的瞬时速度．故选C.答案：C2．解析：由于kl＝5－34－0＝12，∴f′(4)

＝12，故选A.答案：A3．解析：由导数的几何意义知f′(1)＝2.故选D.答案：D4．解析：∵ΔyΔx＝f（x0＋Δx）－f（x0）Δx＝（x＋Δx）3－x3Δx＝(Δx)2＋3x0Δx＋3x20∴当Δx→0时，f′(x

0)＝3x20＝3，∴x0＝±1.故选C.答案：C5．解析：因为曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为y＝2x＋1,所以g′(1)＝2因为f()x＝g()x＋x2，所以f′()x＝g′()x＋2x所以f′

()1＝g′()1＋2＝2＋2＝4，故选B.答案：B6．解析：例如：直线x＝1不是正弦曲线y＝sinx的切线，但直线x＝1与曲线y＝sinx有且仅有1个公共点，所以A不正确；例如函数y＝x3在x＝0处

的切线y＝0，此时直线y＝0穿过曲线y＝x3，所以B不正确；切线与导数的关系：(1)函数f()x在x＝x0处可导，则函数f()x在x＝x0处切线一定存在，切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)

；(2)函数f()x在x＝x0处不可导，函数f()x在x＝x0处切线可能存在，可能不存在，所以C不正确；根据导数的几何意义，可得曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处有切线，则f′(x0)必存在，所以D是正确的．故选ABC.答案：ABC7．解析：ΔyΔx＝f（1＋Δx）－f（1）Δx＝a（1

＋Δx）＋3－a－3Δx＝a，当Δx→0时，f′(1)＝a＝3.答案：38．解析：∵Δy＝1＋Δx＋11＋Δx－1＋11＝Δx－1＋1Δx＋1＝（Δx）2Δx＋1，∴ΔyΔx＝ΔxΔx＋1，∴当Δx→0时，∴y′|x＝1＝0.答案：09．解析：f

′(36)表示当船相对于水的速度为36km/h时，耗油量增加的速度为2.8L/h，也就是说当船相对于水的速度为36km/h时，船的航行速度每增加1km/h，耗油量就要增加2.8L．10．解析：由方程组y＝x2＋

3，y＝2x＋2，得x2－2x＋1＝0，解得x＝1，y＝4，所以交点坐标为(1，4)，又因为（Δx＋1）2＋3－（12＋3）Δx＝Δx＋2.当Δx趋于0时，Δx＋2趋于2，所以在点(1，4)处的切线斜率k＝2，所以切线方程为

y－4＝2(x－1)，即y＝2x＋2.11．解析：∵ΔyΔx＝（0＋Δx）2＋a（0＋Δx）＋b－bΔx＝Δx＋a，∴当Δx→0时，y′|x＝0＝a＝1.又∵(0，b)在切线上，∴b＝1.故选A.答案：A12．解析：若f′()x0＝0，则函数f(x)在x0处的切线斜率为0，故选项A错误；函

数y＝f(x)的切线与函数的图象可以有两个公共点，例如函数f(x)＝x3－3x，在x＝1处的切线为y＝－2，与函数的图象还有一个公共点(－2，－2)，故选项B正确；因为曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为2x－y＝0，所以f′(1)＝2又limΔx→0f（1）－

f（1＋Δx）2Δx＝－12limΔx→0f（1＋Δx）－f（1）Δx＝－12f′(1)＝－1≠1，故选项C错误；因为函数f(x)的导数f′(x)＝x2－2，所以f′(1)＝12－2＝－1，又f(1)＝2，所以切点坐标为(1，2)，斜率为－1，所以切线方程为y－2＝－(x－1)

，化简得x＋y－3＝0，故选项D正确．故选BD.答案：BD13．解析：由题意知Δy＝1＋Δx＋4－1＋4＝5＋Δx－5，∴ΔyΔx＝5＋Δx－5Δx.∴当Δx趋于0时，y′|x＝1＝510.答案：51014．解析：设切点为P(x0，y0)，则ΔyΔx＝a（x0＋Δx

）2－ax20Δx＝2ax0Δx＋a（Δx）2Δx＝2ax0＋aΔx，当Δx趋于0时，y′|x＝x0＝2ax0＝1，又y0＝ax20，x0－y0－1＝0，则2ax0＝1，y0＝ax20，x0－y0－1＝0，解得a＝14.答案：1415．解析：在第2h时和

第6h时，原油温度的瞬时变化率就是f′(2)和f′(6)根据导数定义f（2＋Δx）－f（2）Δx＝（2＋Δx）2－7（2＋Δx）＋15－（22－7×2＋15）Δx＝Δx－3所以f′(2)＝limΔx→0(Δx－3)＝－3同理可

得：f′(6)＝5在第2h时和第6h时，原油温度的瞬时变化率分别为－3和5，说明在第2h附近，原油温度大约以3℃/h的速率下降在第6h附近，原油温度大约以5℃/h的速率上升．16．解析：(1)ΔyΔx＝

（x＋Δx）2＋（x＋Δx）－2－x2－x＋2Δx＝2x＋Δx＋1，当Δx趋于0时，y′|x＝1＝3，所以直线l1的方程为：y＝3(x－1)，即y＝3x－3.设直线l2过曲线y＝x2＋x－2上的点B(b，b2＋b－2)，则l2的方程为y＝(2b＋1)x－b2－2

，因为l1⊥l2，则有2b＋1＝－13，b＝－23，所以直线l2的方程为y＝－13x－229.(2)解方程组y＝3x－3，y＝－13x－229得x＝16，y＝－52．所以直线l1和l2的交点坐标为16，－52

，l1，l2与x轴交点的坐标分别为(1，0)，－223，0，所以所求三角形的面积S＝12×1＋223×52＝12512.课时作业(十六)导数的计算1．解析：∵y＝x＋1x，∴y′＝1－1x2.故选B.答案：B2．解析：f′()x＝10a2x.故选C

.答案：C3．解析：∵f(x)＝3x，∴f′()x＝13x－23，∴f′()－1＝13.故选D.答案：D4．解析：因为曲线y＝f(x)＝x2＋2，所以f′(x)＝2x，所以f′(1)＝2，又f(1)＝3，所以曲线在点P()1，3处的切线方程是y－3＝2()

x－1，即2x－y＋1＝0，故选D.答案：D5．解析：y′＝4x3，直线x＋4y－8＝0的斜率为－14，所以切线l的斜率为4.所以4x3＝4，解得x＝1.所以切点为(1，1)，切线l的方程为y－1＝4(x－1)，即4x－y－3＝0.故选

A.答案：A6．解析：y′＝0，所以A不正确；y′＝()x－2′＝－2·1x3，所以y′|x＝3＝－227，所以B正确；y′＝2xln2，所以C正确；y′＝1xln2，所以D正确．故选BCD.答案：BCD7．解析：因为

f′(x)＝－sinx，则f′(π4)＝－sinπ4＝－22.答案：－228．解析：f()1＝1，即切点为()1，1，f′()x＝3x2，f′()1＝3，即斜率为3，所以切线方程为y－1＝3()x－1，即y＝3x－2.答案：y＝3x－29．解析：

(1)∵y＝xx＝x32(x≥0)，∴y′＝()x32′＝32x12＝32x(x≥0).(2)∵y＝sinx2cosx2＝12sinx∴y′＝12sinx′＝12cosx．10．解析：(1)设切点为(x0，y0)

，由y＝x得y′|x＝x0＝12x0.因为切线与y＝2x－4平行，所以12x0＝2，所以x0＝116，所以y0＝14，所以切点为116，14.则所求切线方程为y－14＝2x－116，即16x－8y＋1＝0.(2)因为点P(0，1)不在曲线y＝x上，故设切点P1(x1

，x1)，则切线斜率为y′|x＝x1＝12x1，所以切线方程为y－x1＝12x1(x－x1)，又切线过点P(0，1)，所以1－x1＝12x1(－x1)，即x1＝2，x1＝4.所以切线方程为y－2＝14(x－4)，即x－4y＋4＝0.11．解析：因为y′＝cosx，而cosx∈[－1，

1].所以直线l的斜率的范围是[－1，1]，所以直线l倾斜角的范围是0，π4∪3π4，π.故选A.答案：A12．解析：f(x)＝1x，故f′(x)＝－1x2＝12，无解，故A排除；f(x)＝x4，故f′(x)＝4x3＝12，故x＝12，即曲线在点12，116的切线为y＝

12x－316，B正确；f(x)＝sinx，故f′(x)＝cosx＝12，取x＝π3，故曲线在点π3，32的切线为y＝12x－π6＋32，C正确；f(x)＝ex，故f′(x)＝ex＝12，故x＝－ln2，曲线在点－ln2，12的切线

为y＝12x＋12ln2＋12，D正确．故选BCD.答案：BCD13．解析：∵f()x＝x2，g()x＝lnx，求导f′()x＝2x，g′()x＝1x且x>0，∴f′()x－g′()x＝2x－1x＝1，即2x2－x－1＝0，解得：x＝1或

x＝－12(舍去).故x＝1.答案：114．解析：∵f0(x)＝sinx∴f1(x)＝f′0(x)＝(sinx)′＝cosxf2(x)＝f′1(x)＝(cosx)′＝－sinxf3(x)＝f′2(x)＝(－sinx)′＝－cosxf4(x)＝f′3(x)＝

(－cosx)′＝sinx∴4为最小正周期∴f2021(x)＝f1(x)＝cosx.答案：cosx15．证明：由xy＝1，得y＝1x，所以y′＝－1x2.在曲线xy＝1上任取一点Px0，1x0，则过点P的切线的斜率k＝－1x20，所以切线方程为y－1x0

＝－1x20(x－x0)，即y＝－1x20x＋2x0.设该切线与x轴，y轴分别相交于A，B两点，则A(2x0，0)，B0，2x0，故S△OAB＝12|OA|·|OB|＝12|2x0|·|2x0|＝2，所以曲线上任意一点处的切线与坐标轴构成的三

角形面积为常数．16．解析：不存在，理由如下：由于y1＝sinx，y2＝cosx，所以y′1＝cosx，y′2＝－sinx.设两条曲线的一个公共点为点P(x0，y0)，∴两条曲线在点P(x0，y0)处的切线斜率分别为k1

＝cosx0，k2＝－sinx0.若两条切线互相垂直，则cosx0·(－sinx0)＝－1，即sinx0·cosx0＝1，∴sin2x0＝2，显然不成立，∴这两条曲线不存在这样的公共点，使得在这一点处的两

条切线互相垂直．课时作业(十七)导数的四则运算法则1．解析：因为y＝x2x＋3，所以y′＝()x2′()x＋3－()x＋3′x2()x＋32＝2x()x＋3－x2()x＋32＝x2＋6x()x＋32故选A.

答案：A2．解析：∵f()x＝xsinx，∴f′()x＝sinx＋xcosx，因此，f′()π＝－π.故选D.答案：D3．解析：∵f()x＝exlnx，则f′()x＝exlnx＋1x，因此，f′()1＝e.故选B.答案：B4．解析：由y＝x4＋ax2＋1，得y′＝4

x3＋2ax，则曲线y＝x4＋ax2＋1在点(－1,a＋2)处的切线斜率为－4－2a＝8，得a＝－6.故选A.答案：A5．解析：函数f(x)＝lnxx－ax2的导数为f′(x)＝1－lnxx2－2ax，可得曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线的斜率为k＝f′()1＝1－2a，由切

线与直线2x－y＋1＝0平行，可得1－2a＝2，解得a＝－12.故选A.答案：A6．解析：f′(x)＝cosx－xsinx.因为f(x)＝xcosx是奇函数，所以f′(x)是偶函数，故A正确，B错误；f′(0)＝cos0－0sin0＝1，故C正确；fπ2＋f′

π2＝π2cosπ2＋cosπ2－π2sinπ2＝0＋0－π2＝－π2，故D错误．故选AC.答案：AC7．解析：∵f()x＝xex－ex，∴f′()x＝xex，∴f′()1＝e，即切线斜率为e，又f()1＝0，则

切线方程为y＝e()x－1.答案：y＝e()x－18．解析：由题意得f′()x＝3ax2＋1x，所以f′()1＝3a＋1＝4，解得a＝1.答案：19．解析：(1)因为y＝xlnx，所以y′＝x·1x＋1·lnx＝1＋lnx；(2)k＝f′()e＝1＋ln

e＝2，当x＝e时，y＝e，所以切点为()e，e所以切线方程为y－e＝2()x－e，即2x－y－e＝0.10．解析：因为f′(x)＝[(ax＋b)sinx]′＋[(cx＋d)cosx]′＝(ax＋b)′sinx

＋(ax＋b)(sinx)′＋(cx＋d)′cosx＋(cx＋d)(cosx)′＝asinx＋(ax＋b)cosx＋ccosx－(cx＋d)sinx＝(a－d－cx)sinx＋(ax＋b＋c)cosx.又因为f′(x)＝xcosx，

所以a－d＝0c＝0a＝1b＋c＝0，解方程组，得a＝1b＝0c＝0d＝1，因此f(x)的解析式为f(x)＝xsinx＋cosx．11．解析：由题知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝2x－2－4x，令2x－2－4x>0，整理得x2－x－2>0，解得x>2或x<－1，结合函数的定义域知，f′(x)>0的解集为(2，＋∞).故选C.答案：C12．解析：对于A，f′()x＝cosx＋sinx，f″()x＝－sinx＋cosx＝－2sin

x－π4，当x∈0，π4时，－π4<x－π4<0，f″()x>0，故f()x＝sinx－cosx不是凸函数；对于B，f′()x＝1x－2，f″()x＝－1x2<0，故f()x＝lnx－2x是凸函数；对于C，f′()x＝－3x2＋2

，对任意的x∈0，π2，f″()x＝－6x<0，故f()x＝－x3＋2x－1是凸函数；对于D，f′()x＝()x＋1ex，对任意的x∈0，π2，f″()x＝()x＋2ex>0，故f()x＝xex不是凸函数．故选AD.答案：AD13．解析：由关系式f()x＝2

xf′()e＋lnx，两边求导得f′()x＝2f′()e＋1x，令x＝e得f′()e＝2f′()e＋1e，所以f′()e＝－e－1.答案：－e－114．解析：∵f(x)＝－12x2＋2xf′(2021)＋2021lnx，∴f′(x)＝－x＋2f′(2021)＋2021x，∴f′(2021)＝－

2021＋2f′(2021)＋1，∴f′(2021)＝2020.答案：202015．解析：(1)依题意知，函数f()x＝x2－lnx的定义域为()0，＋∞，且f′()x＝2x－1x，∴f()1＝12－ln1＝1，f′

()1＝2－1＝1，因此，曲线y＝f()x在点()1，f()1处的切线方程为y－1＝x－1，即y＝x；(2)依题意知，函数f()x＝x2－lnx的定义域为()0，＋∞，且f′()x＝2x－1x，令f′()x>0且x>0，解得x>22，故不等式f′()x>0

的解集为22，＋∞.16．解析：(1)由f0(x)＝exsinx＋π4得f1(x)＝f0′(x)＝22ex()2cosx.同理，f2(x)＝22ex()2cosx－2sinx，f3(x

)＝22ex()－4sinx.(2)由(1)得，当n＝4k()k∈N时，f4k(x)＝()－4k×22ex()sinx＋cosx，当n＝4k＋1()k∈N时，f4k＋1(x)＝()－4k×22ex()2cosx；当n＝4k＋2()k∈N时，f4k＋2

(x)＝()－4k×22ex()2cosx－2sinx，当n＝4k＋3()k∈N时，f4k＋3(x)＝()－4kex()－4sinx.所以，f4k(x)＋f4k＋1(x)＋f4k＋2(x)＋f4k＋3(x)＝()－4

k×22ex(5cosx－5sinx)＝()－4k×5excosx＋π4所以，S4n＝f0(x)＋f1(x)＋…＋f4n－1(x)＝5×k＝0n－1()－4kexcosx＋π4＝[]1－()－4nexcos

x＋π4.课时作业(十八)简单复合函数的求导法则1．解析：y′＝(e－x)′＝e－x·(－x)′＝e－x×(－1)＝－e－x.故选B.答案：B2．解析：因为y′＝4(2x＋1)，所以函数y＝()2x＋12在x＝0处的导数为4×1＝4.故选D.答案：D3．解析：cosπ6′＝0，A

选项错误；(3x)′＝3xln3，B选项错误；(log2x)′＝1xln2＝log2ex，C选项正确；(sin2x)′＝cos2x·(2x)′＝2cos2x，D选项错误．故选C.答案：C4．解析：∵f(x)＝sin2x，则f′(x)＝2cos2x，∴f′(0)＝2，因此，曲线f(x)＝sin2

x在原点处的切线方程是y＝2x.故选B.答案：B5．解析：由题意知，f′(x)＝2cos2x－2sin2x，所以f′π2＝2cosπ－2sinπ＝－2.故选A.答案：A6．解析：因为f(x)＝sin2x，所以f′(

x)＝(sin2x)′(2x)′＝2cos2x，A错误；因为f(x)＝xex－ln2，所以f′(x)＝x′ex＋x(ex)′－0＝(x＋1)ex，B正确；若f′(x)＝2x－1，则f(x)＝x2－x＋c(c为任

意常数)，C错误；因为f(x)＝tanx＝sinxcosx，所以f′(x)＝（sinx）′cosx－sinx（cosx）′cos2x＝cos2x＋sin2xcos2x＝1cos2x，D正确，故选BD.答案

：BD7．解析：因为f(x)＝e4x－x－2，故f′(x)＝4e4x－1，故f′(0)＝4e0－1＝3，又因为f(0)＝e0－0－2＝－1，故f(x)＝e4x－x－2在点(0，f(0))处的切线方程为y－(－1)＝3(x－0)，即为y＝3x－1.答案

：y＝3x－18．解析：由f(x)＝eax＋ln(x＋1)，得f′(x)＝aeax＋1x＋1，∵f′(0)＝4，∴f′(0)＝a＋1＝4，∴a＝3.答案：39．解析：(1)因为f(x)＝lnx＋xax，所以f′(x)＝(

lnx)′＋x′ax＋x(ax)′＝1x＋ax＋xaxlna.(2)因为f(x)＝cos2x＋x12，所以f′(x)＝－2sin2x＋12x－12.10．解析：∵y′＝(e2x·cos3x)′＝2e2x·cos3x＋(－3sin3x)e2x＝e2x(2cos3x－3sin3x)

∴y′|x＝0＝e0·(2cos0－3sin0)＝2，∴曲线在点(0，1)处的切线方程为：y＝2x＋1，设直线l：y＝2x＋t，由d＝|t－1|1＋4＝5解得t＝6或t＝－4.所以直线l的方程为y＝2x＋6或y＝2x－4.11．解析：净化费用的瞬时变化率就是净化费用函数的导数，因为c(x

)＝4000100－x(80<x<100).所以c′(x)＝(4000100－x)′＝4000（100－x）2，又因为c′(90)＝4000（100－90）2＝40，所以净化到纯净度为90%时所需净化费用的瞬时变化率是40元/t，故选D.答案：D

12．解析：若f(x)＝x2，则f′(x)＝2x，则x2＝2x，这个方程显然有解，故A符合要求；若f(x)＝e－x，则f′(x)＝1ex′＝1exln1e＝－e－x，即e－x＝－e－x，此方程无解，故B不符合要求；若f(x)＝lnx，则f

′(x)＝1x，由lnx＝1x，令y＝lnx，y＝1x(x>0)，作出两函数的图象如图所示，由两函数图象有一个交点可知该方程存在实数解，故C符合要求；若f(x)＝1x，则f′(x)＝－1x2，由1x＝－1x2，可得x＝－1，故D符合要求．故选ACD.答案：ACD13．解析：

f(x)＝2x，则f′(x)＝12·12x·2＝12x＝22x－12，所以函数y＝f(x)的图象在点(1，2)处的斜率为k＝22，即函数y＝f(x)的图象在点(1，2)处切线方程为x－2y＋1＝0.答案：22x－12x－2y＋1＝014．解析：对y＝ln(x

＋b)求导得y′＝1x＋b，因为直线y＝x－a与曲线y＝ln(x＋b)相切于点(x0，y0)，所以1x0＋b＝1即x0＝1－b，所以y0＝ln(x0＋b)＝ln(1－b＋b)＝0，所以切点为(1－b，0)，由切点(1－b，

0)在切线y＝x－a上可得1－b－a＝0即b＋a＝1，所以1a＋1b＝1a＋1b()a＋b＝2＋ba＋ab≥2＋2ba·ab＝4，当且仅当b＝a＝12时，等号成立．所以1a＋1b的最小值是4.答案：415．解析：(1)

若b＝c，则f(x)＝(x－a)(x－b)2，所以f′(x)＝(x－b)2＋(x－a)·2(x－b)，则f′(b)＝(b－b)2＋(b－a)·2(b－b)＝0，即曲线y＝f(x)在点(b，f(b))处的切线斜率为0，又因为f(b)＝(b－a)(b－b)2＝0，所以所求切线

方程为：y＝0；(2)由f(x)＝(x－a)(x－b)(x－c)得f′(x)＝(x－b)(x－c)＋(x－a)[]（x－b）（x－c）′＝(x－b)(x－c)＋(x－a)(x－c)＋(x－a)(x－b)，所以f′(a)＝(a－b)(a－c)，f′(b)

＝(b－a)(b－c)，f′(c)＝(c－a)(c－b)，因此1f′（a）＋1f′（b）＋1f′（c）＝1（a－b）（a－c）＋1（b－a）（b－c）＋1（c－a）（c－b）＝1a－b·1a－c－1b－c＋1（c

－a）（c－b）＝1a－b·b－a（a－c）（b－c）＋1（a－c）（b－c）＝－1（a－c）（b－c）＋1（a－c）（b－c）＝0.16．解析：(1)对于(2x－1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，取x＝1得a0＋a1＋a2＋…＋an＝1.(2)①对(2x－1)n＝a0＋a1

x＋a2x2＋…＋anxn两边求导得2n(2x－1)n－1＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋nanxn－1，取x＝1得a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n.②将2n(2x－1)n－1＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋nanxn－1两边乘以x得2n(2x－1)n－1·

x＝a1x＋2a2x2＋3a3x3＋…＋nanxn,两边求导得2n[2(n－1)(2x－1)n－2x＋(2x－1)n－1]＝a1＋22a2x＋32a3x2＋…＋n2anxn－1，取x＝1得12a1＋22a2＋32a3＋…＋n2an＝4n2－2n.课时作业(十九)函

数的单调性与导数1．解析：若f(x)在(a，b)上为减函数时，f′(x)<0在(a，b)上不恒成立，例如f(x)＝－x3，显然f(x)在(－1，1)递减，但当x＝0时，则f′(0)＝－3×02＝0；若f′(x

)<0在(a，b)上恒成立，设任意x0∈(a，b)，则f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率k＝f′(x)<0，所以f(x)在(a，b)上为减函数．所以“f(x)在(a，b)上为减函数”是“f′(x)<0在(a，b)上恒成立”的必要不充分条件．故选B.答案：B2．解析：f′(x)＝2x＋

b，因为函数f(x)＝x2＋bx＋c的图象的顶点在第四象限，所以x＝－b2×1>0，所以b<0，故选A.答案：A3．解析：f′(x)＝(2x－2)ex＋(x2－2x)ex＝(x2－2)ex，令f′(x)>0，解得：x>2或x<－2，令f′(

x)<0，解得：－2<x<2，所以f(x)＝(x2－2x)ex在()－∞，－2单调递增，在()－2，2单调递减，在()2，＋∞单调递增，所以f(x)的两个极值点为±2，故排除选项A和选项D，当x<0时，x2－2x>0，ex>0，所以f(x)＝(

x2－2x)ex恒为正，排除选项C，即只有选项B符合要求，故选B.答案：B4．解析：∵f(x)＝2x＋cosx∴f′(x)＝2－sinx∵sinx∈[－1，1]∴f′(x)>0在(－∞，＋∞)上恒成立．∴f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，故选A.答案：A5

．解析：因为f(x)＝x()ex－e－x，x∈R，定义域关于原点对称，且f(－x)＝－x(e－x－ex)＝x(ex－e－x)＝f(x)，所以f(x)是偶函数，当x>0时，f′(x)＝ex－e－x＋x(ex＋e－x)>0，所以f(x)在(0，

＋∞)单调递增，故选D.答案：D6．解析：对于A，由f(x)＝x3＋2x＝x2＋2x可得f′(x)＝2x－2x2＝2()x3－1x2，当x<0时，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，0)上单调递减，当0<x<1时，f′(x)<0，当x>

1时，f′(x)>0，故f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f(x)的极小值为f(1)＝3，与图象符合；对于B，f(x)＝x3＋4x－2x＝x2－2x＋4，则f′(x)＝2x＋2x2，当x>0时

，f′(x)>0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增，与图象不符；对于C，由f(x)＝ln|x＋1|x2可得x≠－1，与图象不符；对于D，由f(x)＝（x＋1）lnxx可得f(1)＝0，与图象不符，正确的只有A.故选A.

答案：A7．解析：A.函数f(x)＝2x4的定义域为R，f′(x)＝8x3，当x<0时，f′(x)<0，当x>0时，f′(x)>0，所以f(x)在定义域R上不是增函数；B．函数f(x)＝xex的定义域为R，f′(x)＝(x＋1)e

x，当x<－1时，f′(x)<0，当x>－1时，f′(x)>0，所以f(x)在定义域R上不是增函数；C．函数f(x)＝x－cosx的定义域为R，f′(x)＝1＋sinx≥0，所以f(x)在定义域R上是增函数；D．函数f(x)＝ex－e－x－2x的定义域为R，f′(x

)＝ex＋e－x－2≥2ex·e－x－2＝0，当且仅当ex＝e－x，即x＝0时，等号成立，所以f(x)在定义域R上是增函数，故选CD.答案：CD8．解析：∵y′＝1＋cosx≥0恒成立，∴y＝x＋sinx在[0，π)上是增函数．答案：增函数9．解析：(1)函数f(x)的定义

域为(0，＋∞).f′(x)＝6x－2x，令f′(x)>0得x>33，所以函数f(x)在33，＋∞上是单调增函数；令f′(x)<0得0<x<33，所以函数f(x)在0，33上是单调减函数

．(2)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞).f′(x)＝2xe－x－x2e－x＝e－x(2x－x2).令f′(x)>0得0<x<2，所以函数f(x)在(0，2)上单调递增；令f′(x)<0得x<0或x>2，所以函数f(x

)在(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递减．10．解析：因为f(x)＝x3＋ax，所以f′(x)＝3x2＋a.①当a≥0时，因为f′(x)＝3x2＋a≥0，所以f(x)在R上单调递增；②当a<0时，令f′(x)>0，解得x<－－3a3或x>－3a3.令f′(x)<0，解得－－3a3<x<－

3a3，则f(x)在－∞，－－3a3，－3a3，＋∞上单调递增；在－－3a3，－3a3上单调递减．综上，当a≥0时，f(x)在R上是增函数；当a<0时，f(x)在－∞，－－3a3，－

3a3，＋∞上是增函数，在(－－3a3，－3a3)上是减函数．11．解析：f(x)＝（x＋1）2＋sinxx2＋1＝1＋2x＋sinxx2＋1，令g(x)＝2x＋sinxx2＋1，则g()－x＝－2x－sinxx2＋1＝－g(x)，故g(x)为R上的奇函数，故f(

x)的图象关于(0，1)对称，故排除C.当x>0时，令h(x)＝2x＋sinx，则h′(x)＝2＋cosx>0，故h(x)>h(0)＝0，故当x>0时，f(x)>1，故排除D.而f(－1)＝－sin12<0，故排除A，故选B.答案：B12．解析：对任意两个不相等的实数x1，x2，所有

x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1)恒成立，所以不等式等价于(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0恒成立，即函数f(x)为定义在R上的增函数，对于A中，函数f(x)＝3x－sinx，可得f′(x)＝3－cosx>0，函

数f(x)为R上的增函数，符合题意；对于B中，函数f(x)＝ln|x|，x≠00，x＝0，当x>0时，函数y＝lnx单调递增，当x<0时，函数y＝－lnx单调递减，不符合题意；对于C中，函数f(x)＝x3＋3x，可得f′(x)＝3x2＋3>0，可得f(x)为R上

的增函数，符合题意；对于D中，函数f(x)＝ex＋x，可得f′(x)＝ex＋1>0，可得f(x)为R上的增函数，符合题意．故选ACD答案：ACD13．解析：f′(x)＝ax－1x(x>0)当a≤0时，f′(x)<0，∴f(x)

在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，令f′(x)＝0，则x＝1a，∴当0<x<1a时，f′(x)<0；当x>1a时，f′(x)<0，∴f(x)在0，1a上单调递减，在1a，＋∞上单调递增；综上，当a≤0时，f(x)单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间；当a>0时，f(x)单

调递减区间是0，1a，单调递增是(1a，＋∞).14．解析：(1)f′(x)＝1x＋x－k(x>0)，∵曲线y＝f(x)在x＝1处的切线与直线x＋y＝2平行，∴f′(1)＝－1，即2－k＝－1，故k＝3；(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞).当k≤2时

，f′(x)＝1x＋x－k≥21x·x－k＝2－k≥0恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当k>2时，f′(x)＝1x＋x－k＝x2－kx＋1x，令f′(x)＝0，得x2－kx＋1＝0.∵Δ＝k2－4>0，∴方程f′(x)＝0有两个不等实根x1＝k－k2－42，x2＝k＋k2－4

2.∵x1＋x2＝k>0，x1x2＝1>0，∴x2>x1>0.令f′(x)>0，得0<x<x1或x>x2；令f′(x)<0，得x1<x<x2.所以f(x)在(0，k－k2－42)上单调递增，在(k－k2－42，k

＋k2－42)上单调递减，在k＋k2－42，＋∞上单调递增．综上所述，当k≤2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当k>2时，f(x)在0，k－k2－42上单调递增，在(k－k2－42，k＋k2－42)上单调递减，在k

＋k2－42，＋∞上单调递增．方法二：(常规方法)：讨论Δ＝k2－4的符号．当Δ＝k2－4≤0，即－2≤k≤2时，x2－kx＋1≥0恒成立，则f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上递增；当Δ＝k2－4>0，即k<－2或k>2时，方程f′(x)＝0有两个不等实根x1

，x2.①当k<－2时，由x1＋x2＝k<0，x1x2＝1>0知x1<x2<0，则f′(x)＝（x－x1）（x－x2）x>0恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上递增；②当k>2时，由x1＋x2＝k>0，x1x2＝1>0知x2>x1>0，令f′(x)>0，得0<

x<x1或x>x2；令f′(x)<0，得x1<x<x2.故f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上递增，在(x1，x2)上递减．综上，当k≤2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当k>2时，f(x)在0，k－k2－42上单调递增，在(

k－k2－42，k＋k2－42)上单调递减，在k＋k2－42，＋∞上单调递增．课时作业(二十)函数单调性的应用1．解析：由f(x)＝－x3＋4x2－4x得f′(x)＝－3x2＋8x－4，由f′(x)＝－3x2＋8x－4>0得3x2－8x＋4<0，解得23<x<2，

因此函数f(x)＝－x3＋4x2－4x的单调增区间是23，2.故选C.答案：C2．解析：f′(x)＝3ax2－1.因为函数f(x)在R上是减函数，所以f′(x)＝3ax2－1≤0恒成立，所以a≤0.故选A.答案：A3．解析：根据0<x<1得到0<x2<x<1，因为

f′(x)＝1－lnxx2，当0<x<1时，1－lnx>0，从而可得f′(x)>0，所以函数f(x)在(0，1)上单调递增，所以f(x2)<f(x)<f(1)＝0，而f2(x)＝lnxx22>0，所以有f(x2)<f(x)<f2(x).故

选D.答案：D4．解析：因为函数f(x)＝x－kx－2lnx在(0，＋∞)上是单调递增函数，所以f′(x)＝1＋kx2－2x≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以k≥－x2＋2x，因为－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，所以k≥1.故选D.答案：D5．解析：构造函

数g(x)＝f（x）－1ex，则g′(x)＝f′（x）－f（x）＋1ex<0，∴函数g(x)在R上单调递减，∵f(0)＝2021，∴g(0)＝f（0）－1e0＝2020，由f(x)－2020ex<1得f（x）－1ex<2020，∴g(x)<g(0)，∵函数g(x)在R上单调递

减，∴x>0，故选C.答案：C6．解析：对于A，函数f(x)的导函数f′(x)>0，则f(x)在R上是单调递增函数，图象不关于x＝1对称，错误；对于B，f′(x)的图象都在x轴的上方，所以f′(x)>0，所以函数y＝f(x)在区间()－∞，＋

∞上为单调递增函数，正确；对于C，f′(x)的图象都在y＝2的上方，所以f′(x)>2，设f(x)在x＝－1处的切线的倾斜角为α，则f(x)在x＝－1处切线的斜率tanα大于2，因为正切函数y＝tanα在0

，π2上单调递增，所以倾斜角大于π4，正确；对于D，因为f′(x)>2，令g(x)＝f(x)－2x－4，则g′(x)＝f′(x)－2>0，故g(x)在R上单调递增，又因为g()－1＝f(－1)－2＝0，关于x的不等式f(x)>2x＋4的解集

为()－1，＋∞，正确．故选BCD.答案：BCD7．解析：由y＝f′(x)的图象可得当x∈(－1，2)和(4，＋∞)时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增，所以函数f(x)的单调递增区间是(－1，2)和(4，＋∞).答案：(－1，

2)和(4，＋∞)8．解析：因为f(－x)＝－x3－x＋sinx＝－f(x)，且其定义域为R，故f(x)是奇函数，又因为f′(x)＝3x2＋1－cosx≥1－cosx≥0，故f(x)在R上单调递增．故f(2x)＋f(x2－

3)>0，即f(2x)>f(3－x2)故可得2x>3－x2，即x2＋2x－3>0，(x＋3)(x－1)>0，解得x∈(－∞，－3)∪(1，＋∞).答案：(－∞，－3)∪(1，＋∞)9．解析：f(x)＝3x2－2lnx的定义域为(0，

＋∞)，则f′(x)＝6x－2x＝2()3x2－13＝2()3x－1()3x＋13，由f′(x)＞0，解得x＞33.由f′(x)＜0，解得0＜x＜33.∴函数f(x)＝3x2－2lnx的单调递增区间为33，＋∞，单调递减区间为0，33.10

．解析：∵f(x)在(－∞，＋∞)上是单调递增函数，∴在x∈R上，f′(x)＝2x－4＋aex≥0，即a≥(4－2x)ex恒成立，∴设h(x)＝(4－2x)ex，x∈R，∴h′(x)＝(2－2x)ex,∴当x∈(－∞，1)时，h′(x)>0，∴h(x)在x∈(－∞，1)上

为增函数，∴当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，∴h(x)在x∈(1，＋∞)上为减函数，∴h(x)max＝h(1)＝2e，∵a≥[]()4－2xexmax，∴a≥2e,即a∈[)2e，＋∞.11．解析：f(x)＝alnx＋bx2的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax＋2bx.∵

函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x，∴f（1）＝b＝1，f′（1）＝a＋2b＝1，解得：b＝1，a＝－1，∴f′(x)＝－1x＋2x令f′(x)＝－1x＋2x>0，解得：x>

22，即函数y＝f(x)的增区间为(22，＋∞)，故选C.答案：C12．解析：构造函数g(x)＝f（x）cosx，x∈0，π2，则g′(x)＝f′（x）cosx＋f（x）sinxcos2x.∵f′(x)cosx＋f(x)sinx<0，∴g′(x)＝f′（x）cosx＋

f（x）sinxcos2x<0在0，π2上恒成立，∴g(x)＝f（x）cosx在0，π2上单调递减，∴gπ6>gπ4，即fπ6cosπ6>fπ4cosπ4，∴fπ6>62f

π4，故A错误，B正确．又∵gπ6>gπ3，∴fπ6cosπ6>fπ3cosπ3，即fπ6>3fπ3，故C正确，D错误．故选BC.答案：BC13．解析：f(x)＝(－x2＋ax)ex，则f′(x)＝ex[－x2＋

ax－2x＋a]，要使函数f(x)＝(－x2＋ax)ex在区间(－1，1)上存在减区间，只需－x2＋ax＋a－2x≤0在区间(－1，1)上有解，记g(x)＝－x2＋(a－2)x＋a，对称轴x＝a－22，开口向下，g(－1)＝－1－(a－2)＋a＝1>0，只需g(1

)<0，所以－1＋a－2＋a<0，解得a<32，答案：－∞，3214．解析：(1)f′(x)＝3kx2＋6(k－1)x，由题意知f′(4)＝0，解得k＝13.(2)由f′(x)＝3kx2＋6(k－1)x≤0并结合导函数的图象可知，必有－2（k－1）k≥4，解得k≤13.又k

>0，故0<k≤13.答案：(1)13(2)0，1315．解析：(1)f′(x)＝3x2－a.①当a≤0时，f′(x)≥0且f′(x)＝0不恒成立，所以f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数．②当a>0时，令3x2－

a＝0，得x＝±3a3；当x>3a3或x<－3a3时，f′(x)>0；当－3a3<x<3a3时，f′(x)<0.因此f(x)在－∞，－3a3，3a3，＋∞上为增函数，在－3a3，3a3上为减函数．综上可知，当a≤0时，f(x)在R上为增函数；当a>0时，f(x)

在－∞，－3a3，3a3，＋∞上为增函数，在－3a3，3a3上为减函数．(2)因为f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，所以f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，即a≤3x2对x∈R

恒成立．因为3x2≥0，所以只需a≤0.即实数a的取值范围为(－∞，0].16．解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞).当a＝2时，f(x)＝(x＋1)lnx－2x＋2，f′(x)＝lnx＋1x－1，f′(1)＝0，f(1)＝0.设g(x)＝lnx＋1x－1，则g′(x)

＝1x－1x2＝x－1x2.当x∈(0，1)时，g′(x)<0，即g(x)单调递减，而g(1)＝0，所以有g(x)>g(1)＝0，即f′(x)>f′(1)＝0；当x∈[1，＋∞)时，g′(x)≥0，即g(x)单调递增，而g(1)＝

0，所以有g(x)≥g(1)＝0.即f′(x)≥f′(1)＝0.综上，f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，该函数没有单调递减区间．(2)不等式f(x)<0即lnx－a（x－1）x＋1<0.设h(x)＝lnx－a（x－1）x＋1，则h′(x)＝1x－2a

（1＋x）2＝x2＋2（1－a）x＋1x（x＋1）2，h(1)＝0.当a≤0时，易知h(x)>0在(1，＋∞)上恒成立，不满足题意．当0<a≤2时，方程x2＋2(1－a)x＋1＝0的判別式Δ＝4(1－

a)2－4＝4a(a－2)≤0，所以h′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以h(x)>0在(1，＋∞)上恒成立，不满足题意．当a>2时，令h′(x)＝0，得x1＝a－1－（a－1）2－1，x2＝a－1＋（a－1）2－1

.由x2>1和x1x2＝1得x1<1，故当x∈()1，x2时，h′(x)<0，h(x)在(1，x2)上单调递减，此时h(x)<h(1)＝0，所以当a∈(2，＋∞)时，存在x0∈(1，＋∞)，使得不等式f(x0)<0成立

，即满足随意的a的取值范围为(2，＋∞).课时作业(二十一)函数的极值1．解析：由f′(x)的图象知，x＝0时，f′(0)＝0，－3<x<0时，f′(x)>0，0<x<3时，f′(x)<0，0是极值点．虽然有f′(7)＝0，但在7的两侧，f′(x)<0，7不是极值点

．故选B.答案：B2．解析：由f(x)＝x2ex，得f′(x)＝2xex－x2ex（ex）2＝－x()x－2ex，当0<x<2时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x<0或x>2时，f′(x)<0，f(x)单调

递减；所以当x＝0时，函数f(x)＝x2ex取得极小值，极小值为f(0)＝0e0＝0.故选A.答案：A3．解析：函数y＝x＋2cosx的导数为y′＝1－2sinx，因为x∈0，π2，由y′＝1－2sinx＝0，可得sinx＝12，解得x＝π6.当x∈0，π6

时，y′>0，当x∈π6，π2时，y′<0，所以函数y＝x＋2cosx在x∈0，π6上单调递增，在x∈π6，π2上单调递减，所以使得函数y＝x＋2cosx处取得极大值的x的值为π6，故选C.答案：C4．解析：依题意得，f′(x)＝3x2lnx＋x2＝x2(3lnx＋1

)；令f′(x)＝0，解得x＝e－13，故当x∈0，e－13时，f′(x)<0，当x∈e－13，＋∞时，f′(x)>0，故当x＝e－13时，函数f(x)有极小值，且函数无极大值，故选B.答案：B5．解析：因为f(x)＝x3

＋5x2＋ax，所以f′(x)＝3x2＋10x＋a，由条件知，x＝－3是方程f′(x)＝0的实数根，∴a＝3.所以f(x)＝x3＋5x2＋3x，f′(x)＝3x2＋10x＋3＝(3x＋1)(x＋3)，令f′(x)>0，解得x>－1

3或x<－3，即f(x)在－13，＋∞和(－∞，－3)上单调递增，令f′(x)<0，解得－3<x<－13，即f(x)在－3，－13上单调递减，故f(x)在x＝－3处取得极大值，满足条件，故选B.答案：B

6．解析：由图可知，x＝1左右两侧导数都为负数，故x＝1不是f(x)的极值点，A选项错误．由图可知，x＝－1左右两侧导数都为负数，故x＝－1不是f(x)的极值点，B选项错误．由图可知，x∈()－2，3时f′(x)≤0，f(x)单调递减，所以C选项正确．由图可知，f′(0)<0，所以D选项正确．故

选AB.答案：AB7．解析：f′(x)＝3x2－6x，令f′(x)＝3x2－6x＝0，得x1＝0，x2＝2，且x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；x∈(0，2)时，f′(x)<0；x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在x＝2处取得极小值．答案：28．解析：因为f(x)＝x3－3x，所

以f′(x)＝3x2－3，所以f′(0)＝－3，所以曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝－3x，f′(x)＝3x2－3<0，则－1<x<1，所以函数f(x)在(－1，1)上是减函数，f′(x)＝3x2－3>0，解

得x>1或x<－1，所以f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是增函数，所以函数的极大值点是－1.答案：3x＋y＝0－19．解析：(1)∵f′(x)＝1x2－1x＝1－xx2，易知f(1)＝－1，f′(1)＝0，∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切

线方程为：y－(－1)＝0，即y＋1＝0.(2)∵f′(x)＝1x2－1x＝1－xx2()x>0，当0<x<1时，f′(x)>0，即f(x)在(0，1)上单调递增，当x>1时，f′(x)<0，即f(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴f(x)有极大值为f(1)＝－1，无极小值．10．解

析：(1)方案一：选择①，∵f(x)＝x3＋ax2＋bx，则f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由已知可得f（－1）＝－1＋a－b＝－4f′（1）＝3＋2a＋b＝0，解得a＝－2b＝1；方案二：选择②，∵

f(x)＝x3＋ax2＋bx，则f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由已知可得f（1）＝1＋a＋b＝0f′（0）＝b＝1，解得a＝－2b＝1；方案三：选择③，∵f(x)＝x3＋ax2＋bx，则f′(x)＝3x2＋2ax＋b，因为函数f(x)在(－

1，f(－1))处的切线方程为y＝8x＋4，所以f′（－1）＝3－2a＋b＝8f（－1）＝－1＋a－b＝－4，解得a＝－2b＝1；(2)由(1)得f(x)＝x3－2x2＋x，∴f′(x)＝3x2－4x＋1，由f′(x)＝0得：x1＝13，x2＝1，当x变化时，f′(x)，f

(x)变化情况如下：x－∞，131313，11()1，＋∞f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘极小值↗所以，函数f(x)的极小值为f(1)＝0.11．解析：因为f′(x)＝12x2－ax－b，依题意有f′(1)＝12－a－b＝0，即a＋b＝12，而a>0，b>0，所以

12＝a＋b≥2ab⇒ab≤116，当且仅当a＝b＝14时取等号，即ab的最大值为116.故选D.答案：D12．解析：因为f(x)＝lnxx，所以函数的定义域为()0，＋∞所以f′(x)＝1－lnxx2，f′(1)＝1，f(1)＝0，

∴f(x)的图象在点()1，0处的切线方程为y－0＝f′(1)()x－1，即y＝1·()x－1＝x－1，故A正确；在()0，e上，f′(x)>0，f(x)单调递增，在()e，＋∞上，f′(x)<0，f(x)单调递减，故B错误，f(x)的极大值也是最大值为f

()e＝lnee＝1e，故C正确；方程f(x)＝lnxx＝－1的解的个数，即为lnx＝－x的解的个数，即为函数y＝lnx与y＝－x图象交点的个数，作出函数y＝lnx与y＝－x图象如图所示：由图象可知方程f(x)

＝－1只有一个解，故D错误．故选AC.答案：AC13．解析：由题意知，函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2，可得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，因为f(x)在x＝1处取得极值10，可得f′（1）＝3＋2a＋b＝0f（1）＝1＋a＋b＋a2＝10，解得

a＝4b＝－11或a＝－3b＝3，检验知，当a＝－3，b＝3时，可得f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，此时函数f(x)单调递增，函数无极值点，不符合题意，(舍去)；当a＝4，b＝－11时，可得f′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)(x－1)，当x<－

113或x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当－113<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x＝1时，函数f(x)取得极小值，符合题意．所以a＋b＝－7.答案：－714．解析：因为f(x)＝13x3－ax2＋x－5，所以f′(x)＝x2－2ax＋1，因为函数f(x)＝

13x3－ax2＋x－5无极值点，所以()－2a2－4≤0，解得－1≤a≤1，所以实数a的取值范围是[]－1，1.答案：[]－1，115．解析：(1)因为f(x)＝13x3－m2x(m>0)，所以f′(x)＝x2－m2.因为f(x)在x＝1处取得极值，所以f′(1)＝1－m2＝0(m＞0)

，所以m＝1，故f(x)＝13x3－x.(2)f′(x)＝x2－m2.令f′(x)＝0，解得x＝±m.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－m)－m(－m，m)m(m，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘极小值↗由上表得f(x)极大值＝f(－m)＝－

m33＋m3＝23m3，由题意知f(x)极大值≥23，所以m3≥1，解得m≥1.故m的取值范围是[1，＋∞).16．解析：(1)当a＝0时，f(x)＝12x2－x＋1.所以f′(x)＝x－1,所以k＝f′(2)＝1,因为f(2)＝12×22－2

＋1＝1.所以切线方程为y＝x－1.(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞).因为f(x)＝alnx＋12x2－(a＋1)x＋1所以f′(x)＝ax＋x－a－1＝x2－（a＋1）x＋ax.令f′(x)＝0，即x2－(a＋1)x＋a＝0，解得x＝1或x＝a.①

当a≤0时，若x变化时，则f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(0，1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘极小值↗所以当x＝1时，f(x)取得极小值．所以a≤0成立.②当0<a<1时，若x变化时，则f′(x)，f(x)的变

化情况如下表：x(0，a)a(a，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘极小值↗所以当x＝1时，f(x)取得极小值．所以0<a<1成立.③当a＝1时，f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，没有极小值，不成立．④当a>1时，若x变

化时，则f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(0，1)1(1，a)a(a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值极小值↗所以当x＝1时，f(x)取得极大值．所以a>1不成立.综上所述，a<1.课时作业(二十二)函数的最值1．解析：函数y＝lnxx的定义域为(

0，＋∞)，y′＝1－lnxx2.令y′＝1－lnxx2＝0⇒x＝e.当x>e时，y′<0；当0<x<e时，y′>0,所以函数得极大值为e－1，因为在定义域上只有一个极值，所以ymax＝e－1.故选A.答案：A2．解析：因为f(x)＝1x－2x，所以f′(x)＝－1x2

－2<0，所以函数f(x)在区间－2，－12上单调递减，所以x＝－12时，函数的最小值为－2＋1＝－1.故选A.答案：A3．解析：∵f(x)在x＝π3处有最大(小)值，∴x＝π3是函数f(x)的极值点．又∵f′(x)＝acosx＋cos

3x(x∈R)，∴f′π3＝acosπ3＋cosπ＝0，解得a＝2.故选A.答案：A4．解析：由f(x)＝6x－x3＋6，得f′(x)＝3x－3x2＝3()1－x2xx，由f′(x)＝0可得x＝1，当x∈(0，1)时，f′(x)>0，当x∈

(1，＋∞)时，f′(x)<0，所以f(x)的极大值为f(1)＝11，又因为f(0)＝6，f(4)＝－46，所以f(x)的最大值为11，最小值为－46，所以最大值与最小值之和为－35.故选B.答案：B5．解析：函数f(x)＝x2＋alnx，则f(1

)＝12＋aln1＝1且f′(x)＝2x＋ax，所以f′(1)＝2＋a，所以f′(1)＝f（1）－01－0＝1＝2＋a，解得a＝－1，所以f(x)＝x2－lnx，(x>0)f′(x)＝2x－1x，令f′(x)≥0

，即2x－1x≥0，解得x≥22，令f′(x)<0，即2x－1x<0，解得0<x<22，所以函数在区间0，22上单调递减，在区间22，＋∞上单调递增．所以f(x)min＝f22＝

222－ln22＝12－ln22＝12＋12ln2.故选C.答案：C6．解析：f(x)＝x＋1ex(x∈R)，f′(x)＝1－1ex＝ex－1ex，函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故函数f(x)的最小值为f(0)＝1，A选项正确；f(x)＝exx(x>0

)，f′(x)＝ex()x－1x2，函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故函数f(x)的最小值为f(1)＝e，B选项错误；f(x)＝x－lnx(x>0)，f′(x)＝1－1x＝x－1x，函

数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故函数f(x)的最小值为f(1)＝1，C选项正确；f(x)＝xe1x(x>0)，f′(x)＝xe1x＋x·e1x·1x2＝()x2－1e1xx，函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增

，故函数f(x)的最小值为f(1)＝e，D选项错误，故选AC.答案：AC7．解析：f(x)＝12x2－lnx，x>0，f′(x)＝x－1x＝x2－1x，令f′(x)>0，解得x>1，令f′(x)<0，解得0<x<1，所以函数在()0，1上单调递减；在(1，＋∞)上单

调递增，所以f(x)min＝f(1)＝12.答案：128．解析：f′(x)＝3x2－x－2＝(x－1)(3x＋2)，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－23.所以f(1)＝1－12－2＋5＝72，f(－23)＝－827

－29＋43＋5＝52227.又因为f(－1)＝－1－12＋2＋5＝112，f(2)＝8－2－4＋5＝7.所以f(x)max＝f(2)＝7.所以m>7.答案：(7，＋∞)9．解析：(1)∵f(x)＝x3＋12x2－2x，∴

f′(x)＝3x2＋x－2，∴f(1)＝－12，f′(1)＝2.∴函数y＝f(x)的图象在x＝1处的切线方程为：y－－12＝2(x－1)，即4x－2y－5＝0.(2)令f′(x)＝3x2＋x－2＝0，得x1＝－1与x2＝23，当x变化时，f′(x)、f(

x)的变化如下表：x(－2，－1)－1－1，232323，1f′(x)＋0－0＋f(x)↗32↘－2227↗所以，x1＝－1与x2＝23是函数在(－2，1)上的两个极值点，而f(－2)＝－2，f(－1)＝32，f23＝－2227，f(1)＝－12.∴函数y＝f(x)在[－

2，1]上的最大值是f(－1)＝32，最小值是f(－2)＝－2.10．解析：(1)因为f(x)＝2x3－mx2－12x＋6，所以f′(x)＝6x2－2mx－12，因为f(x)＝2x3－mx2－12x＋6的一个极值点为2，所以f′(2)＝6×22－2m×2－1

2＝0，解得m＝3，此时f(x)＝2x3－3x2－12x＋6，f′(x)＝6x2－6x－12＝6(x＋1)(x－2)，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝2，令f′(x)<0，得－1<x<2；令f′(x)>0，得x<－1或x>2，故函数f(x)在区间(－1，2)上单调递减

，在区间(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递增．(2)由(1)知，f(x)在[]－2，－1上为增函数，在(]－1，2上为减函数，所以x＝－1是函数f(x)的极大值点，又因为f(－2)＝2，f(－1)＝13，f(2)＝

－14，所以函数f(x)在区间[]－2，2上的最小值为－14，最大值为13.11．解析：∵f(x)＝13x3＋x2－2，∴f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，令f′(x)>0，解得x<－2或x>0；令f′(x)<0，解

得－2<x<0.故f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)和(0，＋∞)，单调递减区间为(－2，0)，所以，函数f(x)在x＝0处取得极小值，由于函数f(x)在区间(a－4，a)上取到最小值，则a－4<

0<af（a－4）≥f（0），由f(a－4)≥f(0)可得13(a－4)3＋(a－4)2－2≥－2，可得(a－4)2(a－1)≥0，即a－4<0<a（a－4）2（a－1）≥0，解得1≤a<4.因此，实数a的取值范围是[)1，4.故选C.答案：C12．解析：当a＝－1时，则f(x)＝cos

xx，f′(x)＝－xsinx－cosxx2，在区间π6，π3上f′(x)<0,所以f(x)在区间π6，π3上递减，所以M＝cosπ6π6＝3π3<3，故选项A正确．当a＝2时，f(x)＝x2·cosx，则f′(x)＝xcosx()2

－xtanx>0，∴f(x)在区间[π6，π3]上递增，即M＝π218<33，故选项B正确．当a＝1时，若x∈0，π2时，x<tanx恒成立，所以f(x)＝xcosx<tanxcosx＝sinx≤

32，所以M<32，故选项C错误．当a＝3时，f(x)＝x3·cosx，则f′(x)＝x2cosx(3－xtanx)>0，∴f(x)在区间[π6，π3]上递增，∴M＝12·(π3)3>12，故选项D错误．故选AB.答案：AB

13．解析：由函数的解析式可得：f′(x)＝x2＋2mx＋n，因为导函数为偶函数，则m＝0，故f(x)＝13x3＋nx＋2，f(1)＝13＋n＋2＝－23，∴n＝－3，函数的解析式为f(x)＝13x3－3x＋2，f′(x)＝x2－3，故g(x)＝ex(x2－3)，g′(x)＝ex(x2

－3＋2x)＝ex(x－1)(x＋3)，所以函数g(x)在区间[0，1)上单调递减，在区间(1，2]上单调递增，函数g(x)的最小值为g(1)＝e1·(12－3)＝－2e.答案：－2e14．解析：f′(x)＝－e－x－ex＝－e2x＋1ex当a∈[

]0，a时，f′(x)<0恒成立，即f(x)在[]0，a上单调递减．故当x＝a时，f(x)有最小值f(a)＝e－a－ea；当x＝0时，f(x)有最大值f(0)＝e－0－e0＝0.即f(x)的最小值为e－a－ea，最大值为0.答案：e－a－ea015

．解析：(1)函数的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝x－ax2，当a<0时，f′(x)>0，即函数在定义域(0，＋∞)上为增函数，∴f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．(2)由(1)知，f′(x)＝x－ax2，①若a≤1，则x－a≥0，即f′(x)≥0在[

1，e]上恒成立，此时f(x)在[1，e]上为增函数，∵f(x)在[1，e]上的最小值为32，∴f(x)min＝f(1)＝a＝32，∴a＝32(舍去)②若a≥e，则x－a≤0，即f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，此时f(x)在[1，e]上为减函数，∴f(x

)min＝f(e)＝1＋ae＝32，∴a＝e2(舍去).③若1<a<e，令f′(x)＝0，得x＝a.当1<x<a时，f′(x)<0，∴f(x)在()1，a上为减函数；当a<x<e时，f′(x)>0，∴f(x)在()

a，e上为增函数，∴f(x)min＝f(a)＝lna＋1＝32，∴a＝e综上可知：a＝e.16．解析：(1)由已知得f′(x)＝ex－ax－1.设g(x)＝f′(x)，∴g′(x)＝ex－a.①当a≤0时，g′(x)＝ex－a>0在R上恒成立，∴g(x)＝f

′(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．②当a>0时，令g′(x)>0得x>lna，g′(x)<0得x<lna.∴g(x)＝f′(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．综上所述：当a≤0时，y＝f′(x)是(－∞，＋∞)上的增函数；当a>0时，

y＝f′(x)在(－∞，lna)上是减函数，在(lna，＋∞)上是增函数．(2)由(1)知，①当a≤0时，f′(x)＝ex－ax－1在[－1，＋∞)上单调递增．又f′(0)＝0，∴－1≤x<0时，f′(x)<0；x>0时，f′(x)>0，则f(x)在

[－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(0)＝1.②当0<a≤1e时，lna≤－1，由(1)知f′(x)在[－1，＋∞)上单调递增，又∵f′(0)＝0，则f(x)在[－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增

，∴f(x)min＝f(0)＝1.③当1e<a≤1－1e时，由(1)知f′(x)在[－1，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，且f′(0)＝0，f′(－1)＝1e＋a－1≤0，∴－1≤x<0时，f′(x)<0；x>0时，f′(x)>0.∴f

(x)在[－1，0)上递减，在(0，＋∞)上递增．则f(x)min＝f(0)＝1，综上所述：函数f(x)在[)－1，＋∞上的最小值为1.课时作业(二十三)实际问题中导数的意义实际问题中的最值问题1．解析：∵S′＝2πr，∴S′(3)＝2π×3＝6π.故选D.答

案：D2．解析：依题意得y′＝－3x2＋27＝－3(x－3)(x＋3)，当0<x<3时，y′>0；当x>3时，y′<0.因此，当x＝3时，该商品的年利润最大．故选C.答案：C3．解析：由题知，100km的航程需要1

00x小时，故总的费用f(x)＝1100x3＋x＋540×100x.即f(x)＝x2＋100＋54000x.故f′(x)＝2x－54000x2＝2()x3－27000x2.令f′(x)＝0有x＝30.故当0<x

<30时f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>30时f′(x)>0，f(x)单调递增.使得航行的总费用最少，船速应为30km/h.故选A.答案：A4．解析：不妨设容器的宽为x(x>0)，故可得长为x＋0.5，因为长方体的棱长之和为14.8，故长方体的高为：14.8－4（x＋0.5）－4x4＝

3.2－2x，(x<1.6)，故容积f(x)＝x(x＋0.5)(3.2－2x)，x∈(0，1.6)，＝－2x3＋115x2＋85x，则f′(x)＝－6x2＋225x＋85.令f′(x)>0，整理得(15x＋4)(x－1)<0，解得0<x<1，令f′(x)<0

，解得1<x<1.6，故f(x)在(0，1)单调递增，在(1，1.6)单调递减．故当容积最大时，x＝1，即长方体的宽为1m，此时长方体的长为1.5m.故选B.答案：B5．解析：由ex－asinx＝0得，asinx＝ex.因为x∈()0，π，所以sinx>0.因此a＝exsinx只有一解，

令g(x)＝exsinx，0<x<π，则g′(x)＝ex（sinx－cosx）sin2x.由g′(x)＝0得x＝π4.当0<x<π4时，g′(x)<0；当π4<x<π时，g′(x)>0，所以g(x)min＝gπ4＝2eπ4.x→0或x

→π时，都有g(x)→＋∞，因此a＝2eπ4.故选D.答案：D6．解析：设f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，解得x＝0，当x∈(－∞，0)时函数单调递减，当x∈(0，＋∞)时，

函数单调递增，所以函数在x＝0时，函数取得最小值f(x)min＝f(0)＝0，故当x∈R时，ex≥x＋1，故A正确；设f(x)＝lnx－x＋1，所以f′(x)＝1x－1＝－（x－1）x，令f′(x)＝0，解得x＝1，当x∈(0，1)时，函数单调递增，当x∈(1，＋∞)时，函数单调递减，所以在x＝1

时，f(x)max＝f(1)＝0，故当x>0时，lnx≤x－1恒成立，故B正确；设f(x)＝ex－ex，所以f′(x)＝ex－e，令f′(x)＝0，解得x＝1，当x∈(－∞，1)时，函数单调递减，当x∈(1，＋∞)时，函数单调递增，所以当x＝1时

，f(x)min＝f(1)＝0，所以当x∈R时，ex≥ex，故C正确；设函数f(x)＝x－sinx，则f′(x)＝1－cosx≥0，所以f(x)是定义在R上单调递增的奇函数，所以x>0时，x≥sinx成立，但x<0时，f(x)<0，故D错误．故选ABC.答案：ABC7．答案：边长每增加1个单位

长度，周长增加4个单位长度8．解析：令f(x)＝x－ln(x＋1).∵x>0，f′(x)＝1－11＋x＝x1＋x>0，又因为函数f(x)在x＝0处连续，∴f(x)在[0，＋∞)上是增函数．从而当x>0时，f(x

)＝x－ln(1＋x)>f(0)＝0.∴x>ln(1＋x).答案：x>ln(1＋x)9．解析：根据定义知，总利润函数为L(x)＝R(x)－C(x)＝5x－100－0.01x2，所以边际利润函数为L′(x)＝5－0.02x.当日产量分别为200kg，250k

g，300kg时，边际利润分别为L′(200)＝1(元)，L′(250)＝0(元)，L′(300)＝－1(元).其经济意义是：当日产量为200kg时，再增加1kg，则总利润可增加1元；当日产量为250kg时，再增加1kg，则总利润无增加；当日产量为300kg时，再增加1kg

，则总利润反而减少1元．由此可得到：当企业的某一产品的生产量超过了边际利润的零点时，反而会使企业“无利可图”．10．解析：(1)由题意可得V＝f(x)＝(10－2x)2·x，x∈(0，5).(2)f′(x)＝4(3x2－20x＋25)＝4(3x－5)(x－5)，令f′(x)＝0得x＝53，x＝5

，当x变化时，f′(x)，f(x)变化情况如下：x0，535353，5f′(x)＋0－f(x)单调递增极大值单调递减∴x＝53时，f(x)的最大值为f53＝200027，截去的小正方形的边

长为53cm时，作品的体积最大，最大体积是200027(cm3).11．解析：f′(x)＝2x·ex＋(x2＋a)·ex＝ex(x2＋2x＋a)＝ex·g(x).函数f(x)的最小值即其极小值，即f′(x)＝0有解．当有一解x0时，则f′(x)≥0恒成立，此时f(x)是单调递增的，没有极值，不

符合题意，应舍去，因此f′(x)＝0有两解，即x2＋2x＋a＝0有两解，故g(x)有两个零点．故选C.答案：C12．解析：函数定义域为(0，＋∞)，令f′(x)＝1x·x－lnxx2＝1－lnxx2＝0，解得x＝e，当0<x<e时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>e时，f

′(x)<0，f(x)单调递减；所以当x＝e时，函数有极大值为f(e)＝1e，则A正确，C不正确；当x＝1时，f(1)＝ln11＝0，因为f(x)在(0，e)上单调递增，所以在(0，e)上有一个零点，当x>e时，lnx>0，x>0，所以lnxx>0，此时无零点，所以f(x)有

一个零点，B不正确；因为e<π<4<e，且f(x)在(0，e)上单调递增，所以f(e)<f(π)<f(2)，故选AD.答案：AD13．解析：不等式ax3－x2＋4x＋3≥0变形为ax3≥x2－4x－3.当x＝0时，0≥－3，故实数a的取值范围是R；当x∈(0，1]时，a≥x2－4x－3

xx3，记f(x)＝x2－4x－3xx3，f′(x)＝－x2＋8x＋9x4＝－（x－9）（x＋1）x4>0，故函数f(x)递增，则f(x)max＝f(1)＝－6，故a≥－6；当x∈[－2，0)时，a≤x2－4x－3xx3，记f(x)＝x2－4x－3xx3，令f′(x)＝0，得x＝－1

或x＝9(舍去)，当x∈[－2，－1)时，f′(x)<0；当x∈(－1，0)时，f′(x)>0，故f(x)min＝f(－1)＝－2，则a≤－2.综上所述，实数a的取值范围是[－6，－2].答案：[－6，－2]14．解

析：(1)当x＝4时，y＝21，代入函数关系式y＝mx－2＋4(x－6)2，得m2＋16＝21，解得m＝10.(2)由(1)可知，套题每日的销售量为y＝10x－2＋4(x－6)2，所以每日销售套题所获得的利润为f(x)＝(x－2)10x－2＋4（x－6）2

＝10＋4(x－6)2(x－2)＝4x3－56x2＋240x－278(2<x<6)，则f′(x)＝12x2－112x＋240，令f′(x)＝0，得x＝103或x＝6(舍去).当x∈2，103时，f′(x)>0，函

数f(x)单调递增；当x∈103，6时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以x＝103是函数f(x)在区间(2，6)上的极大值点，也是最大值点，所以当x＝103≈3.3时，函数f(x)取得最大值．故当销售价格约为

3.3元/套时，网校每日销售套题所获得的利润最大．答案：(1)10(2)3.315．解析：(1)f(x)＝ln(1＋x)－mx的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝11＋x－m(x>－1)，当m≤0时，f′(

x)＝11＋x－m>0恒成立，此时f(x)在(－1，＋∞)单调递增，无极大值和极小值，当m>0时，1m－1>－1，由f′(x)＝11＋x－m>0可得：－1<x<1m－1，由f′(x)＝11＋x－m<0可得x

>1m－1，此时f(x)在－1，1m－1单调递增，在1m－1，＋∞单调递减，所以f(x)的极大值为f1m－1＝ln1＋1m－1－m×1m－1＝m－1－lnm，无极小值．(2)

由(1)可知，当m≤0时，f(x)在(－1，＋∞)单调递增，所以f(x)在[0，e2－1]单调递增，不可能有两个零点，当m>0时，f(x)的极大值为f1m－1＝m－1－lnm，因为f(0)＝0，所以x＝0是f(x)的一个零点，若函数f(x)在区间[0，e2－1]上恰有

两个零点，则f（e2－1）≤00<1m－1<e2－1，即2－m（e2－1）≤01e2<m<1，可得：2e2－1≤m<1，所以m的取值范围为2e2－1≤m<1.16．解析：(1)因为f(x)＝ex＋3ex＋2x－a，所以f′(x)＝ex－3ex＋2＝e2x

＋2ex－3ex＝（ex＋3）（ex－1）ex，令f′(x)>0，得x>0，令f′(x)<0，得x<0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，所以f(x)min＝f(0)＝4－a.要使函数

f(x)有两个不同的零点，必须满足f(x)min<0，所以a>4.若a>4，注意到，f(a)＝ea＋3ea＋a>0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上有且只有一个零点；f(－a)＝1ea＋3ea－3a>3(ea－a)，令t(x)＝ex－x，x>4，则t′(

x)＝ex－1>0，所以t(x)在(4，＋∞)上单调递增，所以t(x)>e4－4>0，从而f(－a)>0，所以函数f(x)在(－∞，0)上有且只有一个零点．综上所述，实数a的取值范围为(4，＋∞).(2)由(1)知x1x2<0，不妨设x1<0<x2.令h

(x)＝f(x)－f(－x)＝4x＋2ex－2ex，则h′(x)＝4－2(1ex＋ex)≤4－41ex·ex＝0，所以h(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．由于x2>0，所以h(x2)<h(0)＝0，即f(x2)－f(－x2)<0，所以f(x2)<f(－x2).注意到

f(x1)＝f(x2)，所以f(x1)<f(－x2)，又因为x1<0，－x2<0，f(x)在(－∞，0)上单调递减，所以x1>－x2，所以x1＋x2>0.章末质量检测(一)数列1．解析：等差数列－5，－9，－13…中，a1＝－5，d＝－9－(－5)＝－4∴an＝－5

＋(n－1)×(－4)＝－4n－1，令－401＝－4n－1，得n＝100，∴－401是这个数列的第100项．故选C.答案：C2．解析：设等差数列的首项为a1，公差为d，∵a5＋a9＝50，a4＝13，∴2a1＋1

2d＝50a1＋3d＝13，解得a1＝1，d＝4.∴S10＝10×1＋10×（10－1）2×4＝190，故选B.答案：B3．解析：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＝34S

5，得S15∶S5＝3∶4，故选A.答案：A4．解析：∵Sn＝2an＋1，∴n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)，化为：an＝2an－1.n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1.∴数列{

an}为等比数列，公比为2∴an＝－2n－1，故选A.答案：A5．解析：设等比数列{an}的公比为q>0，因为3a1，12a3，2a2成等差数列，故a3＝3a1＋2a2⇒a1q2＝3a1＋2a1q⇒q2－2q－3＝0⇒(q－3)(q＋1)＝0.因为q>0故q＝3.故原式＝（a201

6－a2017）q2a2016－a2017＝q2＝9.故选D.答案：D6．解析：∵冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影子长依次成等差数列．冬至、大寒、雨水的日影子长的和是

40.5尺，芒种的日影子长为4.5尺，设冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影子长分别为an(n＝1，2，3，…，12)，则{an}是等差数列，∴a

1＋（a1＋2d）＋（a1＋4d）＝40.5a1＋11d＝4.5，解得a1＝15.5.则冬至的日影子长为15.5尺．故选D.答案：D7．解析：数列{an}，{bn}满足anbn＝1，an＝n2＋5n＋6，n∈N*，∴bn＝1n2＋5n＋6＝1（n＋2）（n＋3）＝1n＋2－1n＋3，∴{bn}

的前10项之和为：S10＝13－14＋14－15＋15－16＋…＋112－113＝13－113＝1039.故选D.答案：D8．解析：∵等差数列{an}满足，首项a1＞0，a2020＋a2021＞0，a2020·a2021＜0，∴等差数列{a

n}单调递减，a2020＞0，a2021＜0，∵S4040＝4040（a1＋a4040）2＝2020(a2020＋a2021)＞0，S4041＝4041（a1＋a4041）2＝4041a2021＜0，则满足Sn＞0成立的最大正整数n是4040.故选B.答案：B9．解析：由等差中项的性质可得a3＋a

8＋a13＝3a8为定值，则a8为定值，S15＝15（a1＋a15）2＝15a8为定值，但S16＝16（a1＋a16）2＝8(a8＋a9)不是定值．故选BC.答案：BC10．解析：因为12月27日新增确诊人数小于12月26日新增确诊人数，即a7＞a8，所以{an}不是递增数列，

所以A错误；因为1月22日新增确诊病例为0，即S33＞S34，所以{Sn}不是递增数列，所以B正确；因为12月31日新增确诊病例最多，从12月20日算起，12月31日是第11天，所以数列{an}的最大项是a11，所以C正确；数列{Sn}的最大项是最后一项，所以D错误，故选BC.答案：BC11．解

析：∵递减的等差数列{an}的前n项和为Sn，S5＝S9，∴d<05a1＋5×42d＝9a1＋9×82d，解得a1＝－132d，故a7＞0，S13＞0，S14＜0，∴Sn＝na1＋n（n－1）2d＝－132nd＋n22d－n2d＝

12d(n2－14n)＝12d(n－7)2－492d∴当n＝7时，Sn取最大值．故选ABD.答案：ABD12．解析：因为a1＝1，a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3，n∈N＋)，所以a3＝a2＋a1＝2，a4＝a3＋a2＝3，a5＝

a4＋a3＝5，a6＝a5＋a4＝8，a7＝a6＋a5＝13，所以A正确；S7＝1＋1＋2＋3＋5＋8＋13＝33，所以C不正确；a1＋a3＋a5＋…＋a2019＝a1＋a2＋a1＋a4＋a3＋…＋a2018＋a2017＝a1＋S2018＝1＋S2018

，又因为an＋2＝an＋1＋an＝an＋an－1＋an－1＋an－2＝an＋an－1＋an－2＋an－3＋an－3＋an－4＝…＝Sn＋1，所以a2020＝S2018＋1＝a1＋a3＋a5＋…＋a2019，所以B正确；a2＋a4＋a6＋…＋a2020＝a2

＋a3＋a2＋a5＋a4＋…＋a2019＋a2018＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋…＋a2019＝S2019，因为S2019＋1＝a2021，所以a2＋a4＋a6＋…＋a2020≠a2021，所以D不正确．故选A

B.答案：AB13．解析：a1＝1，an＋13＝an3＋1，则an＋1＝an＋3，∴数列{an}是首项为1，公差为3的等差数列，∴an＝1＋3(n－1)＝3n－2.答案：3n－214．解析：设共有n人，根据题意得

3n＋n（n－1）2＝100n，解得n＝195，所以一共有195人．答案：19515．解析：由题意知a2－a1＝－1－（－7）3＝2，b22＝(－4)×(－1)＝4.又因为b2是等比数列中的第三项，所以b2与第一项同号，

即b2＝－2，所以a2－a1b2＝2－2＝－1.答案：－116．解析：设等差数列{an}的公差为d，因为S5＝5（a1＋a5）2＝5a3＝－10，所以a3＝－2，又因为a2＝－3，所以d＝a3－a2＝1，所以a1

＝a2－d＝－4，a5＝a3＋2d＝0，Sn＝－4n＋12n(n－1)＝12n2－92n＝12n－922－818，又n∈N*，故当n＝4或5时，Sn取得最小值－10.答案：0－1017．解析：(1)依题意，设等差数列{an}的公差为d

，因为S3＝3a2＝－15，所以a2＝－5，又a1＝－7，所以公差d＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝－7＋2(n－1)＝2n－9.(2)由(1)知a1＝－7，d＝2，所以Sn＝na1＋n（n－1）2d＝－7n＋n（n－1）2×2＝n(n－8).18．解析：(1)设{an

}的公比为q，由题设得an＝qn－1.由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2.故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝1－（－2）n3.由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没

有正整数解．若an＝2n－1，则Sn＝2n－1.由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.综上，m＝6.19．解析：(1)设数列{an}的公差为d，因为a7－a2＝10，所以5d＝10，解得d＝2.因为a1，a6，a21依次成等比数列，所以a2

6＝a1a21，即(a1＋5×2)2＝a1(a1＋20×2)，解得a1＝5.所以an＝2n＋3.(2)由(1)知bn＝1anan＋1＝1（2n＋3）（2n＋5），所以bn＝1212n＋3－12n＋5，所以S

n＝12[(15－17)＋(17－19)＋…＋(12n＋3－12n＋5)]＝n5（2n＋5），由n5（2n＋5）＝225，得n＝10.20．解析：(1)设等比数列{an}的公比为q.∵a1，a2，a3－2

成等差数列，a1＝2，∴2a2＝a1＋(a3－2)＝2＋(a3－2)＝a3，∴q＝a3a2＝2，∴an＝a1qn－1＝2n(n∈N*)(2)bn＝1an＋2log2an－1＝12n＋2log22n－1＝12n＋2n－1则Sn＝1

2＋1＋[122＋3]＋[123＋5]＋…＋[12n＋(2n－1)]＝12＋122＋123＋…＋12n＋[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＝121－12n1－12＋n[1＋（2n－1）]2＝n2－12n＋1

(n∈N*)21．解析：方案一：选条件①.设{bn}的公比为q，则q3＝b5b2＝－27，即q＝－3.所以bn＝－(－3)n－1.从而a5＝b1＝－1，a2＝b1＋b3＝－10，由于{an}是等差数列，所以an＝3n

－16.因为Sk>Sk＋1且Sk＋1<Sk＋2等价于ak＋1<0且ak＋2>0，所以满足题意的k存在时，当且仅当3（k＋1）－16<0，3（k＋2）－16>0，即k＝4.方案二：选条件②.设{bn}的公比为q，则q3＝b5b2＝－27，即q＝－3，

所以bn＝－(－3)n－1.从而a5＝b1＝－1，a4＝b4＝27，所以{an}的公差d＝－28.因为Sk>Sk＋1且Sk＋1<Sk＋2等价于ak＋1<0且ak＋2>0，此时d＝ak＋2－ak＋1>0

，与d＝－28矛盾，所以满足题意的k不存在．方案三：选条件③.设{bn}的公比为q，则q3＝b5b2＝－27，即q＝－3，所以bn＝－(－3)n－1从而a5＝b1＝－1，由{an}是等差数列得S5＝5（a1＋a5）2，由S5＝－25得a1＝－9.所以an＝2n－

11.因为Sk>Sk＋1且Sk＋1<Sk＋2等价于ak＋1<0且ak＋2>0，所以满足题意的k存在时，当且仅当2（k＋1）－11<0，2（k＋2）－11>0，即k＝4.22．解析：(1)Sn＝12an＋1＋nSn－1＝12an＋（n－1）（n≥2

），∴an＝12an＋1－12an＋1，即an＋1＝3an－2(n≥2)，即(an＋1－1)＝3(an－1)，当a1＝2时，a2＝2，a2－1a1－1＝1≠3，∴{an－1}是以a2－1＝1为首项，3为公比的等比数列，

∴an－1＝1·3n－2，即an＝3n－2＋1，∴an＝2，n＝13n－2＋1，n≥2.(2)bn＝(4n－2)an＋1＝(4n－2)·(3n－1＋1)＝(4n－2)3n－1＋(4n－2)，记Sn＝2·30＋6·31＋10·32＋…＋(4n－2)3n－1

，①3Sn＝2·31＋6·32＋…＋(4n－6)3n－1＋(4n－2)3n②①－②得－2Sn＝2＋4(31＋32＋33＋…＋3n－1)－(4n－2)3n∴Sn＝2＋(2n－2)·3n∴Tn＝2＋(2n－2)·3n＋n（2＋4n－2）2＝2＋(2n－2)·3n＋2n2.章末质量检

测(二)导数及其应用1．解析：f′(x)＝exsinx＋excosx＝ex(sinx＋cosx)，∴f′(0)＝e0(sin0＋cos0)＝1，∴所求切线的倾斜角为45°.故选B.答案：B2．解析：Δs＝(3＋2×2.1)－(3＋2×2

)＝0.2，Δt＝2.1－2＝0.1，则ΔsΔt＝0.20.1＝2.故选B.答案：B3．解析：∵f(x)＝ln(2x＋1)，∴f′(x)＝22x＋1，∴f′(0)＝2，故选C.答案：C4．解析：当x∈(－∞，－1)时，f′(

x)>0则不等式(x＋2)f′(x)<0的解集为(－∞，－2).当x∈(－1，1)时，f′(x)<0，则不等式(x＋2)f′(x)<0的解集为－1<x<1.当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，则不等式(x＋2)f′(x)<0无解．综上，不等式(x＋2)f′(x)<0的解

集为(－∞，－2)∪(－1，1).故选A.答案：A5．解析：∵f(x)＝x2＋x＋1，∴f′(x)＝2x＋1，∴根据导数的几何意义可得曲线f(x)＝x2＋x＋1在(0，1)处的切线的斜率为f′(0)＝1，∴曲线f(x)＝x2＋x＋1在(0，1)处的切

线方程为y－1＝f′(0)(x－0)即x－y＋1＝0.故选C.答案：C6．解析：由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；当－2<x<1时，f′(x)<0；当1<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0.由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．故选D

.答案：D7．解析：依题意得，函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2x－1＋3x2＝－x2－2x＋3x2＝－（x＋3）（x－1）x2，故当0＜x＜1时，f′(x)＞0，所以函数的单调递增区间为(0，1)，故选

C.答案：C8．解析：∵函数f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝exx，∴[]x2f（x）′＝exx，令F(x)＝x2f(x)，则F′(x)＝exx，F(2)＝4·f(2)＝e22，由x2f′(x)＋2xf(x)＝exx，得f′(x)＝ex－2F（x）x

3，令φ(x)＝ex－2F(x)，则φ′(x)＝ex－2F′(x)＝ex（x－2）x，∴φ(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴φ(x)的最小值为φ(2)＝e2－2F(2)＝0，∴φ(

x)≥0.又∵x>0，∴f′(x)≥0，∴f(x)在(0，＋∞)单调递增，∴f(x)既无极大值也无极小值．故选D.答案：D9．解析：1x′＝－1x2，(cos2x)′＝－2sin2x，3xln3′＝3x，()lgx′＝1xln10.故选BC.答案：BC10．解析：因

f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝2，故3x2－1＝2⇒x＝1或－1，所以P(1，3)或(－1，3)，经检验，点(1，3)，(－1，3)均不在直线y＝2x－1上，故选AB.答案：AB11．解析：f′(x)＝3x2－a∵f′(1)＝3－a＝－3

∴a＝6，A正确；则f(x)＝x3－6x＋1∴f′(x)＝3x2－6＝3(x－2)(x＋2)令f′(x)>0得x<－2或x>2，令f′(x)<0得－2<x<2∴f(x)在(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递增，在(－2，2)上单调递减∴f(x)在x＝－2处

取得极大值，极大值为f(－2)＝42＋1，B错误，D正确；当x∈[1，2]时，由f(x)的单调性知，f(x)有最小值，C正确．故选ACD.答案：ACD12．解析：函数的导数f′(x)＝1－lnxx2，(x>0)

，令f′(x)＝0得x＝e，则当0<x<e时，f′(x)>0，函数为增函数，当x>e时，f′(x)<0，函数f(x)为减函数，则当x＝e时，函数取得极大值，极大值为f(e)＝1e，故A正确；当x→0，f(x)→－∞，x→＋∞，f(x)→0，则f(x)的图象如图，由f(

x)＝0得lnx＝0得x＝1，即函数f(x)只有一个零点，故B错误；由图象知f(2)＝f(4)，f(3)>f(π)>f(4)，故f(2)<f(π)<f(3)成立，故C正确；若f(x)<k－1x在(0，＋∞)上恒成立，则k>lnxx＋1x，设h(x)＝lnxx＋1x，(x>0)，则h′

(x)＝－lnxx2，当0<x<1时，h′(x)>0，当x>1时，h′(x)<0，即当x＝1时，函数h(x)取得极大值同时也是最大值h(1)＝1，∴k>1成立，故D正确．故选ACD.答案：ACD13．解析：f′(x)＝3x2－2f′(1)x＋1，f′(

1)＝3－2f′(1)＋1，解得f′(1)＝43.答案：4314．解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞).∵f′(x)＝1x－x，令f′(x)＝1x－x>0得0<x<1，∴函数f(x)＝lnx－12x2的单调递增区间为(0，1).答案：(0，1)15．解析：因为f′(x)＝3x2－3a，由题

意可得，f′(2)＝12－3a＝0，故a＝4，f′(x)＝3x2－12，当x>2或x<－2时，f′(x)>0，函数单调递增，当－2<x<2时，f′(x)<0，函数单调递减，故当x＝－2时，函数取得极大值f(－2)＝18.答案：1816．解析：设底面的长为2

xcm，则由条件可得宽为xcm，高为722x2＝36x2cm，所以表面积S(x)＝4x2＋72x＋144x＝4x2＋216x，因为S′(x)＝8x－216x2，S′(x)<0⇒0<x<3，S′(x)>0⇒x>3，所以S(x)在(0，3)上单调递减，(3，＋

∞)上单调递增，所以当x＝3时S(x)取得最小值，即此时长为6cm，宽为3cm，高为4cm.答案：6cm4cm17．解析：(1)定义域R，f′(x)＝－6x2＋6x＝－6x(x－1)，令f′(x)＝0，得x＝0，x＝1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：x(

－∞，0)0(0，1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)单调递减极小值－3单调递增极大值－2单调递减当x＝0时，f(x)有极小值，极小值为f(0)＝－3；当x＝1时，f(x)有极大值，极大值为f(1)

＝－2.(2)结合(1)，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：x－1(－1，0)0(0，1)1(1，2)2f′(x)－0＋0－f(x)2单调递减极小值－3单调递增极大值－2单调递减－7f(－1)＝2，f(2)＝－7，f(x)max＝f(－1)＝2，f(x)min＝f(2

)＝－7.18．解析：(1)定义域为(0，＋∞)f′(x)＝2x，k＝f′(1)＝21＝2，f(1)＝2ln1＋1＝1，切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.(2)2lnx＋1≤2x＋c，c≥2lnx－2x＋1令h(x)＝2lnx－

2x＋1，h′(x)＝2x－2＝2（1－x）x，由h′(x)＝0，得x＝1x(0，1)1(1，＋∞)h′(x)＋0－h(x)单调递增极大值－1单调递减h(x)在(0，＋∞)有唯一极值，且是极大值，则此极大值即最大值．所以h(x)max＝h(1)＝－1所以c≥－1.19．解析：(1)f′

(x)＝（2x＋a）ex－（x2＋ax）ex（ex）2＝－x2－（a－2）x＋aex，因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝ae0＝0，所以a＝0.当a＝0时，f′(x)＝－x2＋2xex＝－x（x－2）ex

，令f′(x)＝－x（x－2）ex＝0，解得x＝0，或x＝2.所以当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：x(－∞，0)0(0，2)2(2，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)单调递减极小值单调递增极大值单调递减所以f(x)在x＝0处取得极小值．所以a＝0.(2)f′(x

)＝－x2－（a－2）x＋aex≥0在[1，2]上恒成立，但不恒为零，即－x2－(a－2)x＋a≥0在[1，2]上恒成立，但不恒为零，所以x2＋(a－2)x－a≤0在[1，2]上恒成立，但不恒为零，所以需12＋（a－2）×1－a≤022

＋（a－2）×2－a≤0，解得a≤0，当a＝0时，f′(x)＝－x2＋2xex不恒为零，所以a≤0.20．解析：定义域R，f′(x)＝ax2－(a2＋1)x＋a＝(x－a)(ax－1)(a>0).令f′(x)＝0，得x＝a，或x＝1a.(1)当a>1a时，即a>1.当x变化时，f′

(x)，f(x)的变化情况如下：x－∞，1a1a1a，aa(a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增f(x)在－∞，1a，(a，＋∞)上单调递增，在1a，a上单调递减．(2)当a＝1a时，即a＝1，f′(x

)＝(x－1)2≥0恒成立，但不恒为零，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．(3)当a<1a时，即0<a<1.此时，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：x(－∞，a)aa，1a1a1a，＋∞f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增极大值单调递减极小值

单调递增f(x)在(－∞，a)，1a，＋∞上单调递增，在a，1a上单调递减．综上，当a>1时，f(x)在－∞，1a，(a，＋∞)上单调递增，在1a，a上单调递减；当a＝1时，f(x)在(－∞，＋∞)

上单调递增；当0<a<1时，f(x)在(－∞，a)，1a，＋∞上单调递增，在a，1a上单调递减．21．解析：(1)设一星期多卖出的商品件数为t件，令t＝kx2，由题意知，24＝k×22，解得k＝6.由题意知，f(x)＝(30－9－

x)(432＋6x2)＝－6x3＋126x2－423x＋9072(0≤x≤21).(2)f′(x)＝－18x2＋252x－432＝－18(x－2)(x－12)，令f′(x)＝0，得x＝2或x＝12.当x变化

时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x0(0，2)2(2，12)12(12，21)21f′(x)－0＋0－f(x)9072单调递减极小值单调递增极大值单调递减0f(0)＝9072，f(12)＝11664因为11664>9072，所以当x＝12时，销售利润最大，定价

为30－12＝18.所以当定价为18元时，一个星期的商品销售利润最大．22．解析：(1)定义域为{x|x≠0}，f′(x)＝2e2x－1x2－2xe2x－1x4＝2e2x－1（x－1）x3，设切点为(x0，y0)，斜

率为k，则k＝2e2x0－1(x0－1)x30y0＝e2x0－1x20y0－0＝k（x0－1），解得x0＝2k＝e34或x0＝12，k＝－8所以，切线方程为y－0＝e34(x－1)或y－0＝－8(x－1)，即e3x－4y－e3＝0或8

x＋y－8＝0.(2)g(x)＝f(x)－m＝0，f(x)＝mf′(x)＝2e2x－1（x－1）x3，令f′(x)＝2e2x－1（x－1）x3＝0，解得x＝1，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：x(－∞，0)(0，1)1(1，＋∞)f′(x)

＋－0＋f(x)单调递增单调递减极小值e单调递增当x→0时，f(x)→＋∞，当x→－∞时，f(x)→0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，因为有一个零点，所以0<m<e.本册质量检测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：A2．解析：设切点为(x0，x0)，则由y′＝12x，可得12x0＝1，解得x0＝14，所以

切点为14，12，代入y＝x＋b得b＝14.故选B.答案：B3．解析：因为Sn＝3n＋k，所以当n≥2时an＝Sn－Sn－1＝3n－3n－1＝2·3n－1，当n＝1时a1＝3＋k，若{an}是等比数列，则a1＝3＋k

＝2×30，∴k＝－1，若k＝－1，则an＝2·3n－1(n≥1)，an＋1an＝3，∴{an}是等比数列．故选B.答案：B4．解析：因为f(x)是奇函数，所以f′(x)是偶函数，排除C、D；f(x)在区间(0，1)上存在极小值，所以在(0，1)上f′(x)先负后正且有零点．故选A.答案

：A5．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a1＋a1q＋a1q2＝13（a1q2）2＝1，解得q＝13，a1＝9.∴an＝a1qn－1＝9·13n－1＝33－n，bn＝log3an＝log333－n＝3－n，则数列{bn}是以2

为首项，以－1为公差的等差数列，则S20＝20×2＋20×19×（－1）2＝－150.故选C.答案：C6．解析：依题意得，f′(x)＝1cos2x－a≥0，即a≤1cos2x在区间(－1，1)上恒成立，只需a≤1

cos20＝1.故选D.答案：D7．解析：设数列{an}的公比为q(q>0)，∵{an}是各项均为正数的等比数列，∴4a4＋a8＝4a6q2＋a6q2≥24a6q2·a6q2＝2×2a6＝12，当且仅当4a6q2

＝a6q2即q＝2时“＝”成立．故选A.答案：A8．解析：构造函数g(x)＝f(x)＋sinx，则g′(x)＝f′(x)＋cosx<0，g(x)在()－1，＋∞单调递减．又因为g(0)＝f(0)＋0＝1，所以f(x)＋sinx<1等价于g(x)<g(0)

，故x>0.故选C.答案：C9．解析：在[－2，－1]上f′(x)≤0，f(x)单调递减，A错误；f′(－1)＝0，且当－2<x<－1时，f′(x)<0，－1<x<2时，f′(x)>0，所以x＝－1是f(x)的极小值点，B正确；在[－1，2]上f′(x)≥0，f(x)

单调递增，在[2，4]上f′(x)≤0，f(x)单调递减，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错误．故选BC.答案：BC10．解析：由Sn＋1＝2Sn，可得Sn＝2Sn－1(n>1)

，两式作差得an＋1＝2an(n>1)，由a3＝4可得a2＝2，当n＝1时，Sn＋1＝2Sn为S2＝2S1，所以a1＋a2＝2a1，解得a1＝2，所以S3＝2＋2＋4＝8.故选BD.答案：BD11．解析：易知A正确；因为f′(x)＝ex＋e－x＋2sinx，故B错误；因为f′(

x)＝ex＋e－x＋2sinx≥2ex·e－x＋2sinx＝2＋2sinx≥0，所以f′(x)>0，所以f(x)在R上单调递增，所以C正确；不等式f(x)＋2>0可化为f(x)>f(0)，解得x>0，故D正确．故选ACD.答案：ACD12．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，由2nanan＋1＝2n（2n－1）（2n＋1－1）＝12n－1－12

n＋1－1，可得Tn＝1－122－1＋122－1－123－1＋…＋12n－1－12n＋1－1＝1－12n＋1－1<1，故A错误，B、C、D正确．故选BCD.答案：BCD13．解析：由题意知a4＝8，a1＝2，所以公差d＝a4－a13＝8－23＝2，所以a5＝a4＋d＝10，所以S5－S3＝

a4＋a5＝8＋10＝18.答案：1814．解析：因为a>0，所以f′(x)＝ax－1x2在区间(1，2)上单调递增，设ax0－1x20＝0，1<x0<2，则f(x)min＝f(x0)＝12ax20＋1x0＝12x0＋1x0＝32x0＝1，

解得x0＝32，所以a＝1x30＝827.答案：82715．解析：因为2an＋1＝3an－an－1(n∈N*，n>1)，所以2an＋1－2an＝an－an－1，则数列{an＋1－an}(n∈N*)是公

比为12的等比数列．令bn＝an＋1－an，则数列{bn}是公比为12的等比数列，所以a8－a1＝b1＋b2＋b3＋…＋b7＝b11－（12）71－12＝12764b1.因为b1＝a2－a1＝1

2－a1，a8＝1128，所以1128－a1＝1276412－a1，解得a1＝1.答案：12116．解析：∵g(x)＝f(x)－ax在区间(0，4)上有三个零点，∴|lnx|－ax＝0在区间(0，4)上有三个不同的解，令a＝||lnxx＝－l

nxx，0<x<1lnxx，1≤x<4；令h(x)＝lnxx，h′(x)＝1－lnxx2则当0<x<1时，h′(x)>0，h(x)单调递增，a＝－h(x)单调递减，值域为(0，＋∞)；当1≤x<4时，a＝lnxx＝h(x)在[1，e]上是增函数，0≤lnxx≤1

e，在[e，4)上是减函数，ln22<lnxx≤1e；故当a∈ln22，1e时，有三个不同的解．答案：ln22，1e17．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

知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)因为f′(x)＝3x2－2f′(－1)

x，所以f′(－1)＝3＋2f′(－1)，解得f′(－1)＝－3，所以f′(x)＝3x2＋6x，所以f′(1)＝9.(2)由(1)知f(x)＝x3＋3x2＋2；由f′(x)＝0，解得x＝－2或x＝0.当

x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：x－4(－4，－2)－2(－2，0)0(0，2)2f′(x)＋0－0＋f(x)－14单调递增6单调递减2单调递增22由上表，可知函数f(x)在区间[－4，2]上的最小值为－1

4，最大值为22.19．解析：(1)当n＝1时，a1＝S1＝2a1－2，解得a1＝2，当n>1时，由Sn＝2an－2，可得Sn－1＝2an－1－2，n>1，两式相减可得an＝2an－2an－1，即an＝2an－1，又因为a1＝

2≠0，所以anan－1＝2，所以{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2·2n－1＝2n(2)由(1)知bn＝(2n－1)·2n，Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n，则2Tn＝1×22＋3×23＋

5×24＋L＋(2n－3)×2n＋(2n－1)×2n＋1，两式相减得－Tn＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n－1)×2n＋1＝2＋8()1－2n－11－2－(2n－1)×2n＋1＝2n＋2－6－(2n－1)×2n＋1＝－(2n－3)2n＋1

－6所以Tn＝(2n－3)×2n＋1＋6.20．解析：(1)由1a1＋1＋2a2＋1＋3a3＋1＋…＋nan＋1＝n.①，可得1a1＋1＋2a2＋1＋3a3＋1＋…＋n－1an－1＋1＝n－1(n>1)②，①－②得nan＋1＝1，解得an＝n－1(n>1).依题意

可得1a1＋1＝1，解得a1＝0，又因为1－1＝0，所以a1适合an＝n－1.所以数列{an}的通项公式为an＝n－1.(2)若选①，则anbn＝n－1n！＝1（n－1）！－1n！，所以Sn＝10！－11！＋

11！－12！＋12！－13！＋…＋1（n－1）！－1n！＝1－1n！.若选②，则anbn＝n－12n，Sn＝02＋122＋223＋…＋n－22n－1＋n－12n①，所以12Sn＝022＋123＋224＋…＋n－

22n＋n－12n＋1②.①－②得12Sn＝021＋122＋…＋（n－1）－（n－2）2n－n－12n＋1＝122＋123＋…＋12n－n－12n＋1＝12－12n·n＋12.∴Sn＝1－n＋12n.若选③，则anbn＝n

－1（－1）n＝(－1)n(n－1)，当n为偶数时，Sn＝(0＋1)＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋…＋[－(n－2)＋(n－1)]＝＝n2；当n为奇数时，则Sn＋1＝n＋12，所以Sn＝Sn＋1－(－1)n＋1n＝n＋12－n＝1－n2.所以Sn＝1－n2，n为

奇数，n2，n为偶数．21．解析：(1)f′(x)＝xcosx－sinx＋1，设g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝－xsinx.所以当π2<x<π时，g′(x)<0，f′(x)在π2，π上单调递减；当π<x<2π时，g′(x)>0，f

′(x)在(π，2π]上单调递增．又因为f′π2＝0，f′(π)＝1－π<0，f′(2π)＝2π＋1>0，所以f′(x)在区间D上零点的个数为2.(2)在区间D上，原不等式可等价转化为a≤sinx＋1＋2cosxx.设h(x)＝sinx＋1＋2cosx

x，则h′(x)＝cosx－2xsinx＋2cosxx2＝（x2－2）cosx－2xsinxx2.设φ(x)＝(x2－2)cosx－2xsinx，则φ′(x)＝－x2sinx，所以当π2<x<π时，φ′(x)<0，φ(x)在π2，π上单

调递减；当π<x<2π时，φ′(x)>0，φ(x)在(π，2π]上单调递增．所以φ(x)min＝φ(π)＝2－π2<0，又因为φπ2＝－π<0，φ(2π)＝4π2－2>0，所以∃x0∈(π，2π)，使得φ(x0)＝0，所

以当π2<x<x0时，φ(x)<0，h′(x)<0，h(x)在π2，x0上单调递减；当x0<x<2π时，φ(x)>0，h′(x)>0，h(x)在(x0，2π]上单调递增．又因为hπ2＝2，h(2π)＝1＋1π<2，所以h(x)max＝2.

∃x∈D，使得不等式ax≤f(x)成立⇔a≤h(x)max，所以a≤2.所以实数a的取值范围是(－∞，2].22．解析：(1)当a＝0时，f(x)＝ex没有极值点，不适合题意，所以a≠0.f′(x)＝ex＋ax，由f′(x)＝

0，可得－1a＝xex(x≠0).令g(x)＝xex(x≠0)，则g′(x)＝1－xex.所以当x<1时，g′(x)>0，所以g(x)在(－∞，1)上单调递增；当x>1时，g′(x)<0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递减．所以当x＝1时，g(x)取得极大值，也是它的最大值，所以g

(x)max＝g(1)＝1e.又因为当x→－∞时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→0.在同一坐标系中分别画出函数y＝－1a与y＝g(x)的图象，如图所示．观察图象可知，当0<－1a<1e即a<－e时，二者有两个交点，即原函数有两个极值点．所以实

数a的取值范围是(－∞，－e).(2)由(1)可知0<x1<1，且－ex1＝ax1.所以f(x1)＝ex1＋a2x21＝ex1－x1ex12＝3e2x1，整理得ex1x1－ex12－32e12＝0*.设h(x)＝exx－ex2－32e12(0<x<1)，则h′(x)＝（x－1）exx2－ex

2<0，所以h(x)在(0，1)上单调递减，又因为h12＝0，所以满足方程*的x1＝12.又由(1)可知，当x<x1时，－1a>xex，整理得f′(x)＝ex＋ax>0，所以f(x)在(－∞，x1)上单调递增；当x1<x<x2时，－1a<xex，整理得f′(x)＝ex＋ax<0，所以f(

x)在(x1，x2)上单调递减．所以当x＝x1时，f(x)取得极大值f(x1)＝32e×12＝34e12.