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详解答案·数学选择性必修·第二册(人教A版)课时作业(一)数列的概念1．答案：ABD2．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：对于A，an＝1n，n∈N*，它是无穷递减数列；对于B，an＝－n，n∈N*，它也是无穷递减数列；D是有穷数列；对于C，an＝－12n－1，它是无穷递增数列．答案：C5．解析：a

2n＝3－22n＝3－4n，a2a3＝3－223－23＝－1－5＝15.答案：3－4n156．解析：(1)∵an＝(－1)n＋2，∴a1＝1，a2＝3，a3＝1，a4＝3，a5＝1.∴数列的前5项是1,3,1,3,1.图象如图①.(2)数列{

an}的前5项依次是1，43，32，85，53.图象如图②.7．解析：对于A，令an＝1n(n＋2)＝1120⇒n＝10，易知最大项为第一项，A正确．对于B，数列2，5，22，11，…变为2，5，8，11，…⇒3×

1－1，3×2－1，3×3－1，3×4－1，…⇒an＝3n－1，B正确；对于C，an＝kn－5，且a8＝11⇒k＝2⇒an＝2n－5⇒a17＝29.C正确；对于D，由an＋1－an＝3>0，易知D正确．故选ABCD.答案：ABCD8．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，＋∞)9．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)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)内．10．解析：∵an＋1－an＝(n＋2)·1011n＋1－(n＋1)·1011n＝1011n×9－n11∴当n<9时，an＋1－an>0，即an＋1

>an；当n＝9时，an＋1＝an；当n>9时，an＋1<an∴该数列最大项为第9项和第10项，且a9＝a10＝10×10119.故选BC.答案：BC课时作业(二)数列的递推公式1．解析：A，B中没有说

明某一项，无法递推，D中a1＝2，a2＝4，a3＝8，不符合，故选C.答案：C2．解析：由an＝Sn－Sn－1(n≥2)，得a8＝S8－S7＝82＋1－72－1＝(8＋7)(8－7)＝15.故选A.答案：A3．解析：由题a1＝1，a2＝3，a3＝7，a4＝15，经验证，选D.答案：D4．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：D5．解析：由an＝Sn－Sn－1(n≥2)得an＝Sn－Sn－1＝3n－1－(3

n－1－1)＝3n－3n－1＝3n－1·2(n≥2)．当n＝1时，a1＝S1＝2，满足上式，故an＝2·3n－1.答案：2·3n－16．解析：(1)设an＝kn＋b(k≠0)，则k＋b＝29k＋b＝66解得

k＝8b＝－6.∴an＝8n－6.(2)由8n－6＝2020得n＝10134∉N*故2020不是数列{an}中的项．7．解析：由(n－1)an＝a1＋a2＋…＋an－1(n≥3)，得nan＋1＝a1＋a2＋…＋an，两式相减，得nan＋1－(n－1)an＝an.∴n

≥3时，nan＋1＝nan，即an＋1＝an.又a9＝8，∴a3＝8.又2a3＝a1＋a2，a1＝7，∴a2＝2a3－a1＝9.答案：98．解析：a1＝3，a2＝3×4＝12，a3＝3×42＝48，…，an＋1＝4an.答案：48a

n＋1＝4an9．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a1＝1.当n>1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.综上可知，{an}的通项公式an＝n(

n＋1)2.10．解析：∵a1＝1，a2＝2，anan－2＝an－1(n>3)∴a3＝2，a4＝1，a5＝12，a6＝12，a7＝1，a8＝2，…因此数列{an}是周期为6的周期数列，an＋6＝an，∴an有最大值2，a2019＝a3＝2，又因为T1＝

1，T2＝2，T3＝4，T4＝4，T5＝2，T6＝1，T7＝1，T8＝2，…，所以{Tn}是周期为6的周期数列，Tn＋6＝Tn，∴Tn有最大值4，T2019＝T3＝4.故选BCD.答案：BCD课时作业(三)等差数列的概念和通项公式1．解析：A中的公差为－2，A错误

；B、C、D均正确．答案：BCD2．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：B3．解析：∵an＋1－an＝12，∴数列{an}是首项为2，公差为12的等差数列，∴an＝a1＋(n－1)·12

＝2＋n－12，∴a101＝2＋101－12＝52.故选D.答案：D4．解析：公差d＝a2－a1＝－4，∴an＝a1＋(n－1)d＝84＋(n－1)(－4)＝88－4n，令an≥0an＋1<0，即88－4n≥088－

4(n＋1)<0⇒21<n≤22.又∵n∈N*，∴n＝22.故选B.答案：B5．解析：a＋b2＝13＋2＋13－22＝3－2＋3＋22＝3.答案：36．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38项．7．解析：∵点(an，an－1)在直线x－y－3＝0上，∴an－an－1＝3，即数列{an}是首项为3，公差为3的等差数列．∴数列

{an}的通项公式为an＝3＋(n－1)3＝3n，∴an＝3n2.故选D.答案：D8．解析：由题意可得a7＝a1＋6d>0a8＝a1＋7d<0，即33＋6d>033＋7d<0，解得－336<

d<－337，又∵d∈Z，∴d＝－5，∴an＝33＋(n－1)×(－5)＝38－5n(n∈N*)．答案：an＝38－5n9．解析：(1)证明：∵xn＝f(xn－1)＝3xn－1xn－1＋3(n≥2且n∈N*)，∴1xn＝xn－1＋33xn－1＝13＋1xn－1，∴1xn－1xn－1＝

13(n≥2且n∈N*)，∴1xn是等差数列．(2)由(1)知1xn＝1x1＋(n－1)×13＝2＋n－13＝n＋53∴1x2020＝2020＋53＝20253.∴x2020＝32025.10．解析：(1)由于an＋1＝(n2＋n－λ)a

n(n＝1,2，…)，且a1＝1.所以当a2＝－1时，得－1＝2－λ，故λ＝3.从而a3＝(22＋2－3)×(－1)＝－3.(2)数列{an}不可能为等差数列，证明如下：由a1＝1，an＋1＝(n2＋n－λ)an，得a2＝2－λ，a

3＝(6－λ)(2－λ)，a4＝(12－λ)(6－λ)(2－λ)．若存在λ，使{an}为等差数列，则a3－a2＝a2－a1，即(5－λ)(2－λ)＝1－λ，解得λ＝3.于是a2－a1＝1－λ＝－2，a4－a3＝(11－λ)(6－λ)(2－λ)＝－24.这与{an}为等差数列矛盾．所以，不存

在λ使{an}是等差数列．课时作业(四)等差数列的性质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：因为a3＋a6＋a10＋a13＝4a8＝32，所以a8＝8，即m＝8.故选A.答案：A3．解析：∵an＋1－an＝3，

∴{an}为等差数列，且d＝3.a2＋a4＋a6＝9＝3a4，∴a4＝3，a5＋a7＋a9＝3a7＝3(a4＋3d)＝3(3＋3×3)＝36，∴log6(a5＋a7＋a9)＝log636＝2.故选C.答案：C4．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，又因为a3＋a99＝2a51＝0，故选C.答案：C5．解析：用{an}表示自下而上各高度气温组成的等差数列，则a1＝8.5，a5＝－17.5，由a5＝

a1＋4d＝8.5＋4d＝－17.5，解得d＝－6.5，∴an＝15－6.5n.∴a4＝－11.答案：－116．解析：设x2－x＋m＝0的两根为x1，x2，x2－x＋n＝0的两根为x3，x4，则x1＋x2＝x3＋x4＝1.不妨设数列的首项为x1，则数列的第4项为x2，所以x1＝14，x2

＝34，公差d＝34－143＝16.所以中间两项分别是512，712.所以x1x2＝316，x3x4＝512×712.所以m＋n＝316＋512×712＝3172.7．解析：∵a，b，c成等差数列，∴2b＝a＋c，A中，2b2＝2×a＋c22＝a

2＋c2＋2ac2＝a2＋c22＋ac≠a2＋c2，∴a2，b2，c2不成等差数列．B中，log2a＋log2c＝log2ac≠2log2b，∴log2a，log2b，log2c不成等差数列．C中，a＋2＋c＋2＝a＋c＋4＝2b＋4＝2(b＋2)

．∴a＋2，b＋2，c＋2成等差数列．D中，2a＋2c≠2·2b＝2b＋1，∴2a,2b,2c不成等差数列．故选ABD.答案：ABD8．解析：n－m＝3d1，d1＝13(n－m)．又n－m＝4d2，d2＝14(n－m)．∴d1

d2＝13(n－m)14(n－m)＝43.答案：439．解析：首项是8，公差是3的等差数列的通项公式为an＝3n＋5；首项是12，公差是4的等差数列的通项公式为bm＝4m＋8.根据公共项的意义，就是两项相等，令an＝bm

，即n＝4m3＋1，该方程有正整数解时，m＝3k，k为正整数，令k＝1，得m＝3，则n＝5，因此这两个数列有最小的公共项为20，分别是第一个数列的第5项，第二个数列的第3项．10．解析：因为c11，c12，…，c21是以1为首项，2为公差的等差数列，所以c20＝c11＋9d＝1＋9

×2＝19.又{cn}为21项的“对称”数列，所以c2＝c20＝19.答案：19课时作业(五)等差数列的前n项和1．解析：a1＋3d＝3a1＋8d＝5，求得a1＝95d＝25，所以S12＝95×12＋12×112×25＝48

.故选C.答案：C2．解析：因为等差数列{an}，所以a1＋a11＝a3＋a9＝16，则S11＝11×a1＋a112＝11×8＝88.故选B.答案：B3．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－a

2m＝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：C4．解析：设S4＝m

(m≠0)，则S8＝3m，所以S8－S4＝2m，由等差数列的性质知，S12－S8＝3m，S16－S12＝4m，所以S16＝10m，故S8S16＝310.答案：A5．解析：a4＋a6＝a1＋3d＋a1＋5d＝6，

①S5＝5a1＋12×5×(5－1)d＝10，②由①②联立解得a1＝1，d＝12.答案：126．解析：(1)设数列{an}的首项为a1，公差为d.则a10＝a1＋9d＝30a20＝a1＋19d＝50，

解得a1＝12d＝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＝11.7．解析：设等差数列{an}的公差为d，∵a1＋3a2＝S6，∴4a1＋3d＝6a1＋6×52d，化为：a1＋6d＝0，即a7＝0.故a7＝0，A正确；S13＝13(a1＋a13)2＝13a7＝0，B正确；S7＝7(a1＋a7)2＝7a4，可能大于0，也可能小于

0，因此C不正确；S5－S8＝5a1＋5×4d2－8a1＋8×72d＝－3a1－18d＝－3a7＝0，D正确．故选ABD.答案：ABD8．解析：当n＝1时，S1＝a1＝－1，所以1S1＝－1.因为an＋1＝Sn＋1

－Sn＝SnSn＋1，所以1Sn－1Sn＋1＝1，即1Sn＋1－1Sn＝－1，所以1Sn是以－1为首项，－1为公差的等差数列，所以1Sn＝(－1)＋(n－1)·(－1)＝－n，所以Sn＝－1n.答案：－1n9．解析：(1)证明：当

n＝1时，a1＝S1＝14a21＋12a1－34，解得a1＝3或a1＝－1(舍去)．当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝14(a2n＋2an－3)－14(a2n－1＋2an－1－3)．所以4an＝a2n－a2n－1＋2an－2an－1，即(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，因为

an＋an－1>0，所以an－an－1＝2(n≥2)．所以数列{an}是以3为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.10．解析：根据题中定义可得Δ2an－Δan＋1＋an＝(Δan＋1－Δan)－Δan＋1＋an＝－2n(n∈N*)

，即an－Δan＝an－(an＋1－an)＝2an－an＋1＝－2n，即an＋1＝2an＋2n，等式两边同时除以2n＋1，得an＋12n＋1＝an2n＋12，∴an＋12n＋1－an2n＝12且a12＝12，所以，数列an

2n是以12为首项，以12为公差的等差数列，所以an2n＝12＋12(n－1)＝n2，因此，an＝n·2n－1.故选B.答案：B课时作业(六)等差数列前n项和公式的应用1．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：D2．解析：由S13<0，S12>0，知13(a1＋a13)2＝13×2a72＝13a7<0，12(a1＋a12)2＝12(a6＋a7)2＝6(a6＋a7)

>0，所以a7<0，a6＋a7>0.则a6>0.且a6>|a7|，故选C.答案：C3．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：B4．解析：∵S6>S7，∴a7<0，∵S7>S5，∴a6＋a7>0，∴a6>0，∴d<0，A正确；又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：AB5．解析：由|a5|＝|a9|且d>0得a5<0，a9>0且a5＋a9＝0∴2a1＋12d＝0，即a1＋6d＝0，∴a7＝0，故S6＝S7且最小．答案：6或76．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9.7．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：BC8．解析：由当且仅当n＝8时，Sn有最大值，可得d<0a8>0a9<0即d<07＋7d>07＋8d<0.解得－1<d<－78.答案：－1，－789．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100.10．解析：当a＋b＝1时，f(a)＋f(b)＝12a＋2＋12b＋2＝2b＋2＋2a＋2(2a＋2)(2b＋2)＝2a＋2b＋222a＋b＋2·2a＋2

·2b＋2＝22，∴f(－5)＋f(－4)＋f(－3)＋f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋f(5)＋f(6)＝[f(6)＋f(－5)]＋[f(5)＋f(－4)]＋[f(4)＋

f(－3)]＋[f(3)＋f(－2)]＋[f(2)＋f(－1)]＋[f(1)＋f(0)]＝6×22＝32.答案：32课时作业(七)等比数列的概念和通项公式1．解析：利用等比数列的定义验证即可，故选A.答案：A2．解析：由题意知q＝a4a3＝3，∴a

2＝a33＝2，a1＝a23＝23，∴a1＋a2＝2＋23＝83，故选D.答案：D3．解析：由题意得a4＝a1q3＝18×23＝1，a8＝a1q7＝18×27＝16.∴a4与a8的等比中项为a6＝4.故选B.答案：B4．

解析：由a1＋a3＋a5＝21得a1(1＋q2＋q4)＝21，∴1＋q2＋q4＝7，∴q2＝2，∴a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42，选B.答案：B5．解析：2a2＋a32a4＋a5＝2a2＋a32a2q2＋a3q2＝2a2＋a3q2(2a2＋a3)＝1q2＝14

.答案：146．解析：(1)设公比为q，由题意得2a1q＋a1q2＝30，∴4q＋2q2＝30，即q2＋2q－15＝0，解得q＝3或－5∵an>0，∴q＝3，∴an＝a1qn－1＝2·3n－1.(2)∵b1＝a2，∴b1＝6又bn＋1＝bn＋an∴bn＋1＝bn＋2·3n－1∴b2＝b1＋

2×30＝6＋2＝8，b3＝b2＋2×31＝8＋6＝14，b4＝b3＋2×32＝14＋18＝32，b5＝b4＋2×33＝32＋54＝86.7．解析：由a2n＝4n知|an|＝2n，则数列{an}未必是等比数列；对于B，D选项，满足条件的数列中可以存在零项，同样，数列{an}不

一定是等比数列；对于C选项，由aman＝2m＋n知，aman＋1＝2m＋n＋1，两式相除得an＋1an＝2(n∈N＋)，故数列{an}是等比数列．故选ABD.答案：ABD8．解析：∵a,1，b成等差数列，∴a＋b＝2.又∵a2,1，b2成等比数列，∴a2b2

＝1，∴ab＝±1，∴a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝4±2，∴a＋ba2＋b2＝1或a＋ba2＋b2＝13.答案：1或139．解析：(1)∵a1＝－1，an＝3an－1－2n＋3，∴a2＝3a1－2×2＋3＝－4，a3＝3a2－2×3＋3＝－15.下面证明{an－n}是等比数列：∵an＋

1－(n＋1)an－n＝3an－2(n＋1)＋3－(n＋1)an－n＝3an－3nan－n＝3(n＝1,2,3，…)．又a1－1＝－2，∴{an－n}是以－2为首项，以3为公比的等比数列．(2)由(1)知an－n＝－2×3n－1，∴an＝n－2×3

n－1.10．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.答案：an＝3n＋12

课时作业(八)等比数列的性质及应用1．解析：根据等比数列的性质可知a1a5＝a23⇒a5＝a23a1＝181.故选C.答案：C2．解析：由题意得，a1a99＝16，∴a40a60＝a250＝a1a99＝16，又∵a50>0，∴a

50＝4，∴a40a50a60＝16×4＝64.故选B.答案：B3．解析：由题意可得2a＝4＋12＝16⇒a＝8，又122＝8b⇒b＝18.故选B.答案：B4．解析：由a2·a27·a2020＝16可得(a7a1011)

2＝16，所以a7a1011＝4，a509＝2，所以a1·a2·…·a1017＝(a7a1011)508·a509＝21017.故选B.答案：B5．解析：设插入的3个数依次为a，b，c，即12，a，b，c,8

成等比数列，由等比数列的性质可得b2＝ac＝12×8＝4，因为a2＝12b>0，∴b＝2(舍负)．所以这3个数的积为abc＝4×2＝8.答案：86．解析：设数列{an}的公差为d，则a3＝a4－d＝10－d，a6＝a4＋2d＝10＋2da10＝a4＋6d＝10＋6d由a3，a6，a10成等比数列得

a3a10＝a26即(10－d)(10＋6d)＝(10＋2d)2整理得10d2－10d＝0解得d＝0或d＝1当d＝0时，a1＝a4＝10，∴S20＝20×10＝200；当d＝1时，a1＝a4－3d＝10－3＝7∴S20＝20×7＋20×192×1＝330.7．解析：根据题意，分析选项．对

于B，若K6＝K7，则a7＝K7K6＝1，B正确；对于A，由K5<K6可得，a6＝K6K5>1，则q＝a7a6∈(0,1)，故A正确；对于C，由{an}是各项为正数的等比数列且q∈(0,1)可得数列单调递减，则有K9<K5，故C错误；

对于D，结合K5<K6，K6＝K7>K8，可得D正确．故选ABD.答案：ABD8．解析：∵T13＝4T9，∴a1a2…a9a10a11a12a13＝4a1a2…a9，∴a10a11a12a13＝4.又∵a10·a13＝a11·a12＝a8·a1

5，∴(a8·a15)2＝4，∴a8a15＝±2.又∵{an}为递减数列，∴q>0，∴a8a15＝2.答案：29．证明：由题设有an＝2n，bn＝3n＋2，通过观察，容易发现c1＝a3＝b2＝8，设cn＝am＝bk，则cn＝2m＝3k＋2，又∵am＋1＝2m＋

1＝2·2m＝2·(3k＋2)＝3·(2k＋1)＋1，∴am＋1∉{bn}，∵am＋2＝2m＋2＝4·2m＝4·(3k＋2)＝3·(4k＋2)＋2，∴am＋2∈{bn}，∴cn＋1＝2m＋2＝4·2m＝4·cn.

∴cn＋1cn＝4.由此可见，{cn}是以8为首项，公比为4的等比数列．10．解析：对应于等差数列和的性质，等比数列具有相应积的性质，分析已知条件，注意1＋19＝2×10，又1＋17＝2×9，猜想：b1b2…bn＝b1b2

…b17－n(n<17，n∈N*)．事实上，当n≤8时，17－n≥9，有b1b2…b17－nb1b2…bn＝bn＋1bn＋2…b8b9b10…b17－n＝(bn＋1b17－n)(bn＋2b16－n)…(b8b10)b9＝b29b29…b29b9＝1，∴b1b2…b17－n＝b1b2…bn(n<17

，n∈N*)．同理，当n>8时，17－n<9，有b1b2…bnb1b2…b17－n＝b18－nb19－n…bn＝(b18－nbn)(b19－nbn－1)…(b8b10)b9＝b29b29…b29b9＝1.∴也有b1b2…b17－n＝b1b2…bn(n<17，n∈N*)．

综上所述，猜想成立．答案：b1b2…bn＝b1b2…b17－n(n<17，n∈N*)课时作业(九)等比数列的前n项和1．解析：等比数列中，序号成等差数列，项仍成等比数列，则a3，a6，…，a3n是等比数列，且首项为a3，公比为a6a3＝q3，再用等比数列的前n项和公式求解，即Sn＝a

3(1－q3n)1－q3，故答案为C项．答案：C2．解析：设正项等比数列{an}的公比为q，∵a3＝2，a4·a6＝64，∴a1q2＝2，a21q8＝64，解得q2＝4，则a5＋a6a1＋a2＝q4(a1＋a2)a1＋a2＝q4＝42＝16.故选C.答案：C3．解析：因为

等比数列{an}中，a1＝1，a10＝3，则a2a3a4a5a6a7a8a9＝(a1a10)4＝34＝81，故选A.答案：A4．解析：∵{an}是由正数组成的等比数列，且a1a5＝1，∴a1·a1q4＝1，又

a1，q>0，∴a1q2＝1，即a3＝1，S3＝7＝1q2＋1q＋1，∴6q2－q－1＝0，解得q＝12q＝－13舍去，∴a1＝1q2＝4，S5＝41－1321－12＝314.故选B.答案：B5．解析：设等比数列的公比

为q，由已知S3＝a1＋a1q＋a1q2＝1＋q＋q2＝34，即q2＋q＋14＝0，解得q＝－12，所以S4＝a1(1－q4)1－q＝1－－1241－－12＝58.答案：586．解析：(1)证明：因为an＋1＋1an＋1＝3an＋

3an＋1＝3，a1＋1＝3，所以{an＋1}是首项为3，公比为3的等比数列．(2)由(1)可得an＋1＝3n，所以an＝3n－1.Sn＝3(1－3n)1－3－n＝3n＋1－32－n.7．解析：由8a2＋a5＝0得8a2＋a2q3＝0，∵a2≠0，∴q3＝－8，∴q＝－2.A中，an＋1an－

1＝q2＝4；B中，S5S3＝a1(1－q5)1－qa1(1－q3)1－q＝1－q51－q3＝113；C中，S5a3＝a1(1－q5)1－qa1q2＝1－q5q2(1－q)＝114；D中，Sn＋1Sn＝1－qn＋11－qn与n有关，不确

定．故选ABC.答案：ABC8．解析：当n＝1，a1＝S1＝1，n≥2，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，满足a1＝1，故an＝2n－1，若bn＝2an，则bn＝22n－1，故数列{bn}的前n项和Tn＝2(1－4n)1－4＝23

(4n－1)．答案：2n－123(4n－1)9．解析：(1)∵S1＝a1＝1，且数列{Sn}是以2为公比的等比数列，∴Sn＝2n－1，又当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－2n－2＝2n－2.当n＝1时，a1＝1，不适合上式．∴an＝1，n＝12n－2，n≥

2.(2)由(1)知，a3，a5，…，a2n＋1是以2为首项，以4为公比的等比数列，∴a3＋a5＋…＋a2n＋1＝2(1－4n)1－4＝2(4n－1)3.∴a1＋a3＋…＋a2n＋1＝1＋2(4n－1)3＝22n＋1＋13.10

．解析：(1)由题知，{ai1}为等差数列，因为a11＝14，a21＝12，所以公差d＝14，a81＝14＋(8－1)×14＝2.又各行成等比数列，公比都相等，a31＝34，a32＝38，所以每行的公比是q＝12，所以a83＝2×12

2＝12.(2)由(1)知，ai1＝14＋(i－1)·14＝i4，所以aij＝ai1·12j－1＝i4·12j－1＝i·12j＋1.(3)An＝an11＋12＋122＋…＋12n

－1＝n42－12n－1＝n2－n·12n＋1.课时作业(十)等比数列前n项和公式1．解析：由题意可得a1＝S1＝3＋t，a2＝S2－S1＝6，a3＝S3－S2＝1

8，由等比数列得36＝(3＋t)·18.解得t＝－1.∴t＋a3＝－1＋18＝17.故选C.答案：C2．解析：设等差数列{an}的公差为d，则d≠0，因为a1，a2，a5成等比数列，所以a22＝a1a5，又因为首项a1＝1，所以(1＋d)2＝1×(1＋4d)，即

d(d－2)＝0，因为d≠0，所以d＝2，所以S10＝10×1＋10×92×2＝100.故选B.答案：B3．解析：由题得每天取的木锤组成一个等比数列，所以an＝1－121－12n1－12＝12n.故选C.答案：C4．

解析：设等比数列{an}的公比为q，由题意得212a3＝3a1＋2a2，即a1q2＝3a1＋2a1q.因为数列{an}的各项均为正数，所以a1>0，且q>0，故A，B正确；由q2－2q－3＝0，解得q＝3或q＝－

1(舍)，所以a3a2＝a1q2a1q＝q＝3，a6a4＝a1q5a1q3＝q2＝9，故C错误，D正确，故选ABD.答案：ABD5．解析：设第一日读的字数为a，由“每日添增一倍多”得此数列是以a为首项，公比为2

的等比数列，可求得三日共读的字数为a(1－23)1－2＝7a＝34685，解得a＝4955，则2a＝9910，即该君第二日读的字数为9910.答案：99106．解析：(1)设等差数列{an}公差为d，因为a2＋a4＝2a

3＝10，所以a3＝5＝1＋2d，所以d＝2.所以an＝2n－1.(2)设{bn}的公比为q，b2·b4＝a5⇒qq3＝9，所以q2＝3，所以{b2n－1}是以b1＝1为首项，q′＝q2＝3为公比的等比数列，所以b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1＝1·(1－3n)1－3＝3n－12.7

．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＝94.6<96，所以C不正确．a1＋a2＋a3＝a

1(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：ABD8．解析：由a2＝2，a5＝16易得公比q＝3a5a2＝

2.故a1＝a2q＝1.故Sn＝1(1－2n)1－2＝2n－1.S2n＝22n－1.故S2n＋Sn＋662n＝22n－1＋2n－1＋662n＝2n＋1＋642n≥22n×642n＋1＝17.当且仅当2n＝642n⇒2n＝8，n＝3时等号成立．故S2n＋Sn

＋662n的最小值是17.答案：179．解析：∵S5＝25＝5a3，∴a3＝5，∴a2＝a1＋a32＝1＋52＝3，∴b2＝a2＝3.∴d＝a2－a1＝3－1＝2.若选①，∵q·d＝1，∴q＝1d＝12，∴b1

＝3×2＝6，∴Tn＝61－12n1－12＝121－12n，由λ|Tn|<12得λ≤1，又λ>0，所以λ的取值范围为(0,1]．若选②，∵a2＋b3＝0，∴b3＝－a2＝－3，∴q＝－1，b1＝－

3，∴当n为偶数时，Tn＝0，则λ>0；当n为奇数时，Tn＝－3，由λ|Tn|<12得λ<4.综上得λ的取值范围为(0,4)．若选③，由S2＝T2得b1＝a1＋a2－b2＝1＋3－3＝1.∴q＝b2b1＝3.∴T

n＝1－3n1－3＝3n2－12，由指数函数的性质可知Tn无最大值，∴不存在正数λ，使得λ|Tn|<12.10．解析：设数列{an}的公比为q(q≠0)．对于A，f(an＋1)f(an)＝a2n＋1a2n＝q2，是常数，故A符合“保等比数列函数”的定义；对于B，f(an＋1)f(an)＝

2an＋12an＝21nnaa＋－，显然当公比q≠1时，上式不是常数，故B不符合“保等比数列函数”的定义；对于C，f(an＋1)f(an)＝|an＋1||an|＝an＋1an＝|q|，是常数，故C符合“保等比数列函

数”的定义；对于D，f(an＋1)f(an)＝ln|an＋1|ln|an|，显然当公比q≠±1时，上式不是常数，故D不符合“保等比数列函数”的定义．故选AC.答案：AC课时作业(十一)数列求和1．解析：∵S15＝(－4)×7＋(－1)14(4×15－3)＝29.S22＝(－4

)×11＝－44.S31＝(－4)×15＋(－1)30(4×31－3)＝61.∴S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76.故选B.答案：B2．解析：由an＝Sn－Sn－1(n≥2)可以求出an＝2n－1.由等比数列的性质知数列{a2n}是等比数列，此数列的首项是1，公比是

22，则S′n＝1×[1－(22)n]1－22＝13(4n－1)．答案：D3．解析：因为an＝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：D4．解析：由题意得a1＋

a2＋…＋a100＝(12－22)＋(－22＋32)＋(32－42)＋(－42＋52)＋…＋(992－1002)＋(－1002＋1012)＝－(1＋2)＋(2＋3)－…－(99＋100)＋(101＋100)＝100.故选B.答案：B5．解析：S2n＝a1＋a2＋…

＋a2n＝[4(－1)0－1]＋[4(－1)1－2]＋[4(－1)2－3]＋…＋[4(－1)2n－1－2n]＝4[(－1)0＋(－1)1＋(－1)2＋…＋(－1)2n－1]－(1＋2＋3＋…＋2n)＝－2n(2n＋1)2＝－n(2n＋1)．答案

：－n(2n＋1)6．解析：因为2Sn＝(n＋1)an，当n≥2时，2Sn－1＝nan－1两式相减得：2an＝(n＋1)an－nan－1即(n－1)an＝nan－1，所以当n≥2时，ann＝an－1n－1.

所以ann＝a11＝2，即an＝2n.(2)证明：因为an＝2n，bn＝4an(an＋2)，n∈N*，所以bn＝42n(2n＋2)＝1n(n＋1)＝1n－1n＋1.所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1－12＋1

2－13＋…＋1n－1n－1＝1－1n＋1＝nn＋1，因为1n＋1>0，所以1－1n＋1<1.又因为f(n)＝1n＋1在N*上是单调递减函数，所以1－1n＋1在N*上是单调递增函数．所以当n＝1时，Tn取最小值12

，所以12≤Tn<1.7．解析：根据题意，对于数列{an}点(n，Sn＋3)(n∈N*)在函数y＝3×2x的图象上，则有Sn＋3＝3×2n，即Sn＝3×2n－3①当n≥2时，由①得Sn－1＝3×2n－1－3②①－②得an＝(3×2

n－3)－(3×2n－1－3)＝3×2n－1③当n＝1时，a1＝S1＝3×2－3＝3，验证可得当n＝1时，a1＝3符合③式，则an＝3×2n－1，设等比数列{bn}的公比为q，又等比数列{bn}满足bn＋bn＋1＝an(n∈N*)，故当n＝1时

，有b1＋b2＝b1(1＋q)＝3④当n＝2时，有b2＋b3＝b2(1＋q)＝b1q(1＋q)＝6⑤联立④⑤，解得b1＝1，q＝2，则bn＝2n－1，则有Tn＝1(1－2n)1－2＝2n－1，据此分析选项：对于A，Sn＝3×2n－3＝3(2n－1)，Tn＝2n－

1，则有Sn＝3Tn，故A错误；对于B，Tn＝2n－1，bn＝2n－1，Tn＝2bn－1，故B错误；对于C，当n＝1，T1＝2－1＝1，a1＝3×20＝3，Tn>an不成立，故C错误；对于D，Tn＝2n－1

，bn＋1＝2n，则有Tn<bn＋1，故D正确，综上，选项A，B，C错误，故选ABC.答案：ABC8．解析：设等差数列{an}的公差为d，由题意得a1＋d＝86a1＋15d＝66，解得a1＝6d＝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＋49．解析：方案一：选条件①(1)∵a3＝5，a2＋a5＝6b2，a1＝b1，d＝q，d>1∴a1＋2d＝52a1＋

5d＝6a1d解得a1＝1d＝2或a1＝256d＝512(舍去)∴b1＝1q＝2∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1bn＝b1qn－1＝2n－1(2)∵cn＝anbn∴cn＝2n－12n－1＝(2n－1)×12n－1∴

Tn＝1＋3×12＋5×122＋…＋(2n－3)×12n－2＋(2n－1)×12n－1∴12Tn＝12＋3×122＋5×123＋…＋(2n－3)×12

n－1＋(2n－1)×12n∴12Tn＝1＋212＋122＋…＋12n－1－(2n－1)×12n＝1＋2×121－12n－11－12－(2n－1)×12n＝3－(2n＋3)×

12n∴Tn＝6－(2n＋3)×12n－1方案二：选条件②(1)∵b2＝2，a3＋a4＝3b3，a1＝b1，d＝q，d>1∴a1d＝22a1＋5d＝3a1d2∴a1d＝22a1＋5d＝6d解得a1＝1d＝2或

a1＝－1d＝－2(舍去)∴b1＝1q＝2∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1bn＝b1qn－1＝2n－1(2)∵cn＝anbn∴cn＝2n－12n－1＝(2n－1)×12n－1∴Tn＝1＋3×12＋5×

122＋…＋(2n－3)×12n－2＋(2n－1)×12n－1∴12Tn＝12＋3×122＋5×123＋…＋(2n－3)×12n－1＋(2n－1)×12n∴12Tn＝1＋212

＋122＋…＋12n－1－(2n－1)×12n＝1＋2×121－12n－11－12－(2n－1)×12n＝3－(2n＋3)×12n∴Tn＝6－(2n＋3)×12n－1方案三：选条件

③∵S3＝9，a4＋a5＝8b2，a1＝b1，d＝q，d>1∴a1＋d＝32a1＋7d＝8a1d解得a1＝1d＝2或a1＝218d＝38(舍去)即b1＝1q＝2∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1bn＝b1qn－1＝2n－

1(2)∵cn＝anbn∴cn＝2n－12n－1＝(2n－1)×12n－1∴Tn＝1＋3×12＋5×122＋…＋(2n－3)×12n－2＋(2n－1)×12n－1∴12Tn＝12＋3×122＋5×12

3＋…＋(2n－3)×12n－1＋(2n－1)×12n∴12Tn＝1＋212＋122＋…＋12n－1－(2n－1)×12n＝1＋2×121－12n－11－12－(2n－1)×

12n＝3－(2n＋3)×12n∴Tn＝6－(2n＋3)×12n－110．解析：因为数列a1，a2，…，a5的“理想数”为2020，所以S1＋S2＋S3＋S4＋S55＝2020

，即S1＋S2＋S3＋S4＋S5＝5×2020，所以数列2，a1，a2，…，a5的“理想数”为2＋(2＋S1)＋(2＋S2)＋…＋(2＋S5)6＝6×2＋5×20206＝50563.故选D.答案：D章末质量检测(一)数列1．解析：设等差数列的首项为a1，公差为d，∵a5＋a9＝50，a4＝1

3，∴2a1＋12d＝50a1＋3d＝13，解得a1＝1d＝4.∴S10＝10×1＋10×(10－1)2×4＝190，故选B项．答案：B2．解析：在等比数列{an}中，S5，S10－S5，S15－S10，

…成等比数列，因为S10S5＝12，所以S5＝2S10，S15＝34S5，得S15S5＝34，故选A.答案：A3．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：A4．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(a2016－a2017)q2a2016－a2017＝q2＝9.故选D.答案：D5．解析：一年有二十四个节气，每相邻两个节气之间的日影长度差为9916分，且“冬至”时

日影长度最大，为1350分；“夏至”时日影长度最小，为160分．∴1350＋12d＝160，解得d＝－119012，∴“立春”时日影长度为：1350＋－119012×3＝105212(分)．故选B.答案：B6．解析：观察图形可知第1个图形中包含点的个数为

：3＝3×1＝3×12，第2个图形中包含点的个数为：12＝3×(1＋3)＝3×22，第3个图形中包含点的个数为：27＝3×(1＋3＋5)＝3×32，第4个图形中包含点的个数为：48＝3×(1＋3＋5＋7)＝3×42，…第6个图形中包含点的个数为

：48＝3×(1＋3＋5＋7＋9＋11)＝3×62＝108.故选A.答案：A7．解析：由am＋n＝aman，令m＝1可得an＋1＝a1an＝2an，∴数列{an}是公比为2的等比数列，∴an＝2×2n－1＝2n

.则ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝2k＋1＋2k＋2＋…＋2k＋10＝2k＋1(1－210)1－2＝2k＋11－2k＋1＝215－25，∴k＝4.故选C.答案：C8．解析：由题可知等积数列的各项以2为一个周期循环出

现，每相邻两项的和相等，前41项的和为103，则(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a39＋a40)＋a41＝103，即20(a1＋a2)＋a1＝103，解得a2＝2所以公积是2×3＝6故选C.答案：

C9．解析：由等差中项的性质可得a3＋a8＋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：设等比数列{an}的公比为q，因为a1a4＝32，a2＋a3＝12，所以

a2a3＝32a2＋a3＝12，解得：a2＝4a3＝8或a2＝8a3＝4，因为{an}递增，所以a2＝4a3＝8，因此q＝2，故A错；所以a1＝a2q＝2，因此an＝2n，Sn＝2×

(1－2n)1－2＝2n＋1－2，所以S8＝29－2＝510，Sn＋2＝2n＋1，所以数列{Sn＋2}是等比数列，故BC正确；又lgan＝lg2n＝n·lg2，因此数列{lgan}是公差为lg2的等差数列，故D错；故选BC.答案：BC11．解析：因为1an＋1＝2＋3anan＝2an＋3，所

以1an＋1＋3＝21an＋3，又1a1＋3＝4≠0，所以1an＋3是以4为首项，2为公比的等比数列，1an＋3＝4×2n－1即an＝12n＋1－3，{an}为递减数列，1an的前n项和Tn＝(22－3)＋(23－3)＋…＋(2n＋1－3)＝2(21＋22＋…＋

2n)－3n＝2×2×(1－2n)1－2－3n＝2n＋2－3n－4.故选ABD.答案：ABD12．解析：对A，写出数列的前6项为1,1,2,3,5,8，故A正确；对B，S7＝1＋1＋2＋3＋5＋8＋13＝33，故B正确；对C，由a1＝a2，a3＝a4－a2，a5＝a6－a4，……，a2

019＝a2020－a2018，可得：a1＋a3＋a5＋…＋a2019＝a2020.故a1＋a3＋a5＋…＋a2019是斐波那契数列中的第2020项，故C项正确；对D，斐波那契数列总有an＋2＝an＋1＋an，则a21＝a2a1，a22＝a2(a3－a1)＝a2a3－a2a1，

a23＝a3(a4－a2)＝a3a4－a2a3，……，a22018＝a2018(a2019－a2017)＝a2018a2019－a2017a2018，a22019＝a2019a2020－a2019a20

18.a21＋a22＋a23＋……＋a22019＝a2019a2020，故D正确；故选ABCD.答案：ABCD13．解析：由题意可知，这一年中的每一个月的产值成等比数列，求月平均增长率只需利用a12a1＝m，所以月平均增长率为11m－1.答案：11m－114．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：－115．解析：由已知可知Sn＋1－Sn＝Sn·Sn＋1，两边同时除以Sn·Sn＋

1，可得1Sn－1Sn＋1＝1⇒1Sn＋1－1Sn＝－1，所以1Sn是以1S1＝12为首项，－1为公差的等差数列，所以1Sn＝12＋(n－1)×(－1)＝32－n，整理为Sn＝23－2n.答案：23－2n16．解析：设等差数列{an}的公差为d，因为S5＝5(a

1＋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a26＝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b

n＝1212n＋3－12n＋5，所以Sn＝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＝12＋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a

k＋2>0，所以满足题意的k存在当且仅当3(k＋1)－16<03(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存在当且仅当2(k＋1)－11<02(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a

n＋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.课时作业(十二)变化率问题1．解析：v－＝ΔsΔt＝[(3＋Δt)2＋3]－(32＋3

)Δt＝6Δt＋(Δt)2Δt＝6＋Δt.答案：A2．解析：Δs＝18(2＋Δt)2－18×22＝18[4＋4Δt＋(Δt)2－4]＝18[(Δt)2＋4Δt]∴ΔsΔt＝18Δt＋12∴limΔt→0ΔsΔt＝limΔt

→018Δt＋12＝12.故此木块在水平方向的瞬时速度为12m/s.故选C.答案：C3．解析：由瞬时速度的求法可知limΔt→0ΔsΔt表示在t时刻时该物体的瞬时速度．答案：B4．解析：当Δ

x＝1时，直线AB的斜率k1＝ΔyΔx＝(2＋Δx)2－1－22＋1Δx＝(2＋1)2－221＝5.当Δx＝0.1时，直线AB的斜率k2＝ΔyΔx＝(2＋0.1)2－1－22＋10.1＝4.1答案：54.15．解析：设物体在t0时的瞬时速度为1，则ΔsΔt＝7(t0＋Δt)2－(7t20＋8

)Δt＝7Δt＋14t0∴limΔt→0ΔsΔt＝limΔt→0(7Δt＋14t0)＝14t0令14t0＝1，得t0＝114，即在t＝114时的瞬时速度为1.答案：1146．解析：Δy＝[(1＋Δx)2＋2(1＋Δx)＋3]－(12＋1×2＋3)＝4Δx＋(Δx)2，∴ΔyΔx＝4Δx

＋(Δx)2Δx＝4＋Δx，∴k＝limΔx→0ΔyΔx＝limΔx→0(4＋Δx)＝4∴在点(1,6)处的切线方程为：y－6＝4(x－1)即4x－y＋2＝0.7．解析：前3s内，Δt＝3s，Δh＝h(3)－h(0)＝24(m)，此时平均速度为ΔhΔt＝

243＝8(m/s)，故AC正确；在时间[2,3]内，Δt＝3－2＝1(s)，Δh＝h(3)－h(2)＝12(m)，故平均速度为ΔhΔt＝12(m/s)，所以BD正确．综上，ABCD都正确．答案：ABC

D8．解析：设t＝t0时刻的瞬时速度为0m/s，则Δh＝h(t0＋Δt)－h(t0)＝－9.8t0·Δt＋6.5Δt－4.9(Δt)2，∴ΔhΔt＝－9.8t0＋6.5－4.9Δt，则h′(t0)＝limΔt→0ΔhΔt＝－9.8t

0＋6.5，∴－9.8t0＋6.5＝0，解得t0＝6598s.答案：65989．解析：(1)由y＝x2＋4y＝x＋10得x＝－2y＝8或x＝3y＝13所以抛物线与直线的交点坐标为(－2,8)，(3,

13)．(2)若交点坐标为(－2,8)，则k＝limΔx→0ΔyΔx＝limΔx→0[(－2＋Δx)2＋4]－[(－2)2＋4]Δx＝limΔx→0(－4＋Δx)＝－4.∴在点(－2,8)处的切线方程为：y－8＝－4(x＋2)，即4x＋y＝0.若交点坐标为(3,13)，则k＝lim

Δx→0ΔyΔx＝limΔx→0[(3＋Δx)2＋4]－(32＋4)Δx＝limΔx→06Δx＋(Δx)2Δx＝limΔx→0(6＋Δx)＝6.∴在点(3,13)处的切线方程为：y－13＝6(x－3)即6x－y－5＝

0.10．解析：(1)∵物体在t∈[3,5]内的时间变化量为Δt＝5－3＝2，物体在t∈[3,5]内的位移变化量为Δs＝3×52＋2－(3×32＋2)＝3×(52－32)＝48，∴物体在t∈[3,5]内的平均速度为ΔsΔt＝482＝24(m/s)．(2)求物体的初速度v0，即求

物体在t＝0时的瞬时速度．∵物体在t＝0附近的平均变化率为ΔsΔt＝s(0＋Δt)－s(0)Δt＝29＋3[(0＋Δt)－3]2－29－3×(0－3)2Δt＝3Δt－18，∴物体在t＝0时的瞬时变化率为lim

Δt→0ΔsΔt＝limΔt→0(3Δt－18)＝－18，即物体的初速度为－18m/s.(3)物体在t＝1时的瞬时速度即为函数在t＝1处的瞬时变化率．∵物体在t＝1附近的平均变化率为ΔsΔt＝29＋3[(1＋Δt)－3]2

－29－3×(1－3)2Δt＝3Δt－12，∴物体在t＝1处的瞬时变化率为limΔt→0ΔsΔt＝limΔt→0(3Δt－12)＝－12.即物体在t＝1时的瞬时速度为－12m/s.课时作业(十三)导数的概念

及其几何意义1．解析：因为Δy＝f(1＋Δx)－f(1)＝2(1＋Δx)－11＋Δx－2×1－11＝2Δx＋1－11＋Δx＝2Δx＋Δx1＋Δx，所以ΔyΔx＝2Δx＋Δx1＋ΔxΔx＝2＋11＋Δx，所以limΔx→0ΔyΔx＝limΔx→

02＋11＋Δx＝2＋1＝3，所以f′(1)＝3，即所求切线的斜率为3.答案：D2．解析：过点P的切线的斜率为k＝f′(1)＝limΔx→012(1＋Δx)2－2－12×12＋2Δx＝

1，设切线的倾斜角为α，则tanα＝1，因为α∈[0°，180°)，所以α＝45°.答案：B3．解析：∵y′|x＝2＝limΔx→0(2＋Δx)3－8Δx＝limΔx→0[12＋6Δx＋(Δx)2]＝12，∴12a＝1

2，∴a＝1.故选B.答案：B4．解析：根据题意可设切点为P(x0，y0)，因为Δy＝(x＋Δx)2－3(x＋Δx)－(x2－3x)＝2xΔx＋(Δx)2－3Δx，ΔyΔx＝2x＋Δx－3，所以f′(x)＝limΔx→0ΔyΔx＝lim

Δx→0(2x＋Δx－3)＝2x－3.由f′(x0)＝0，即2x0－3＝0，得x0＝32，代入曲线方程得y0＝－94，所以P32，－94.答案：32，－945．解析：因为f′(－1)＝limΔx→0ΔyΔx＝lim

Δx→0f(－1＋Δx)－f(－1)Δx＝limΔx→02Δx－1－aΔx＋a－a＋2Δx＝limΔx→02Δx－1－aΔx＋2Δx＝limΔx→0－a(Δx)2＋aΔx＋2ΔxΔx(Δx－1)＝limΔx→0－aΔx＋a＋2Δx－1＝－(a＋2)＝1，得a＝－3，所以f(x)＝2x＋3x，所以

f(－1)＝－5，则所求切线的方程为y＋5＝x＋1，即x－y－4＝0.答案：x－y－4＝06．解析：将x＝2代入曲线C的方程得y＝4，所以设切点为P，则P(2,4)．y′|x＝2＝limΔx→0ΔyΔx＝limΔx→013(2＋Δx)3＋43－13×23－43Δx＝limΔx→

04＋2·Δx＋13(Δx)2＝4.所以k＝y′|x＝2＝4.所以曲线在点P(2,4)处的切线方程为y－4＝4(x－2)，即4x－y－4＝0.7．解析：f(x)＝x在点x＝0处导数不存在，A不正确；y＝x3在点(0,0

)处切线方程为y＝0，B不正确；y＝3x在点(0,0)处切线方程为x＝0，C不正确；k＝y′|x＝1＝limΔx→02(1＋Δx)3－2×13Δx＝6，D正确．故选ABC.答案：ABC8．解析：设P(x0，y0)，因为f′(x)＝limΔx→0(x

＋Δx)3－3(x＋Δx)＋23－x3＋3x－23Δx＝3x2－3，所以切线的斜率k＝3x20－3，所以tanα＝3x20－3≥－3，所以α∈0，π2∪23π，π.答案：0，π2∪23π，

π9．解析：(1)将P(2，－1)代入y＝1t－x中得t＝1，所以y＝11－x.所以ΔyΔx＝11－(x＋Δx)－11－xΔx＝ΔxΔx(1－x－Δx)(1－x)＝1(1－x－Δx)(1－x)，所以y′＝limΔx→0ΔyΔ

x＝1(1－x)2，所以曲线在点P处切线的斜率为k＝y′|x＝2＝1(1－2)2＝1，所以曲线在点P处的切线方程为y＋1＝1×(x－2)，即x－y－3＝0.(2)点O(0,0)不在曲线C上，设过点O的曲线C的切线与曲线C相切于点

M(x0，y0)，则切线斜率k＝y0x0＝1(1－x0)2，由于y0＝11－x0，所以x0＝12，所以切点为M12，2，切线斜率k＝4，切线方程为y－2＝4x－12，即y＝4x.10．解析：因

为f′(x)＝limΔx→0ΔyΔx＝limΔx→0a(x＋Δx)2＋1－(ax2＋1)Δx＝2ax，所以f′(1)＝2a，即切线斜率k1＝2a.因为g′(x)＝limΔx→0ΔyΔx＝limΔx→0(x＋Δx)3＋b(x＋Δx)－(x3＋bx)Δx＝3x2＋b，所以g′(1)＝3＋b，即切线

的斜率k2＝3＋b.因为在交点(1，c)处有公切线，所以2a＝3＋b.①又因为c＝a＋1，c＝1＋b，所以a＋1＝1＋b，即a＝b，代入①式，得a＝3b＝3.课时作业(十四)基本初等函数的导数1．解析：因

为(sinx)′＝cosx，A正确；sinπ3＝32，而32′＝0，B错误；(2ex)′＝2ex，C正确；∵f′(x)＝(x－2)′＝－2x－3，则f′(3)＝－227，D错误，故选AC.答案：AC2．解析：y′＝3x2，因为k＝3，所以3x2＝3，

所以x＝±1，则P点坐标为(－1，－1)或(1,1)．答案：B3．解析：因为y＝lnx的导数y′＝1x，所以令1x＝12，得x＝2，所以切点为(2，ln2)．代入直线y＝12x＋b，得b＝ln2－1.答案：C4．解析：因为y′＝

ex，所以y′|x＝0＝e0＝1，所以切线方程为y－1＝x即y＝x＋1，令x＝0，则y＝1.答案：B5．解析：y′＝αxα－1，所以y′|x＝1＝α，所以切线方程为y－2＝α(x－1)，即y＝αx－α＋2，该直线过(0,0)，所以α＝2.答案：26．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)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

.7．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.答案：A8．解析：导函数y′＝(n＋1)xn，切线斜率k＝y′|x＝1＝n＋1，所以切线方程为

y＝(n＋1)x－n，可求得切线与x轴的交点为nn＋1，0，则an＝lgnn＋1＝lgn－lg(n＋1)，所以有a1＋a2＋…＋a99＝(lg1－lg2)＋(lg2－lg3)＋…＋(lg99－lg100)＝

lg1－lg100＝－2.答案：－29．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．10．解析：A中，f′(x)＝ex，有无数个解，所以f(x)有无数个“巧值点”，A符合；B中，f′(x)＝1x，则lnx＝1x，令g(x)＝lnx－1x(x>0)，易知g(x)的图象为(0，＋∞)上一条连续不断的曲线，且g(1)＝－1<0，g(e)＝1－1e>0

，由函数零点存在性定理可知g(x)在(1，e)上必有零点，所以f(x)有“巧值点”，B符合；C中，f′(x)＝cosx，由sinx＝cosx得x＝π4＋kπ，k∈Z，所以f(x)有“巧值点”，C符合；D中

，f′(x)＝－12x，x＝－12x无实数解，所以f(x)无“巧值点”，D不符合，故选ABC.答案：ABC课时作业(十五)导数的四则运算法则1．答案：ABD2．解析：因为f′(x)＝1－cosx，所以f′(x)在π6，π2上单调递增，所以f′π6<f′π3<

f′π2，即a<b<c.故选C.答案：C3．解析：由题得f′(x)＝－3x2＋2，当x＝－1时，y＝－1，所以切点为(－1，－1)，k＝f′(－1)＝－3＋2＝－1，所以切线l的方程为y＋1＝－(x＋1)，所以x＋y＋2＝0，所以点(3,2)到直线l的距离为|3＋2＋2|

12＋12＝722.故选A.答案：A4．解析：y′＝4x3＋2ax，因为曲线在点(－1，a＋2)处切线的斜率为8，所以y′|x＝－1＝－4－2a＝8，解得a＝－6.答案：－65．解析：由f(x)＝lnx＋2x可得f′(x)＝1x·x－(lnx＋2)x2＝－lnx

－1x2，所以f′(1)＝－1，又f(1)＝2.所以曲线f(x)在x＝1处的切线方程为y－2＝－(x－1)，即x＋y－3＝0.答案：x＋y－3＝06．解析：(1)已知两点均在曲线C上，所以d＝127a＋9b＋3c＋d＝4，因为y′＝3ax2＋2bx＋c，f′(0)＝c，f′(3)＝27a

＋6b＋c，所以c＝127a＋6b＋c＝－2，可求出d＝1，c＝1，a＝－13，b＝1所以曲线C：y＝－13x3＋x2＋x＋1.(2)设切点为P(x0,2x0－x30)，则斜率k＝f′(x0)＝2－3x20，过切点的切线方程为y－2x0＋x30＝(2－3x20)(x－x0)，

因为过点A(1,1)，所以1－2x0＋x30＝(2－3x20)(1－x0)，解得x0＝1或x0＝－12，当x0＝1时，切点为(1,1)，切线方程为x＋y－2＝0，当x0＝－12时，切点为－12，－78

，切线方程为5x－4y－1＝0.7．解析：∵f(x)＝14x2＋cosx∴f′(x)＝x2－sinx∴f′(－x)＝－x2－sin(－x)＝－x2－sinx＝－f′(x)故f′(x)为奇函数，故函数图象关于原点对称，排除

B、D.f′π6＝12×π6－sinπ6＝π12－12<0故C不对，A正确．答案：A8．解析：由f′(x)＝x－ax，得f′(1)＝1－a.因为f(1)＝12，所以函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y－12＝(1－a)(x－1)，即y＝(1－a)x＋a－12.由题意

得1－a≥0a－12>0，解得12<a≤1，所以实数a的取值范围为(12，1]．答案：(12，1]9．解析：(1)f′(x)＝1＋2x2，g′(x)＝－ax，所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率为f′(1)＝3，曲线

y＝g(x)在x＝1处的切线的斜率为g′(1)＝－a，由已知，得f′(1)＝g′(1)，得a＝－3.(2)由题意，得1＋2x2＝－ax(x>0)，则a＝－x－2x≤－22，当且仅当x＝2时，等号成立，故实数a的取值范围为(－∞，－22]．10．解析：依题意

得，g′(x)＝6x2－6x，g″(x)＝12x－6，令g″(x)＝0，解得x＝12，∵g12＝12∴函数g(x)的对称中心为12，12，则g(1－x)＋g(x)＝1，∵1100＋99100＝2100＋98100＝…

＝49100＋51100＝1，∴g1100＋g99100＝g2100＋g98100＝…＝g49100＋g51100＝1.∴g1100＋g2100＋…＋g99100＝[

g1100＋g99100]＋[g2100＋g98100]＋…＋[g49100＋g51100]＋g12＝49＋12＝4912.答案：4912课时作业(十六)简单复合函数的导数1．解析：∵(

e－x＋2)′＝－e－x＋2，∴f′(x)＝－e－x＋2·(2x＋1)4＋8e－x＋2(2x＋1)3∴f′(0)＝－e2＋8e2＝7e2，故选C.答案：C2．解析：因为函数f(x)为偶函数所以f(－x)＝f(x)即－x(e－x－aex)＝x(ex－ae－x

)解得a＝1.故f(x)＝x(ex－e－x)∴f′(x)＝ex－e－x＋(ex＋e－x)x∴f′(1)＝e－e－1＋(e＋e－1)＝2e，故选A.答案：A3．解析：由题可知x∈R，∵函数f(x)＝ex＋a·e－x，∴f′(x)＝ex－aex，又∵f′(x)是奇函数，∴f′(0)＝1－a＝

0，∴a＝1，∴f(x)＝ex＋1ex，f′(x)＝ex－1ex.∵曲线y＝f(x)的一条切线的斜率是32.∴32＝ex－1ex，解方程可得x＝ln2.故选D.答案：D4．解析：因为(x－2x－1)′＝1－12x－1，(e－x)′＝－e－x，所

以f′(x)＝(1－12x－1)e－x－(x－2x－1)e－x＝(1－x)(2x－1－2)e－x2x－1＝(1－x)(1－22x－1)e－x(x>12)．答案：(1－x)(1－22x－1)e－x(x>12)．5．解析：方法一(先求函数解析式)当x>0时，－x<0，则f(－x)＝lnx－3x

.又f(x)为偶函数，所以f(x)＝f(－x)＝lnx－3x，所以当x>0时，f′(x)＝1x－3，则曲线y＝f(x)在点(1，－3)处的切线的斜率为f′(1)＝－2，所以切线方程为y＋3＝－2(x－1)，即2x＋y＋1＝0.方法二

(直接利用原函数与导函数的关系)当x<0时，f′(x)＝1x＋3，由f(x)为偶函数，知f′(x)为奇函数，所以f′(1)＝－f′(－1)＝－2，又切线过点(1，－3)，所以所求切线方程为2x＋y＋1＝0

.答案：2x＋y＋1＝06．解析：(1)由f(x)＝aexlnx＋bex－1x，得f′(x)＝(aexlnx)′＋bex－1x′＝aexlnx＋aexx＋bex－1x－bex－1x2.(2)由于切点既在曲线y＝f(x)上，又在切线y＝e(x－1)＋

2上，将x＝1代入切线方程得y＝2，将x＝1代入函数f(x)得f(1)＝b，∴b＝2.将x＝1代入导函数f′(x)中，得f′(1)＝ae＝e，∴a＝1.7．解析：∵f0(x)＝sin2x＋cos2x∴f1(x)＝

f′0(x)＝2(cos2x－sin2x)f2(x)＝f′1(x)＝22(－sin2x－cos2x)f3(x)＝f′2(x)＝23(－cos2x＋sin2x)f4(x)＝f′3(x)＝24(sin2x＋cos2x)，通过以上可以看出fn(x)满足以下规律：对任意n∈N*，fn＋4

(x)＝24fn(x)故f2021(x)＝f505×4＋1(x)＝22021(cos2x－sin2x)，故选A.答案：A8．解析：由y＝ex得y′＝ex由y＝e2x－2得y′＝2e2x设公切线在y＝ex上的切点坐标为(m，em)

，在y＝e2x－2上的切点坐标为(a，e2a－2)，由题可得em＝2e2a，整理可得m＝2a＋ln2，①结合斜率公式有2e2a＝em－e2a＋2m－a，②将①代入②中整理可得e2a(2a＋2ln2－1)－2＝0，又a为函数f(x)的零点，所以f(x)的解析

式可能为f(x)＝e2x(2x＋2ln2－1)－2.答案：f(x)＝e2x(2x＋2ln2－1)－29．解析：由f(x)＝3x＋cos2x＋sin2x，得f′(x)＝3－2sin2x＋2cos2x，则a＝f′π4＝3－2sinπ2

＋2cosπ2＝1.由y＝x3得y′＝3x2.当P点为切点时，切线的斜率k＝3a2＝3×12＝3，又b＝a3，∴b＝1，∴切点P的坐标为(1,1)，故过曲线y＝x3上的点P的切线方程为y－1＝3(x－1)，即3x－y－2＝0.当P点不是切点时，设切点为(x0，x30)，此时切线的斜率k′＝3x

20，∴切线方程为y－x30＝3x20(x－x0)，∵P(a，b)在曲线y＝x3上，且a＝1，∴b＝1，将P(1,1)代入切线方程中得1－x30＝3x20(1－x0)，∴2x30－3x20＋1＝0，∴2x30－2x20－x20＋1＝0，∴(x0－1)2(2x0＋

1)＝0，解得x0＝－12(x0＝1舍去)，∴切点坐标为－12，－18，又切线的斜率为3×－122＝34，∴此时的切线方程为y＋18＝34x＋12，即3x－4y＋1＝0.综上，满足题意的切线方程为3x－y－2＝0或3x－4y＋1＝0

.10．解析：若f(x)＝sinx＋cosx，则f″(x)＝－sinx－cosx，在(0，π2)上恒有f″(x)<0，A正确；若f(x)＝lnx－2x，则f″(x)＝－1x2，在(0，π2)上恒有f″(x)<0

，B正确，若f(x)＝－x3＋2x－1，则f″(x)＝－6x，在(0，π2)上恒有f″(x)<0，C正确；若f(x)＝－xe－x，则f″(x)＝2e－x－xe－x＝(2－x)e－x，在(0，π2)上恒有f″(x)>0，D不正确．答案：ABC课时作业(十七)函数的单调性与导数1．解析：由导函数

的图象可知，当x<0时，f′(x)>0，即函数f(x)为增函数；当0<x<x1时，f′(x)<0，即函数f(x)为减函数；当x>x1时，f′(x)>0，即函数f(x)为增函数，观察选项易知C正确，故选C.答案：C2．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：方法一由函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象自左到右先增后减，可知函数y＝f(x)图象的切线的斜率自左

到右先增大后减小．方法二由于f′(x)>0恒成立，则根据导数符号和函数单调性的关系可知，f(x)单调递增，即图象从左至右上升．四个图象都满足．由于当x>0时，f′(x)>0且越来越小，则函数值增加得越来越慢，图象呈现上凸状；当x<0时，f′

(x)>0且越来越大，故函数值增加得越来越快，图象呈现下凸状，可以判断B正确．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：由题意知f(0)＝0，f(x)的定义域为R∵f(－x)＝－x－sin(－x)＝－(x－sinx)＝－f(x)∴f(x)是奇函数又f′(x)＝1－cosx≥0∴f(x)是增函数故选B.答案：B6．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．7．解析：y′＝－xex当x<0时，函数是增函数当x>0时，函数是减函数只有选项

C满足．答案：C8．解析：由题易知，f(x)＝lnx＋ln(2－x)的定义域为(0,2)，f′(x)＝1x＋1x－2＝2(x－1)x(x－2).由f′(x)>00<x<2，得0<x<1；由

f′(x)<00<x<2，得1<x<2.所以函数f(x)＝lnx＋ln(2－x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1,2)上单调递减，所以A正确，B不正确．又f(12)＝ln12＋ln(2－12)＝ln34，f32＝ln32＋ln(2－32)＝ln34，所以f

12＝f32＝ln34，所以C正确，D不正确，故选AC.答案：AC9．解析：f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－2a3.①当a＝0时，因为f′(x)＝3x2≥0，所以函数f(x)在

(－∞，＋∞)上单调递增；②当a>0时，若x∈－∞，－2a3∪(0，＋∞)，则f′(x)>0，若x∈－2a3，0，则f′(x)<0，所以函数f(x)在－∞，－2a3，(0，＋∞)上单调

递增，在－2a3，0上单调递减；③当a<0时，若x∈(－∞，0)∪－2a3，＋∞，则f′(x)>0，若x∈0，－2a3，则f′(x)<0，所以函数f(x)在(－∞，0)，－2a3，＋∞上单调递增，

在0，－2a3上单调递减．综上，当a＝0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a>0时，函数f(x)在－∞，－2a3，(0，＋∞)上单调递增，在(－2a3，0)上单调递减；当a<0时，函数f(x)在(－∞，0)，(－2

a3，＋∞)上单调递增，在0，－2a3上单调递减．10．解析：对于A，exf(x)＝ex·2－x＝e2x，在R上为增函数，故A符合要求；对于B，exf(x)＝ex·3－x＝e3x，在R上为减函数，故B不符合要求；对于C，exf

(x)＝ex·x3，故[exf(x)]′＝(ex·x3)′＝ex·(x3＋3x2)，显然函数exf(x)＝ex·x3在R上不单调，故C不符合要求；对于D，exf(x)＝ex·(x2＋2)，故[exf(x)]′＝[ex·(x2＋2

)]′＝ex·(x2＋2x＋2)＝ex·[(x＋1)]2＋1]>0，故函数exf(x)＝ex·(x2＋2)在R上为增函数，故D符合要求，故选AD.答案：AD课时作业(十八)函数单调性的应用1．解析：求解函数的导数可得y′＝2x－2x，令2x－2x≥0，结

合x>0，解得x≥1.所以单调增区间是[1，＋∞)．答案：B2．解析：因为f′(x)＝1x·x－lnxx2＝1－lnxx2.当x∈(e，＋∞)时，1－lnx<0，所以f′(x)<0，所以f(x)在(e，＋∞)内为单调递减函数．故

f(a)>f(b)．答案：A3．解析：因为f(x)＝x－sinx，所以f(－x)＝－x＋sinx＝－f(x)，即函数f(x)为奇函数，函数的导数f′(x)＝1－cosx≥0，则函数f(x)是增函数，则不等式f(

x＋1)＋f(2－2x)>0等价为f(x＋1)>－f(2－2x)＝f(2x－2)，即x＋1>2x－2，解得x<3，故不等式的解集为(－∞，3)．答案：C4．解析：f′(x)＝－x＋bx＋2，∵f′(x)≤0在(－1，＋∞)上恒成立，

∴b≤x(x＋2)在x∈(－1，＋∞)上恒成立，又x∈(－1，＋∞)时，x(x＋2)>－1，∴b≤－1.答案：(－∞，－1]5．解析：f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝3ax2＋1.若a>0，则f′(x)>0，x∈(－∞，＋∞)，此时，f(x)只有一个单调区间，与已知矛盾

；若a＝0，则f(x)＝x，此时，f(x)也只有一个单调区间，亦与已知矛盾；若a<0，则f′(x)＝3ax＋1－3ax－1－3a，综上可知a<0时，f(x)恰有三个单调区间．答案：(－∞，0)6．解析：(1)由f(x)的图象经

过点P(0,2)，知d＝2，所以f(x)＝x3＋bx2＋cx＋2，f′(x)＝3x2＋2bx＋c.由在点M(－1，f(－1))处的切线方程为6x－y＋7＝0，知－6－f(－1)＋7＝0，即f(－1)＝1，f′(－1)＝6.所以3－2b＋c＝6－1＋b－c＋

2＝1，即2b－c＝－3b－c＝0，解得b＝c＝－3.故所求的解析式是f(x)＝x3－3x2－3x＋2.(2)f′(x)＝3x2－6x－3.令f′(x)>0，得x<1－2或x>1＋2；令f′(x)<0，得1－2<x<1＋2.故f(x)＝x3－3x2－3x＋2的单调递增区间为(－∞，1－2)和

(1＋2，＋∞)，单调递减区间为(1－2，1＋2)．7．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)co

sx＋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，B正确．又gπ6>gπ3∴fπ6cosπ6>fπ3cosπ3，即fπ6>3fπ3，故C正确，D

错．答案：BC8．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)0，139．解

析：(1)因为f′(x)＝aex－1，当a≤0时，有f′(x)<0在R上恒成立；当a>0时，令f′(x)≥0，得ex≥1a，有x≥－lna.f′(x)＜0，得x＜－lna.综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间是(

－∞，＋∞)，当a>0时，f(x)的单调递增区间是[－lna，＋∞)，递减区间是(－∞，－lna)．(2)f′(x)＝aex－1.若f(x)在(－∞，0]上单调递减，则aex－1≤0在(－∞，0]上恒成立，即a≤1ex，而

当x∈(－∞，0]时，1ex≥1，所以a≤1；若f(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以aex－1≥0在[0，＋∞)上恒成立．即a≥1ex，而当x∈[0，＋∞)时，1ex≤1.所以a≥1.综上可得a＝1，故存在a＝1满足条件．10．解析：∵

f(x)＝cosx，∴f′(x)＝－sinx，根据“新驻点”的定义得f(x)＝f′(x)，即cosx＝－sinx，可得tanx＝－1，∵x∈(0，π)，解得x＝3π4，所以，函数f(x)＝cosx在(0，π)上的“新驻点”为3π4；(2)∵g(x)＝x，，则g′(x)＝1，根

据“新驻点”的定义得g(α)＝g′(α)，即α＝1.∵h(x)＝ln(x＋1)，则h′(x)＝1x＋1，由“新驻点”的定义得h(x)＝h′(x)，即ln(x＋1)＝1x＋1构造函数F(x)＝ln(x＋1)－1x＋1，则函数y＝F(x)在定义域上为增函数．∵

F(0)＝－1<0，F(1)＝ln2－12>0∴F(β)＝0由零点存在定理可知β∈(0,1)∴α>β.答案：(1)3π4(2)α>β课时作业(十九)函数的极值1．解析：f′(x)＝ex＋xex＝ex(x＋1)令f′(x)＝0，得x＝－1，易知x＝－1是函数f(x)的极小值点，故

选D.答案：D2．解析：f′(x)＝2x＋a，由题意知f′(1)＝2＋a＝0.解得a＝－2故f(x)＝2lnx－2x，f′(x)＝2x－2，令f′(x)>0得0<x<1，令f′(x)<0，得x>1，故f′(x)在(0,1)上单调递增，

在(1，＋∞)上单调递减，所以x＝1是极大值点，符合题意，故选A.答案：A3．解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)由题意知3x2＋2ax＋(a＋6)＝0有两个不相等的实数根所以Δ＝4a2－4×3×(a＋6)>0解得a<－3或a>6.故选C.答案：C4．解析：令y＝f(x)

＝xex则f′(x)＝(1＋x)ex令f′(x)＝0得x＝－1此时f(－1)＝－1e故函数y＝xex在其极值点处的切线方程为y＝－1e.答案：y＝－1e5．解析：∵y＝ex＋ax∴y′＝ex＋a由题意知方程ex＋a＝0有大于零的解．∵当x>0时，－ex<－1∴a＝－ex<－1.答案：(

－∞，－1)6．解析：(1)因f(x)＝alnx＋12x＋32x＋1.故f′(x)＝ax－12x2＋32.由于曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于y轴，故该切线斜率为0，即f′(1)＝0，从而a－

12＋32＝0，解得a＝－1.(2)由(1)知f(x)＝－lnx＋12x＋32x＋1(x>0)，f′(x)＝－1x－12x2＋32＝3x2－2x－12x2＝(3x＋1)(x－1)2x2.令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝－13因x2＝－13不在定义域内，舍去.当x

∈(0,1)时，f′(x)<0，故f(x)在(0,1)上为减函数；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(1，＋∞)上为增函数．故f(x)在x＝1处取得极小值f(1)＝3.7．解析：由图可知，x＝－2是

导函数f′(x)的一个变号零点，故当x＝－2时，函数f(x)取得极值，选项A正确；x＝1不是导函数f′(x)的一个变号零点，故当x＝1时，函数f(x)不能取得极值，选项B错误；y＝f(x)的图象在x＝0处的切线斜率为f′(x)>0，选项C错误；当x∈(－2

,2)时，f′(x)>0，此时函数y＝f(x)单调递增，选项D正确．答案：AD8．解析：f′(x)＝1－2cos2x，令f′(x)＝0，得cos2x＝12，∵x>0，∴x＝π6＋kπ，k∈N或x＝－π6＋kπ，k∈N*，显然数列{an}中a1＝π6，a2＝5π6

.当n为偶数时，an＝5π6＋n2－1·π＝3n－16π；当n为奇数时，an＝π6＋n＋12－1·π＝3n－26π.综上所述，an＝3n－16π，n＝2k3n－26π，n＝

2k－1(k∈N*)．答案：π6an＝3n－16π，n＝2k3n－26π，n＝2k－1(k∈N*)9．解析：f′(x)＝[x2＋(a＋2)x－2a2＋4a]ex.令f′(x)＝0，解得x＝－2a或x＝a－2，由a≠23知－2a≠a－2.分两种情况讨论：①若a>2

3，则－2a<a－2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表：x(－∞，－2a)－2a(－2a，a－2)a－2(a－2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)Z极大值]极小值Z所以f(x)在(－∞，－2a)，(a－2，＋∞)上是增

函数，在(－2a，a－2)上是减函数，函数f(x)在x＝－2a处取得极大值f(－2a)，且f(－2a)＝3ae－2a，函数f(x)在x＝a－2处取得极小值f(a－2)，且f(a－2)＝(4－3a)ea－2.②若a<23，则－2a>a－2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情

况如表：x(－∞，a－2)a－2(a－2，－2a)－2a(－2a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)Z极大值]极小值Z所以f(x)在(－∞，a－2)，(－2a，＋∞)上是增函数，在(a－2，－2a)上是减函数，函数f(x)在x＝a－2处取得极大值f(a－2)，且f(a－2)

＝(4－3a)ea－2，函数f(x)在x＝－2a处取得极小值f(－2a)，且f(－2a)＝3ae－2a.综上，当a>23时，f(x)的单调递增区间是(－∞，－2a)，(a－2，＋∞)，单调递减区间是(－2a，a－2)，极大值为3ae－2a，极小值为(4－3a)ea－2；当a<23时，f(

x)的单调递增区间是(－∞，a－2)，(－2a，＋∞)，单调递减区间是(a－2，－2a)，极大值为(4－3a)ea－2，极小值为3ae－2a.10．解析：对A，f(x)＝sinx＋x3－ax的定义域为R，且

f(－x)＝sin(－x)＋(－x)3＋ax＝－sinx－x3＋ax＝－f(x)．故A正确．对B，f′(x)＝cosx＋3x2－a，因为f(x)是增函数，故cosx＋3x2－a≥0恒成立．即a≤cosx＋3x2恒成立，令g(x)＝cosx＋3x2，则g′(x)＝6x－sinx，因为

g″(x)＝6－cosx>0，故g′(x)＝6x－sinx单调递增，又g′(0)＝0，故当x<0时，g′(x)<0，当x>0时g′(x)>0.故g(x)＝cosx＋3x2最小值为g(0)＝1.故a≤1，故B正确．对C，当a＝－3时由B选项知，

f(x)是增函数，故不可能有2个零点，故C错误．对D，当a＝3时f(x)＝sinx＋x3－3x，f′(x)＝cosx＋3x2－3，令cosx＋3x2－3＝0则有cosx＝3－3x2，作出y＝cosx，y＝3－3x2的图象如图所示，易得有两个交点，且交点左右的函数值

大小不同，故函数f(x)恰有两个极值点，故D正确．故选ABD.答案：ABD课时作业(二十)函数的最大(小)值1．解析：因为f′(x)＝(x2＋2x)·ex＝x(x＋2)·ex，令f′(x)＝0，x＝0或x＝－2，所以f(x)在

(－2,0)单调递减，在(0,1)单调递增．又f(－2)＝4e2<1，f(1)＝e>1，所以f(x)max＝e.答案：D2．解析：函数f(x)定义域为(0，＋∞)．因为函数f(x)＝ax＋lnx－1(a>0)在定义域内有零点，所以a＝x－xlnx有解，令h(x)＝x－xlnx，所以h′

(x)＝－lnx，所以h(x)的增区间为(0,1)，减区间为(1，＋∞)，所以h(x)max＝h(1)＝1.∴0＜a≤1.答案：B3．解析：因为函数f(x)＝ex－x＋a的图象始终在x轴的上方，所以f(x)＝

ex－x＋a的最小值大于零，令f′(x)＝ex－1＝0，得x＝0，当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以f(x)＝ex－x＋a的最小值为f(0)＝1＋a，因为1＋a>0，所以a>－1.答

案：A4．解析：f′(x)＝xex＋12x2ex＝ex2·x(x＋2)，由f′(x)＝0得x＝0或x＝－2.当x∈[－2,2]时，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x－2(－2,0)0(0,2)2f′(x)0－0＋f(x)]极小值Z∴当x＝0时，f(x

)min＝f(0)＝0，要使f(x)>m对x∈[－2,2]恒成立，只需m<f(x)min，∴m<0.答案：m<05．解析：f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)．当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0,1)内单调递增，无最小值．

当a>0时，f′(x)＝3(x－a)(x＋a)．当x∈(－∞，－a)和(a，＋∞)时，f(x)单调递增；当x∈(－a，a)时，f(x)单调递减，所以当a<1，即0<a<1时，f(x)在(0,1)内有最小值．答案：(0,1)6．解析：(1)因为f′(x)＝3

ax2＋2x＋b，所以g(x)＝f(x)＋f′(x)＝ax3＋(3a＋1)x2＋(b＋2)x＋b.因为g(x)是奇函数，所以g(－x)＝－g(x)，从而3a＋1＝0，b＝0，解得a＝－13，b＝0，∴f(x)的表达式为f(x)＝－13x3＋x2.(2)由(1)知g(x)＝－13

x3＋2x，所以g′(x)＝－x2＋2，令g′(x)＝0.解得x1＝－2(舍去)，x2＝2，而g(1)＝53，g(2)＝423，g(2)＝43，因此g(x)在区间[1,2]上的最大值为g(2)＝423，

最小值为g(2)＝43.7．解析：∵f(x)＝2x3－ax2，∴f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)令f′(x)＝0得x＝0或x＝a3(a<0)当a3<x<0时，f′(x)<0；当x<a3或x>0时，f′(x)>0，从而f(x)在x＝a3处取得极大值fa

3＝－a327.由f(x)＝－a327得x－a322x＋a3＝0，解得x＝a3或x＝－a6，∵f(x)在a2，a＋63上有最大值，∴a3<a＋63≤－a6，∴a≤－4，故a的取值可能为－6，－5，－4.故选ABC.答案：ABC8

．解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋b(x>0)．依题意，在f′(1)＝0，f(1)＝4，即3＋2a＋b＝0，1＋a＋b＝4，解得a＝－6，b＝9.所以f(x)＝x3－6x2＋9x.令f′(x)＝3x2－12x＋9＝0，解得x＝1或x＝3.当x变化时，f′(x)

，f(x)在区间(0,4]上的变化情况如下表：x(0,1)1(1,3)3(3,4)4f′(x)＋0－0＋＋f(x)]4]0]4所以函数f(x)＝x3－6x2＋9x在区间(0,4]上的最大值是4，最小值是0.答案：409．解析：(1)

由于f′(x)＝ex－a，函数f(x)在x＝2处取得极值因此：f′(2)＝e2－a＝0∴a＝e2经检验，a＝e2时f(x)在x＝2处取得极值，成立．f(x)的极值为f(2)＝－e2.(2)当a≤0时，f(x)在R上单调递增，因此f(x)在[0,1]上单调递增，f(x)min＝f(

0)＝1当a>0时，f(x)在(－∞，lna)单调递减，(lna，＋∞)单调递增．①1≤lna即a≥e时，∴f(x)在[0,1]单调递减，∴f(x)min＝f(1)＝e－a②0<lna<1即1<a<e时，∴f(x)在[0，lna)单调递减，(lna,1]单调递增，∴f

(x)min＝f(lna)＝a－alna③lna≤0即0<a≤1时，因此f(x)在[0,1]上单调递增，f(x)min＝f(0)＝1.10．解析：f′(x)＝mx－2lnx＝m－2xlnxx，(x>0)，若函数f(x)具有“凹凸趋向性”时，则m＝2xlnx在(0

，＋∞)上有2个不同的实数根，令g(x)＝2xlnx，g′(x)＝2(1＋lnx)，令g′(x)>0，解得x>1e，令g′(x)<0，解得0<x<1e，∴g(x)在0，1e上单调递减，在1

e，＋∞上单调递增，故g(x)的最小值是g1e＝－2e，当x越趋近于0时，g(x)也越趋近于0，故－2e<m<0.故选B.答案：B课时作业(二十一)函数极值与最值的综合应用1．证明：令g(x)＝f(x)－3(x－1)即g(x)＝xlnx－2x＋3(x

>0)则g′(x)＝lnx－1由g′(x)>0得，x>e；由g′(x)<0得0<x<e.所以函数g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值为g(e)＝3－e>0.于是在(1，＋∞)上，都有g(x

)≥g(e)>0，所以f(x)>3(x－1)．2．证明：(1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cosx－11＋x，g′(x)＝－sinx＋1(1＋x)2.当x∈－1，π2时，g′(x)单调递减，而g′(0)>0，g′π2<0，可得g′(x)在

－1，π2有唯一零点，设为α.则当x∈(－1，α)时，g′(x)>0；当x∈α，π2时，g′(x)<0.所以g(x)在(－1，α)单调递增，在α，π2单调递减，故g(x)在－1，π2存在唯一极大值点，即f′(x)在－1，π2存在唯一极大

值点．(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)．①当x∈(－1,0]时，由(1)知f′(x)在(－1,0)上单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1,0)时，f′(x)<0，故f(x)在(－1,0)上单调递减．又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1,0

]上的唯一零点．②当x∈(0，π2]时，由(1)知f′(x)在(0，α)上单调递增，在(α，π2)上单调递减，而f′(0)＝0，f′(π2)<0，所以存在β∈(α，π2)，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)>0；当x∈(β，π2)时，f′(x)<0.故f(x)在(0，β)上单

调递增，在(β，π2)上单调递减．又f(0)＝0，f(π2)＝1－ln(1＋π2)>0，所以当x∈(0，π2]时，f(x)>0.从而，f(x)在(0，π2]上没有零点．③当x∈(π2，π]时，f′(x)<0，所以f(x)在(π2

，π)上单调递减．而f(π2)>0，f(π)<0，所以f(x)在(π2，π]上有唯一零点．④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>1，所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)上没有零点．综上，f(x)有且仅

有2个零点．3．解析：设轮船速度为x(x>0)千米/时的燃料费用为Q元，则Q＝kx3，由6＝k×103，可得k＝3500.所以Q＝3500x3.所以总费用y＝3500x3＋96·1x＝350

0x2＋96x.y′＝6x500－96x2，令y′＝0，得x＝20.所以当x∈(0,20)时，y′<0，此时函数单调递减，当x∈(20，＋∞)时，y′>0，此时函数单调递增．所以当x＝20时，y取得最小值．所以此轮船

以20千米/时的速度行驶每千米的费用总和最小．4．解析：(1)当a＝0时，f(x)＝lnx＋x，由f(1)＝1，所以切点为(1,1)，又因为f′(x)＝1x＋1，所以切线斜率k＝f′(1)＝2，故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－

1＝0.(2)证明：当a＝－2时，f(x)＝lnx＋x2＋x(x>0)．由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，得lnx1＋x21＋x1＋lnx2＋x22＋x2＋x1x2＝0，从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，令t＝

x1x2(t>0)，令φ(t)＝t－lnt，得φ′(t)＝1－1t＝t－1t，易知φ(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t)≥φ(1)＝1，所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥

1，因为x1>0，x2>0，所以x1＋x2≥5－12成立．5．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(二)一元函数的导数及其应用1．解析：因为f(x)＝x，所以l

imΔx→0f(1＋Δx)－f(1)Δx＝limΔx→01＋Δx－1Δx＝limΔx→0ΔxΔx＝1.故选B.答案：B2．解析：∵f(x)＝x＝x12，∴f′(x)＝12x1-12＝12x，∴f′(4)＝124＝14，

故选B.答案：B3．解析：s′＝－2t＋5，当t＝2时，s′＝1.故选D.答案：D4．解析：令y′＝3x2－3＝0，解得x＝±1，则y，y′随x的变化如下表．x(－∞，－1)－1(－1,1)1(1，＋∞)y′＋0－0＋yZ6]2Z所以，当x＝－1时，函数有极大值为6；当x＝1时，函数有

极小值为2.故选A.答案：A5．解析：由导函数与原函数单调性关系知图中实线是f′(x)的图象，虚线是f(x)的图象，不等式组f(x)<f′(x)0<x<3解集是{x|1<x<3}．故选B.答案：B6．解析：因y′＝3(1＋x)(1－x)，故函

数在x＝－1处取极小值－2，在x＝1取极大值2，故结合函数的图象可知当－2<m<2时，直线y＝m与y＝3x－x3的图象有三个交点，故选A.答案：A7．解析：因为f(x)＝x36＋sinx，所以f′(x

)＝12x2＋cosx，令g(x)＝12x2＋cosx，则g′(x)＝x－sinx当x≥0时，由y＝x与y＝sinx的图象知，g′(x)＝x－sinx≥0，(也可继续求导确定)所以g(x)＝12x2＋cosx在[

0，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(0)＝1，即f′(x)＝12x2＋cosx≥1>0在[0，＋∞)上恒成立，所以函数f(x)＝x36＋sinx在[0，＋∞)上单调递增，故选A.答案：A8．解析

：因为函数f(x)＝e2x＋1－e－2x－mx在R上为增函数，所以f′(x)＝2e2x＋1＋2e－2x－m≥0对x∈R恒成立，即m≤2e2x＋1＋2e－2x对x∈R恒成立，又因为2e2x＋1＋2e－2x≥22e2x＋1×2e－2x＝4e，所以m≤4e.故选A.答案：A9．解析：f(x)＝

x3＋ax2＋bx＋c，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，当x→－∞时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以函数无最值，故A不正确；又函数图象是连续不断的，所以函数图象与x轴有交点，所以∃x0∈R，使f(x0)＝0，所以B正确；因为x0是f(x)的极值点，且函数f(x)是可导

函数，所以f′(x0)＝0，故C正确；因为x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x0)上先递增，再递减，故D不正确．故选BC.答案：BC10．解析：设g(x)＝f(x)ex，所以g′(x)＝f′(x)－f(x)ex因为f′(x)<f(x)，

所以g′(x)<0，所以g(x)在R上是减函数，所以g(1)<g(0)，g(2020)<g(0)，g(1)<g(－1)，即f(1)<ef(0)，f(2020)<e2020f(0)，f(1)<e2f(－1)，故选AC.答案：AC11．解析：由题意得f′(x)＝3x2－a

，因为函数f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是单调增函数，所以在[1，＋∞)上，f′(x)≥0恒成立，即a≤3x2在[1，＋∞)上恒成立，因为当x∈[1，＋∞)时，二次函数g(x)＝3x2的最小值为g(1)＝3所以a

≤3.故选ABC.答案：ABC12．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：y′＝2x＋1x，在点(1

,1)处的切线斜率为3，所以切线方程为3x－y－2＝0.答案：3x－y－2＝014．解析：设切点为(m，n)，则n＝bm－lnm，又f′(x)＝b－1x，则k＝b－1m，又切线方程为：y＝kx，则n＝km，则bm－lnm＝(b－1m)m，得lnm

＝1，得m＝e，故k－b＝－1m＝－1e.答案：－1e15．解析：由x2f′(x)＋1>0，设g(x)＝f(x)－1x－4，则g′(x)＝f′(x)＋1x2＝x2f′(x)＋1x2>0.故函数g(x)在(0，＋∞

)上单调递增，又g(1)＝0，故g(x)≤0的解集为(0,1]，即f(x)≤1x＋4的解集为(0,1]．答案：(0,1]16．解析：因为f(x)＝ax3＋bx2＋cx，所以f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，因为不等式xf′(x)－af(x)≤2对一切x∈R恒成立，所以(3

a－a2)x3＋(2b－ab)x2＋(c－ac)x－2≤0对一切x∈R恒成立，所以3a－a2＝0，解得a＝3或a＝0(舍去)，所以bx2＋2cx＋2≥0对一切x∈R恒成立，当b＝0，c＝0时，2≥0，成立，当b＝0，

c≠0时，x≥－1c或x≤－1c，不成立，当b≠0时，则b>0Δ＝(2c)2－8b≤0，解得b≥c22，当b＝0，c＝0时，b＋ca＝b＋c3＝0，当b≠0时，b＋ca＝b＋c3≥12c2＋c3＝12(c＋1)2－123≥－16，综上：b＋ca的取值范围为－

16，＋∞.答案：3－16，＋∞17．解析：(1)由y＝x3＋x－2，得y′＝3x2＋1，由已知得3x2＋1＝4，解得x＝±1.当x＝1时，y＝0；当x＝－1时，y＝－4.又因为点P0在第三象限，所以切点P0的坐标为(－1，

－4)．(2)因为直线l⊥l1，l1的斜率为4，所以直线l的斜率为－14.因为l过切点P0，点P0的坐标为(－1，－4)，所以直线l的方程为y＋4＝－14(x＋1)，即x＋4y＋17＝0.18．解析：(1)f′(x)＝－3x2＋6x＝－3x(x－2

)f′(x)>0⇒0<x<2，f′(x)<0⇒x<0或x>2当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，0)0(0,2)2(2，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)]极小值Z极大值]则极大值

为f(2)＝4＋a，极小值为f(0)＝a.(2)由(1)知f(x)在[－2,0]上单调递减，在[0,2]上单调递增，在[2,3]上单调递减．又f(0)＝a，f(3)＝a所以最小值为a，且a＝2最大值在x＝－2或x＝2处取，f(－2)＝20＋a＝22，f(2)＝4＋a＝

6所以f(x)在[－2,3]上的最大值为22.19．解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝0时，f(x)＝exx，f′(x)＝ex(x－1)x2，令f(x)>0得x>1，令f′(x)<0得，所以

f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0,1)．(2)f′(x)＝(ex－a)(x－1)x2①当a≤e时，若x∈(1，＋∞)，则ex－a≥ex－e>0，此时f′(x)＝(ex－a)(x－1)x2>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增所以函数f(x)在x＝1处不可能取得极大值

，a≤e不合题意．②当a>e时，lna>1x(0,1)1(1，lna)f′(x)＋0－f(x)Z极大值]函数f(x)在x＝1处取得极大值．综上可知，a的取值范围是(e，＋∞)．20．解析：(1)对f(x)求导得f′(x)＝(6x＋a)ex－(3x2＋ax)ex(ex)2＝－

3x2＋(6－a)x＋aex因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0.当a＝0时，f(x)＝3x2ex，f′(x)＝－3x2＋6xex，故f(1)＝3e，f′(1)＝3e，从而f(x)在点(1，f(1))

处的切线方程为y－3e＝3e(x－1)，化简得3x－ey＝0.(2)由(1)得，f′(x)＝－3x2＋(6－a)x＋aex，令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a由g(x)＝0，解得x1＝6－a－a2＋366

，x2＝6－a＋a2＋366.当x<x1时，g(x)<0，故f(x)为减函数；当x1<x<x2时，g(x)>0，故f(x)为增函数；当x>x2时，g(x)<0，故f(x)为减函数；由f(x)在[3，＋∞)上为减函数，知x2＝6－a＋a2＋366≤3，解得a≥

－92故a的取值范围为－92，＋∞.21．解析：f(x)＝lnx＋ax2＋(a＋2)x，f′(x)＝1x＋2ax＋a＋2＝2ax2＋(a＋2)x＋1x(x>0)．当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上是单调增函数；当a<0时，f′(x)＝(ax＋1)(2x＋1

)x＝2ax＋1ax＋12x.当x∈0，－1a时，f′(x)>0；当x∈－1a，＋∞时，f′(x)<0，所以f(x)在0，－1a上单调递增，在－1a，＋∞

上单调递减．综上，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上是单调增函数；当a<0时，f(x)在0，－1a上单调递增，在－1a，＋∞上单调递减．(2)由(1)可得，当a<0时，f(x)max＝f－1a＝ln－1a＋1a－a＋2a＝ln

－1a－1a－1.由不等式f(x)≤－2a＋b－1恒成立，得ln－1a－1a－a≤－2a＋b－1恒成立，即b≥ln－1a＋1a在a<0时恒成立．令t＝－1a，g(t)＝lnt－t(t>0)

，则g′(t)＝1t－1＝1－tt.当t∈(0,1)时，g′(t)>0，g(t)单调递增；当t∈(1，＋∞)时，g′(t)<0，g(t)单调递减．所以g(t)的最大值为g(1)＝－1.得b≥－1，所以实数b的取值范围是[

－1，＋∞)．22．解析：(1)当a＝1时，f(x)＝x－1－2lnx，定义域为(0，＋∞)，由f′(x)＝1－2x，令f′(x)>0，得x>2，令f′(x)<0，得0<x<2，∴f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调

递增区间为(2，＋∞)．(2)∵函数f(x)在区间0，12上无零点，∴在区间0，12上，f(x)>0恒成立或f(x)<0恒成立，f(x)＝(2－a)x－2(1＋lnx)＋a＝(a－

2)(1－x)－2lnx，f12＝(2－a)·12－21＋ln12＋a＝12(a＋4ln2－2)，①当f12≥0时，a≥2－4ln2，在区间0，12上，f(x)＝(a－2)(1－x)－2lnx≥(－4ln2)(1－x)－2lnx.

记g(x)＝(－4ln2)(1－x)－2lnx，g12＝(－4ln2)1－12－2ln12＝0则g′(x)＝4ln2－2x，在区间0，12上，g′(x)＝4ln2－2x<4ln2－4<0，∴在区间0，12上，g(x)单调递减，∴g(x)>g

12＝0，即(－4ln2)(1－x)－2lnx>0，∴f(x)≥(－4ln2)(1－x)－2lnx>0，即f(x)>0在区间0，12上恒成立，满足题意；②当f12<0时

，a<－4ln2＋2,0<ea－2<e－4ln2＝116<12，f(ea－2)＝(2－a)ea－2－2(1＋lnea－2)＋a＝(2－a)(ea－2＋1)，∵2－a>4ln2>0，ea－2＋1>0，∴f(ea－2)＝(2－a)(ea－2

＋1)>0，∴f(x)在ea－2，12上有零点，即函数f(x)在区间0，12上有零点，不符合题意．综上所述，a≥2－4ln2.模块质量检测1．解析：由等差数列的性质可得2a5＝a2＋a8＝16∴a5＝8∴公差d＝a5－a4＝8－1＝7.∴a6＝a5

＋d＝8＋7＝15.故选A.答案：A2．解析：因为f(x)＝x－cosx，所以f′(x)＝1＋sinx，所以f′π2＝2，fπ2＝π2，所以函数f(x)＝x－cosx在x＝π2处的切线方程为y－π2＝2x－π2，即4x－2y－π＝0.故选D

.答案：D3．解析：设等比数列{an}的公比为q，故a2＋a3＋a4＝q(a1＋a2＋a3)，又a2＋a3＋a4＝2，a1＋a2＋a3＝1，∴q＝2，∴a6＋a7＋a8＝q5(a1＋a2＋a3)＝25＝32，故选D.答案：D4．解析：将点(3,1)代入直线y＝kx＋2的方程得3k＋2＝1，

得k＝－13，所以f′(3)＝k＝－13，由于点(3,1)在函数y＝f(x)的图象上，则f(3)＝1，对函数g(x)＝xf(x)求导得g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，∴g′(3)＝f(3)＋3f′(3)＝1＋3×

－13＝0，故选B.答案：B5．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：当n＝1时，S1

＝a1＝－2a1＋1⇒a1＝13，当n≥2时，Sn－1＝－2an－1＋1，由Sn＝－2an＋1，∴an＝－2an＋2an－1⇒anan－1＝23，∴数列{an}为等比数列，∴S6＝131－2361－23＝665729，故选A.答案：A7．解析：因为f′

(x)＝(2x＋1)ex＋2，设g(x)＝f′(x)g′(x)＝(2x＋3)ex，所以当x>－32时，g′(x)>0，f′(x)递增；x<－32时，g′(x)<0，f′(x)递减，所以f′(x)的最小值为f′－32＝2－2e3-2＝2(1－e3-2)＝2

(e0－e3-2)>0，所以f′(x)>0，故f(x)递增，所以f(x)无极值点．故选A.答案：A8．解析：构造函数g(x)＝f(x)＋1ex，则g′(x)＝f′(x)－f(x)－1ex>0，故g(x)在R上为增函数．又g(0)＝f(0)＋1e0＝3，故f(x)＋1>3ex即f(x)＋1ex

>3，即g(x)>g(0)．解得x>0.故选C.答案：C9．解析：在(－2，－1)上f′(x)<0，f(x)递减，A错；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)递增，在[2,4]上f′(x)<0，f(x)递减，C正确；f(x)在区间[－1,2]上是增函数，x＝1不是f(x)的极大值点，D错．故选BC.答案：BC10．解析：因为{an}是等差数列，设其公差为d，所以a1＋a10＝a5＋a6，Sm，S2m－Sm，S3m－S2m(m∈

N*)成等差数列，数列Snn是等差数列，故选项ACD正确．由∀n∈N*，an>0，得d≥0，而a5·a6＝a21＋9a1d＋20d2，a1·a10＝a21＋9a1d≤a5·a6，所以B选项不正确，故选ACD.答案

：ACD11．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，又2nanan＋1＝2n(2n－1)(2n＋1－1)＝12n－

1－12n＋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：BCD12．解析：g(x)＝f(x)ex，则g′(x)＝f′(x

)－f(x)ex.当x>1时，由f′(x)－f(x)x－1>0，可得f′(x)－f(x)>0，则g′(x)>0，故y＝g(x)在(1，＋∞)上单调递增，故A正确；当x<1时，由f′(x)－f(x)x－1>0，可得f′(x)－f(x)<0，则g′(x)<0，故y＝g(x)在(－∞，1

)上单调递减，故x＝1是函数y＝g(x)的极小值点，故B正确；若g(1)<0，则函数y＝g(x)有2个零点，若g(1)＝0，则函数y＝g(x)有1个零点，若g(1)>0，则函数y＝g(x)没有零点，故C

正确；因为y＝g(x)在(－∞，1)上单调递减，所以y＝g(x)在(－∞，0)上单调递减，由g(0)＝f(0)e0＝1，得当x≤0时，g(x)≥g(0)，即f(x)ex≥1，故f(x)≥ex，故D错误，故选ABC.答案：ABC13．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：由题知：f′(x)＝ex－a，x∈R.①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，至多有一个零点，不合题意；②当a>0时，令f′(x)＝0⇒x＝lna，易知f(x)在(－∞，

lna)单调递减，在(lnα，＋∞)单调递增，故f(x)的最小值为f(lna)＝a－a(lna＋1)＝－alna.∵f(x)有两个零点，当x→±∞时，f(x)→＋∞，∴f(lna)<0⇒lna>0，解得a>1故答案为(1，＋∞

)．答案：(1，＋∞)15．解析：因为2an＋1＝3an－an－1(n∈N*，n>1)，所以2an＋1－2an＝an－an－1，则数列{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＝12－a1，a8＝1128，所以1128－a1＝1276412－a1，解得a1＝1.答案：12116．解

析：f′(x)＝2ax－lnx－1，若函数f(x)＝ax2－xlnx在1e，＋∞上单调递增，则f′(x)≥0在1e，＋∞上恒成立，则a≥lnx＋12x在1e，＋∞上恒成立，令g(x)＝lnx＋12x，x∈

1e，＋∞，则g′(x)＝2－2lnx－24x2＝－lnx2x2，可以得出0<x<1时g′(x)>0，当x>1时g′(x)<0，所以函数g(x)在1e，1上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)

＝12，所以a≥12.答案：12，＋∞17．解析：(1)由a1＋a2＝6，得2a1＋d＝6，又d＝2，∴a1＝2，∴an＝2＋2(n－1)＝2n；(2)由题意b1＝2，b2＝2q＝4，即q＝2，∴bn＝

2n，于是an＋bn＝2n＋2n，故Sn＝(2＋4＋…＋2n)＋(2＋22＋…＋2n)＝n2＋n＋2n＋1－2.18．解析：(1)函数f(x)＝xlnx－ax＋1的导数为f′(x)＝lnx＋1－a，在点A(1，f(1))处的切线斜率为k＝1－a，∴f′(1)＝－2，即1－a

＝－2，∴a＝3；(2)由(1)得，f′(x)＝lnx－2，x∈(0，＋∞)，令f′(x)>0，得x>e2，令f′(x)<0，得0<x<e2，即f(x)的增区间为(e2，＋∞)，减区间为(0，e2)．在x＝e2处取得极小值1－e2，无极大值．19．解析：方案一：选条件①：设等比数列{an}的

公比为q，∵a1＝1，S3－S2＝a2＋2a1，∴q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1，∵q>0，∴q＝2，∴an＝2n－1.设等差数列{bn}的公差为d，∵a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6，∴2b1＋6d＝83b1＋13d＝16，解得b1＝1d＝1，∴bn＝n，∴an＝2n－1

，bn＝n.方案二：选条件②：设等比数列{an}的公比为q，∵a1＝1，S3－S2＝a2＋2a1，∴q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1，∵q>0，∴q＝2，∴an＝2n－1.设等差数列{bn}的公差为d，∵a4＝b3＋b5，a3＋a5＝4(b1＋b4)，∴2b1＋6d＝82b1＋3d＝

5，解得b1＝1d＝1，∴bn＝n，∴an＝2n－1，bn＝n.方案三：选条件③，设等比数列{an}的公比为q，∵a1＝1，S3－S2＝a2＋2a1，∴q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1，∵q＞0，∴q＝2，∴an＝2n－1.设{bn}公差为d，∵a4＝b3＋b5，b2

S4＝5a2b3，∴b1＋3d＝4，15(b1＋d)＝10(b1＋2d)解得b1＝1，d＝1，∴bn＝1＋(n－1)×1＝n.∴an＝2n－1，bn＝n.20．解析：选①，由已知Sn＋1＝4Sn＋2(ⅰ)，当n≥2时，S

n＝4Sn－1＋2(ⅱ)，(ⅰ)－(ⅱ)得：an＋1＝4(Sn－Sn－1)＝4an，即an＋1＝4an，当n＝1时，S2＝4S1＋2，由a1＝2，所以2＋a2＝4×2＋2，所以a2＝8，满足a2＝4a1，故{an}是以2为首项

，4为公比的等比数列，所以an＝22n－1.bn＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an＝log2(a1a2…an)＝1＋3＋…＋(2n－1)＝n2，cn＝n2＋nbnbn＋1＝n(n＋1)n2(n＋1)2＝1n(n＋1)＝1n－1n＋1，所以Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝1

－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.选②，由已知3Sn＝22n＋1＋λ(ⅰ)，当n≥2时，3Sn－1＝22n－1＋λ(ⅱ)，(ⅰ)－(ⅱ)得，3an＝22n＋1－22n－1＝3·22n－1，即an＝22n－1，当n＝1时，a1＝2满足an＝

22n－1，故{an}是以2为首项4为公比的等比数列，所以an＝22n－1.bn＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an＝log2(a1a2…an)＝1＋3＋…＋(2n－1)＝n2，cn＝n2＋nbnbn＋1＝n(n＋1)n2(n＋1)2＝1n(n＋1)＝1n－1n＋1，所以Tn＝c1＋c

2＋…＋cn＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1；选③，由已知3Sn＝an＋1－2(ⅰ)，则n≥2时，3Sn－1＝an－2(ⅱ)，(ⅰ)－(ⅱ)得3an＝an＋1－an，即an＋1＝4an，当n＝1时，3a1＝a2－2

，而a1＝2，得a2＝8，满足a2＝4a1，故{an}是以2为首项4为公比的等比数列，所以an＝22n－1.bn＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an＝log2(a1a2…an)＝1＋3＋…＋(2n－1)＝n2，cn＝n2＋nb

nbn＋1＝n(n＋1)n2(n＋1)2＝1n(n＋1)＝1n－1n＋1，所以Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.21

．解析：(1)∵f(x)＝13x3＋ax2＋bx＋c，∴f′(x)＝x2＋2ax＋b.又函数f(x)在x＝－1和x＝2处取得极值，∴x＝－1和x＝2是方程x2＋2ax＋b＝0的两根，∴－1＋2＝－2a(－1)×2＝b，解得a＝－12b＝－2

.经检验得a＝－12，b＝－2符合题意，∴a＝－12，b＝－2.(2)由(1)得f′(x)＝x2－x－2＝(x＋1)(x－2)，∴当－2<x<－1或2<x<3时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当－1<x<2时，f′(x)<0，f(x)单调递减．又f(－2)＝c－23，f(2)＝c－1

03，∴f(x)min＝f(2)＝c－103.∵当x∈[－2,3]时，f(x)>2c恒成立，∴c－103>2c，解得c<－103，∴实数c的取值范围为－∞，－103.22．解析：(1)依题意，f(x)＝x22＋(a－3)x＋alnx，x>0，故f′(x

)＝x＋(a－3)＋ax，所以f′(2)＝3a2－1，据题意可知(3a2－1)·(－12)＝－1，解得a＝2，所以实数a的值为2.(2)①因为函数f(x)在定义域上有两个极值点x1，x2，且x1<x2，所以f′(x)＝x＋(a－3)＋ax＝0在(0，＋∞)上有两个根x1，x2，且x1<x2，即x2

＋(a－3)x＋a＝0在(0，＋∞)上有两个不相等的根x1，x2所以－(a－3)2>0Δ＝(a－3)2－4a>0a>0，解得0<a<1，当0<a<1时，若0<x<x1或x>x2，x2＋(a－3)x＋a>0，

f′(x)>0，函数f(x)在(0，x1)和(x1，＋∞)上单调递增；若x1<x<x2,2x2＋2(a－3)x＋2a<0，f′(x)<0，函数f(x)在(x1，x2)上单调递减，故函数f(x)在(0，＋∞)上有两个极值点x1，x2，且x1<x2，所以，实数a的

取值范围是0<a<1.②由①可知，x1，x2(0<x1<x2)是方程x2＋(a－3)x＋a＝0的两个不等的实根，所以x1＋x2＝3－a，x1x2＝a.其中0<a<1.故f(x1)＋f(x2)＝x212＋(a－3)x1＋alnx1＋x222＋(

a－3)x2＋alnx2＝(x1＋x2)22－x1x2＋(a－3)(x1＋x2)＋alnx1x2＝(3－a)22－a＋(a－3)(3－a)＋alna＝alna－a22＋2a－92，令g(a)＝alna－

a22＋2a－92，其中0<a<1.故g′(a)＝lna－a＋3，令h(a)＝g′(a)＝lna－a＋3，h′(a)＝1a－1>0，h(a)在(0,1)上单调递增．由于h(e－3)＝－2e－3<0，h(1)＝2>0，所以存在常数t∈(e－3,1)，使得h(t)＝

0，即lnt－t＋3＝0，lnt＝t－3.且当a∈(0，t)时，h(a)＝g′(a)<0，g(a)在(0，t)上单调递减；当a∈(t,1)时，h(a)＝g′(a)>0，g(a)在(t,1)上单调递增，所以当0<a<1时，g(a)≥g(t)＝tlnt－t22＋2t－92＝t

(t－3)－t22＋2t－92＝t22－t－92又t∈(e－3,1)，t22－t－92＝12(t－1)2－5>－5，所以g(a)>－5，即g(a)＋5>0.故f(x1)＋f(x2)＋5>0得证．