2024-2025學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)模塊綜合提升教案新人教B版選擇性必修第三冊

PAGE1-模塊綜合提升推斷下列說法是否正確，正確的在后面的括號內(nèi)畫“√”，錯誤的畫“×”．(1)數(shù)列的通項公式是唯一的． ()(2)若數(shù)列{an}是等差數(shù)列，則an＋1肯定是an和an＋2的等差中項. ()(3)若b2＝ac，則a，b，c肯定構(gòu)成等比數(shù)列. ()(4)若數(shù)列{an＋1－an}是等差數(shù)列，則{an}必為等差數(shù)列. ()(5)若數(shù)列{an}是等差數(shù)列，且m＋n＋k＝3l，則am＋an＋ak＝3al ()(6)若{an}是公比為q的等比數(shù)列，且a1＋a2，a2＋a3，a3＋a4，…也成等比數(shù)列，則q≠－1. ()(7)等比數(shù)列{an}的單調(diào)性是由公比q確定的． ()(8)假如數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則對?n∈N*，都有an＝Sn－Sn－1. ()(9)已知數(shù)列{an}的通項公式是an＝pn＋q(其中p，q為常數(shù))，則數(shù)列{an}肯定是等差數(shù)列． ()(10)等差數(shù)列的前n項和公式是常數(shù)項為0的二次函數(shù)． ()(11)數(shù)列{an}的通項公式是an＝an，則其前n項和為Sn＝eq\f(a1－an,1－a). ()(12)假如數(shù)列{an}為等比數(shù)列，bn＝a2n－1＋a2n，則數(shù)列{bn}也是等比數(shù)列． ()(13)數(shù)列{an}為等比數(shù)列，則S4，S8－S4，S12－S8成等比數(shù)列． ()(14)假如數(shù)列{an}為等比數(shù)列，則數(shù)列{lnan}是等差數(shù)列． ()(15)若數(shù)列{an}與{bn}均為等差數(shù)列，且前n項和分別是Sn和Tn，則eq\f(S2m－1,T2m－1)＝eq\f(am,bm). ()(16)已知等差數(shù)列{an}的公差為d，則有eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋1))). ()(17)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan之和時只要把上式等號兩邊同時乘以a即可依據(jù)錯位相減法求得．(18)f′(x0)是函數(shù)y＝f(x)在x＝x0旁邊的平均改變率． ()(19)f′(x0)與[f(x0)]′表示的意義相同． ()(20)已知函數(shù)f(x)＝xlnx，則f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上遞減． ()(21)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上滿意f′(x)≤0，則函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上是減函數(shù)． ()(22)f(x)在區(qū)間(a，b)上是增函數(shù)，則f′(x)>0在(a，b)上恒成立． ()(23)x＝0是函數(shù)f(x)＝x3的極值點． ()(24)對于可導(dǎo)函數(shù)f(x)，“f′(x0)＝0”是“函數(shù)f(x)在x＝x0處有極值”的必要不充分條件． (25)函數(shù)的極大值肯定大于其微小值． ()(26)函數(shù)的最大值不肯定是極大值，函數(shù)的最小值也不肯定是微小值． ()(27)將函數(shù)y＝f(x)的各極值與端點處的函數(shù)值f(a)，f(b)比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值． ()(28)當(dāng)x>0時，lnx，x，ex的大小關(guān)系是lnx<x<ex. ()(29)若函數(shù)f(x)＝x(x－a)2在x＝2處取得微小值，則a＝2或a＝6. ()(30)函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)存在單調(diào)區(qū)間可轉(zhuǎn)化為不等式f′(x)≤0(或f′(x)≥0)在區(qū)間(a，b)上有解問題. ()[提示](1)×數(shù)列的通項公式可能沒有，也可能不止一個．(2)√(3)×如a＝0，b＝0，c＝1時，肯定有a，b，c不成等比數(shù)列．(4)×如數(shù)列1,3,6,10,15,21,28.(5)√(6)√(7)×等比數(shù)列{an}的單調(diào)性是由首項a1及公比q共同確定．(8)×an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2，))肯定要檢驗a1的狀況．(9)√(10)×當(dāng)公差為0時，等差數(shù)列的前n項和公式是常數(shù)項為0的一次函數(shù)．(11)×a＝1時不成立．(12)×an＝(－1)n時不成立．(13)×an＝(－1)n時不成立．(14)×an<0時不成立．(15)√(16)√(17)×a＝1時不成立．(18)×f′(x0)是函數(shù)y＝f(x)在x＝x0旁邊的瞬時改變率．(19)×f′(x0)是函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)，而[f(x0)]′＝0.(20)√(21)×f′(x)＝0的點必需是有限個．(22)×函數(shù)f(x)在(a，b)上是增函數(shù)的充要條件是對?x∈(a，b)，都有f′(x)≥0.(23)×f′(x)≥0恒成立，故x＝0不是函數(shù)f(x)＝x3的極值點．(24)√(25)×極值是個局部性概念，函數(shù)的極大值不肯定大于其微小值．(26)√(27)√(28)√(29)×驗證微小值的條件，a＝6時不成立．(30)√(1)對于數(shù)列的考查主要立足于兩個方面：一是基本量的運算，主要考查等差(比)數(shù)列通項公式與前n項和公式，滲透方程思想與數(shù)學(xué)計算等素養(yǎng)．利用等差數(shù)列通項公式與前n項和公式即可列出關(guān)于首項與公差的方程，解出首項與公差，再適當(dāng)計算即可；二是數(shù)列的相關(guān)性質(zhì)及等差數(shù)列、等比數(shù)列的相關(guān)證明，證明數(shù)列是等差數(shù)列或者等比數(shù)列肯定要結(jié)合等差數(shù)列或者等比數(shù)列的定義，考查推理實力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想．(2)對于導(dǎo)數(shù)的考查主要立足于以下兩點：一是導(dǎo)數(shù)的幾何意義，體現(xiàn)函數(shù)方程的思想；二是函數(shù)的性質(zhì)與不等式的綜合問題，即單調(diào)性、極值、最大值、零點及不等式的綜合問題；主要考查函數(shù)與方程，化歸與轉(zhuǎn)化、數(shù)形結(jié)合及分類探討的思想意識，考查邏輯推理實力，有肯定的學(xué)問整合度．1．記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和．已知S4＝0，a5＝5，則()A．a(chǎn)n＝2n－5 B．a(chǎn)n＝3n－10C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝eq\f(1,2)n2－2nA[法一：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S4＝0，,a5＝5，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a1＋\f(4×3,2)d＝0，,a1＋4d＝5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－3，,d＝2，))∴an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝n2－4n.故選A.法二：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S4＝0，,a5＝5，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a1＋\f(4×3,2)d＝0，,a1＋4d＝5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－3，,d＝2.))選項A，a1＝2×1－5＝－3；選項B，a1＝3×1－10＝－7，解除B；選項C，S1＝2－8＝－6，解除C；選項D，S1＝eq\f(1,2)－2＝－eq\f(3,2)，解除D.故選A.]2．已知曲線y＝aex＋xlnx在點(1，ae)處的切線方程為y＝2x＋b，則()A．a(chǎn)＝e，b＝－1 B．a(chǎn)＝e，b＝1C．a(chǎn)＝e－1，b＝1 D．a(chǎn)＝e－1，b＝－1D[因為y′＝aex＋lnx＋1，所以y′|x＝1＝ae＋1，所以曲線在點(1，ae)處的切線方程為y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ae＋1＝2，,b＝－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝e－1，,b＝－1.))]3．記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和，若a1＝1，S3＝eq\f(3,4)，則S4＝________.eq\f(5,8)[設(shè)等比數(shù)列的公比為q，則an＝a1qn－1＝qn－1.∵a1＝1，S3＝eq\f(3,4)，∴a1＋a2＋a3＝1＋q＋q2＝eq\f(3,4)，即4q2＋4q＋1＝0，∴q＝－eq\f(1,2)，∴S4＝eq\f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))4)),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq\f(5,8).]4．記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和．若a1≠0，a2＝3a1，則eq\f(S10,S5)＝________.4[設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由a2＝3a1，即a1＋d＝3a1，得d＝2a1，所以eq\f(S10,S5)＝eq\f(10a1＋\f(10×9,2)d,5a1＋\f(5×4,2)d)＝eq\f(10a1＋\f(10×9,2)×2a1,5a1＋\f(5×4,2)×2a1)＝eq\f(100,25)＝4.]5．已知數(shù)列{an}和{bn}滿意a1＝1，b1＝0,4an＋1＝3an－bn＋4,4bn＋1＝3bn－an－4.(1)證明：{an＋bn}是等比數(shù)列，{an－bn}是等差數(shù)列；(2)求{an}和{bn}的通項公式．[解](1)證明：由題設(shè)得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝eq\f(1,2)(an＋bn)．又因為a1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首項為1，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列．由題設(shè)得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.又因為a1－b1＝1，所以{an－bn}是首項為1，公差為2的等差數(shù)列．(2)由(1)知，an＋bn＝eq\f(1,2n－1)，an－bn＝2n－1.所以an＝eq\f(1,2)[(an＋bn)＋(an－bn)]＝eq\f(1,2n)＋n－eq\f(1,2)，bn＝eq\f(1,2)[(an＋bn)－(an－bn)]＝eq\f(1,2n)－n＋eq\f(1,2).6．記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和．已知S9＝－a5.(1)若a3＝4，求{an}的通項公式；(2)若a1＞0，求使得Sn≥an的n的取值范圍．[解](1)設(shè){an}的公差為d.由S9＝－a5得a1＋4d＝0.由a3＝4得a1＋2d＝4.于是a1＝8，d＝－2.因此{(lán)an}的通項公式為an＝10－2n.(2)由(1)得a1＝－4d，故an＝(n－5)d，Sn＝eq\f(nn－9d,2).由a1>0知d<0，故Sn≥an等價于n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10，所以n的取值范圍是{n|1≤n≤10，n∈N}．7．已知函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋b.(1)探討f(x)的單調(diào)性；(2)是否存在a，b，使得f(x)在區(qū)間[0,1]的最小值為－1且最大值為1？若存在，求出a，b的全部值；若不存在，說明理由．[解](1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．令f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq\f(a,3).若a＞0，則當(dāng)x∈(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))時，f′(x)＞0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))時，f′(x)＜0.故f(x)在(－∞，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))單調(diào)遞減．若a＝0，則f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增．若a＜0，則當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))∪(0，＋∞)時，f′(x)＞0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，0))時，f′(x)＜0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))，(0，＋∞)單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，0))單調(diào)遞減．(2)滿意題設(shè)條件的a，b存在．(ⅰ)當(dāng)a≤0時，由(1)知，f(x)在[0,1]單調(diào)遞增，所以f(x)在區(qū)間[0,1]的最小值為f(0)＝b，最大值為f(1)＝2－a＋b.此時a，b滿意題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)b＝－1，2－a＋b＝1，即a＝0，b＝－1.(ⅱ)當(dāng)a≥3時，由(1)知，f(x)在[0,1]單調(diào)遞減，所以f(x)在區(qū)間[0,1]的最大值為f(0)＝b，最小值為f(1)＝2－a＋b.此時a，b滿意題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4，b＝1.(ⅲ)當(dāng)0＜a＜3時，由(1)知，f(x)在[0,1]的最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))＝－eq\f(a3,27)＋b，最大值為b或2－a＋b.若－eq\f(a3,27)＋b＝－1，b＝1，則a＝3eq\r(3,2)，與0＜a＜3沖突．若－eq\f(a3,27)＋b＝－1,2－a＋b＝1，則a＝3eq\r(3)或a＝－3eq\r(3)或a＝0，與0＜a＜3沖突．綜上，當(dāng)且僅當(dāng)a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1時，f(x)在[0,1]的最小值為－1，最大值為1.8．已知函數(shù)f(x)＝sinx－ln(1＋x)，f′(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù)．證明：(1)f′(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))存在唯一極大值點；(2)f(x)有且僅有2個零點．[證明](1)設(shè)g(x)＝f′(x)，則g(x)＝cosx－eq\f(1,1＋x)，g′(x)＝－sinx＋eq\f(1,1＋x2).當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))時，g′(x)單調(diào)遞減，而g′(0)＞0，g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＜0，可得g′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))有唯一零點，設(shè)為α.則當(dāng)x∈(－1，α)時，g′(x)＞0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))時，g′(x)＜0.所以g(x)在(－1，α)單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))單調(diào)遞減，故g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))存在唯一極大值點，即f′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))存在唯一極大值點．(2)f(x)的定義域為(－1，＋∞)．(ⅰ)當(dāng)x∈(－1,0]時，由(1)知，f′(x)在(－1,0)單調(diào)遞增，而f′(0)＝0，所以當(dāng)x∈(－1,0)時，f′(x)＜0，故f(x)在(－1,0)單調(diào)遞減．又f(0)＝0，從而x＝0是f(x)在(－1,0]的唯一零點．(ⅱ)當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，由(1)知，f′(x)在(0，α)單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))單調(diào)遞減，而f′(0)＝0，f