新教材2023年高中數(shù)學(xué)本冊綜合檢測1新人教A版選擇性

本冊綜合檢測(一)考試時(shí)間120分鐘，滿分150分．一、單項(xiàng)選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．已知數(shù)列{an}的前4項(xiàng)依次為－eq\f(1,3)，1，－eq\f(9,5)，eq\f(8,3)，則該數(shù)列的一個(gè)通項(xiàng)公式可以是(A)A．a(chǎn)n＝(－1)n·eq\f(n2,n＋2)B．a(chǎn)n＝(－1)n＋1·eq\f(n2,n＋2)C．a(chǎn)n＝(－1)n·eq\f(n2,2n＋1)D．a(chǎn)n＝(－1)n＋1·eq\f(n2,2n＋1)[解析]數(shù)列的前4項(xiàng)分別為－eq\f(1,3)，eq\f(4,4)，－eq\f(9,5)，eq\f(16,6)，可得奇數(shù)項(xiàng)為負(fù)數(shù)，偶數(shù)項(xiàng)為正數(shù)，可知：第n項(xiàng)的符號(hào)為(－1)n，排除選項(xiàng)B，D；再觀察分?jǐn)?shù)的分母需滿足n＋2，最終可得通項(xiàng)公式an＝(－1)n·eq\f(n2,n＋2).2．在等差數(shù)列{an}中，a1＝2，a3＋a7＝28，若am＝26，則m＝(D)A．6 B．7C．8 D．9[解析]由題意，可得a3＋a7＝2a5＝28，故a5＝14，所以公差d＝eq\f(a5－a1,4)＝3，所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋3·(n－1)＝3n－1，所以am＝3m－1＝26，解得m＝9.3．已知f(k)＝k＋(k＋1)＋(k＋2)＋…＋2k(k∈N*)，則(B)A．f(k＋1)－f(k)＝2k＋2B．f(k＋1)－f(k)＝3k＋3C．f(k＋1)－f(k)＝4k＋2D．f(k＋1)－f(k)＝4k＋3[解析]f(k)＝k＋(k＋1)＋(k＋2)＋…＋2k(k∈N*)，則f(k＋1)－f(k)＝(k＋1)＋(k＋2)＋(k＋3)＋…＋(2k－1)＋2k＋(2k＋1)＋2(k＋1)－[k＋(k＋1)＋(k＋2)＋…＋2k]＝3k＋3.4．已知各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前4項(xiàng)和為eq\f(15,8)，且8a5＝a1－2a3，則a3＝(C)A．eq\f(1,16) B．eq\f(1,8)C．eq\f(1,4) D．eq\f(1,2)[解析]設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因?yàn)榍?項(xiàng)和為eq\f(15,8)，且8a5＝a1－2a3，所以q≠1，eq\f(a1（1－q4）,1－q)＝eq\f(15,8)，8a1q4＝a1－2a1q2，解得a1＝1，q＝eq\f(1,2).則a3＝eq\f(1,4).5．(2021·山東卷)若過點(diǎn)(a，b)可以作曲線y＝ex的兩條切線，則(D)A．eb<a B．ea<bC．0<a<eb D．0<b<ea[解析]在曲線y＝ex上任取一點(diǎn)P(t，et)，對(duì)函數(shù)y＝ex求導(dǎo)得y′＝ex，所以，曲線y＝ex在點(diǎn)P處的切線方程為y－et＝et(x－t)，即y＝etx＋(1－t)et，由題意可知，點(diǎn)(a，b)在直線y＝etx＋(1－t)et上，可得b＝aet＋(1－t)et＝(a＋1－t)et，令f(t)＝(a＋1－t)et，則f′(t)＝(a－t)et.當(dāng)t<a時(shí)，f′(t)>0，此時(shí)函數(shù)f(t)單調(diào)遞增，當(dāng)t>a時(shí)，f′(t)<0，此時(shí)函數(shù)f(t)單調(diào)遞減，所以，f(t)max＝f(a)＝ea，由題意可知，直線y＝b與曲線y＝f(t)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，則b<f(t)max＝ea，當(dāng)t<a＋1時(shí)，f(t)>0，當(dāng)t>a＋1時(shí)，f(t)<0，作出函數(shù)f(t)的圖象如下圖所示：由圖可知，當(dāng)0<b<ea時(shí)，直線y＝b與曲線y＝f(t)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)．故選D．解法二：畫出函數(shù)曲線y＝ex的圖象如圖所示，根據(jù)直觀即可判定點(diǎn)(a，b)在曲線下方和x軸上方時(shí)才可以作出兩條切線．由此可知0<b<ea.故選D．6．(2022·武漢高二檢測)等差數(shù)列{an}中，a1與a4037是f(x)＝x－4lnx－eq\f(m,x)的兩個(gè)極值點(diǎn)，則logeq\r(2)a2019＝(B)A．1 B．2C．0 D．eq\f(1,2)[解析]f′(x)＝1－eq\f(4,x)＋eq\f(m,x2)＝eq\f(x2－4x＋m,x2)，因?yàn)閍1與a4037是f(x)＝x－4lnx－eq\f(m,x)的兩個(gè)極值點(diǎn)，令g(x)＝x2－4x＋m，所以a1與a4037是方程x2－4x＋m＝0的兩個(gè)根，即a1＋a4037＝4，也即2a2019＝4，所以a2019＝2，則logeq\r(2)a2019＝2log22＝2.7．已知關(guān)于x的不等式1＋2xlnx≤mx2在[1，＋∞)上恒成立，則m的最小值為(A)A．1 B．2C．3 D．4[解析]依題意，1＋2xlnx≤mx2?m≥eq\f(2lnx,x)＋eq\f(1,x2)，令g(x)＝eq\f(2lnx,x)＋eq\f(1,x2)，故g′(x)＝eq\f(2（x－xlnx－1）,x3)，令h(x)＝x－xlnx－1，則h′(x)＝－lnx，故當(dāng)x∈[1，＋∞)時(shí)，h′(x)＝－lnx≤0，h(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以h(x)≤h(1)＝0，所以g′(x)≤0，故g(x)＝eq\f(2lnx,x)＋eq\f(1,x2)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，故m≥[g(x)]max＝g(1)＝1，故m的最小值為1.8．已知定義域?yàn)镽的奇函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，當(dāng)x>0時(shí)，xf′(x)>f(x)．若a＝eq\f(f（－log23）,－log23)，b＝eq\f(f（log46）,log46)，c＝eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,8))),sin\f(π,8))，則a，b，c的大小關(guān)系為(C)A．a(chǎn)<b<c B．c<a<bC．c<b<a D．b<c<a[解析]令g(x)＝eq\f(f（x）,x)(x≠0)，由于f(x)為R上的奇函數(shù)，所以g(x)＝eq\f(f（x）,x)(x≠0)為定義域上的偶函數(shù)，又當(dāng)x>0時(shí)，xf′(x)>f(x)，所以，當(dāng)x>0時(shí)，g′(x)＝eq\f(xf′（x）－f（x）,x2)>0，所以，偶函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；又0<sineq\f(π,8)<1<log46<log49＝log23，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,8)))<g(log46)<g(log49)＝g(log23)＝g(－log23)，即c<b<a.二、多項(xiàng)選擇題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的，全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分)9．下列關(guān)于公差d>0的等差數(shù)列{an}的四個(gè)命題中真命題是(AD)A．?dāng)?shù)列{an}是遞增數(shù)列B．?dāng)?shù)列{nan}是遞增數(shù)列C．?dāng)?shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是遞增數(shù)列D．?dāng)?shù)列{an＋3nd}是遞增數(shù)列[解析]因?yàn)閷?duì)于公差d>0的等差數(shù)列{an}，an＋1－an＝d>0，所以數(shù)列{an}是遞增數(shù)列成立，A是真命題．對(duì)于數(shù)列{nan}，第n＋1項(xiàng)與第n項(xiàng)的差等于(n＋1)an＋1－nan＝(n＋1)d＋an，不一定是正實(shí)數(shù)，B是假命題．對(duì)于數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))，第n＋1項(xiàng)與第n項(xiàng)的差等于eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝eq\f(nan＋1－（n＋1）an,n（n＋1）)＝eq\f(nd－an,n（n＋1）)，不一定是正實(shí)數(shù)，C是假命題．對(duì)于數(shù)列{an＋3nd}，第n＋1項(xiàng)與第n項(xiàng)的差等于an＋1＋3(n＋1)d－an－3nd＝4d>0，數(shù)列{an＋3nd}是遞增數(shù)列成立，D是真命題．10．記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．若a1＋3a5＝S7，則以下結(jié)論一定正確的是(AC)A．a(chǎn)4＝0 B．Sn的最大值為S3C．S1＝S6 D．|a3|<|a5|[解析]設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則a1＋3(a1＋4d)＝7a1＋21d，解得a1＝－3d，所以an＝a1＋(n－1)d＝(n－4)d，所以a4＝0，故A正確；因?yàn)镾6－S1＝5a4＝0，所以S1＝S6，故C正確；由于d的正負(fù)不清楚，故S3可能為最大值或最小值，故B不正確；因?yàn)閍3＋a5＝2a4＝0，所以a3＝－a5，即|a3|＝|a5|，故D錯(cuò)誤．11．(2022·南京高三檢測)若函數(shù)f(x)的圖象上存在兩個(gè)不同的點(diǎn)A，B，使得曲線y＝f(x)在這兩點(diǎn)處的切線重合，稱函數(shù)f(x)具有T性質(zhì)．下列函數(shù)中具有T性質(zhì)的有(BD)A．y＝ex－x B．y＝x4－x2C．y＝x3 D．y＝x＋sinx[解析]由題意可得，性質(zhì)T指函數(shù)f(x)圖象上有兩個(gè)不同點(diǎn)的切線是重合的，即兩個(gè)不同點(diǎn)所對(duì)應(yīng)的導(dǎo)數(shù)值相等，且兩點(diǎn)處函數(shù)的切線方程也相同．對(duì)于A選項(xiàng)，y＝ex－x，則y′＝ex－1，導(dǎo)函數(shù)為增函數(shù)，不存在不同的兩個(gè)x使得導(dǎo)數(shù)值相等，故A不符合；對(duì)于B選項(xiàng)，y′＝4x3－2x，設(shè)兩切點(diǎn)分別為(x1，xeq\o\al(4,1)－xeq\o\al(2,1))，(x2，xeq\o\al(4,2)－xeq\o\al(2,2))且4xeq\o\al(3,1)－2x1＝4xeq\o\al(3,2)－2x2，取x1＝－eq\f(\r(2),2)，x2＝eq\f(\r(2),2)，則y1＝－eq\f(1,4)＝y(tǒng)2，兩切點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)值為y′＝0，兩切點(diǎn)連線的直線斜率為k＝eq\f(y2－y1,x2－x1)＝0，所以兩切點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)值等于兩切點(diǎn)連線的斜率，符合性質(zhì)T，所以B選項(xiàng)符合；對(duì)于C選項(xiàng)，設(shè)兩切點(diǎn)分別為(x1，xeq\o\al(3,1))和(x2，xeq\o\al(3,2))，則兩切點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)值相等有：3xeq\o\al(2,1)＝3xeq\o\al(2,2)，解得：x1＝－x2，令x1＝a，則x2＝－a，兩切點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)y′＝3a2，兩切點(diǎn)連線的斜率為k＝eq\f(a3－（－a）3,a－（－a）)＝a2，則3a2＝a2，得a＝0，兩切點(diǎn)重合，不符合題意，所以C選項(xiàng)不符合；對(duì)于D選項(xiàng)，y′＝1＋cosx，設(shè)兩切點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為x1和x2，則1＋cosx1＝1＋cosx2，所以cosx1＝cosx2，取x1＝eq\f(π,2)，x2＝eq\f(5π,2)，則y1＝eq\f(π,2)＋1，y2＝eq\f(5π,2)＋1，兩切點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)值為y′＝1，兩切點(diǎn)連線的直線斜率為k＝eq\f(y2－y1,x2－x1)＝1，所以兩切點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)值等于兩切點(diǎn)連線的斜率，符合性質(zhì)T，所以D選項(xiàng)符合．12．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x2＋x－1,ex)，則下列結(jié)論正確的是(ABC)A．函數(shù)f(x)存在兩個(gè)不同的零點(diǎn)B．函數(shù)f(x)既存在極大值又存在極小值C．當(dāng)－e<k<0時(shí)，方程f(x)＝k有且只有兩個(gè)實(shí)根D．若x∈[t，＋∞)時(shí)，f(x)max＝eq\f(5,e2)，則t的最小值為2[解析]對(duì)于A．f(x)＝0?x2＋x－1＝0，解得x＝eq\f(－1±\r(5),2)，所以A正確；對(duì)于B．f′(x)＝－eq\f(x2－x－2,ex)＝－eq\f(（x＋1）（x－2）,ex)，當(dāng)f′(x)>0時(shí)，－1<x<2，當(dāng)f′(x)<0時(shí)，x<－1或x>2，故(－∞，－1)，(2，＋∞)上函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間，(－1，2)是函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間，所以f(－1)是函數(shù)的極小值，f(2)是函數(shù)的極大值，所以B正確．對(duì)于C．當(dāng)x→＋∞時(shí)，y→0，根據(jù)B可知，函數(shù)的最小值是f(－1)＝－e，再根據(jù)單調(diào)性可知，當(dāng)－e<k<0時(shí)，方程f(x)＝k有且只有兩個(gè)實(shí)根，所以C正確；對(duì)于D．由圖象可知，t的最大值是2，所以不正確．三、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13．已知遞增等比數(shù)列{an}滿足a2＋a3＝6a1，則{an}的前三項(xiàng)可以依次是__1，2，4(答案不唯一)__．[解析]設(shè){an}的公比為q，因?yàn)閍2＋a3＝6a1，所以a1q＋a1q2＝6a1，所以q＋q2＝6，解得q＝－3或q＝2，又?jǐn)?shù)列{an}為遞增數(shù)列，所以q＝2，所以只要寫首項(xiàng)為正數(shù)，公比為2的等比數(shù)列的前三項(xiàng)均可，如1，2，4.14．已知f(x)為奇函數(shù)，當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝ex3＋2e－x，則曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程是__y＝ex－2e__．[解析]因?yàn)槠婧瘮?shù)在關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)處的切線平行，且f′(x)＝3ex2－2e－x(x<0)，故f′(1)＝f′(－1)＝e，又f(1)＝－f(－1)＝－e，故切線方程為y＋e＝e(x－1)，即y＝ex－2e.15．(2022·全國新高考乙卷)寫出曲線y＝ln|x|過坐標(biāo)原點(diǎn)的切線方程：__y＝eq\f(x,e)，y＝－eq\f(x,e)__．[解析]當(dāng)x>0時(shí)，點(diǎn)(x1，lnx1)(x1>0)上的切線為y－lnx1＝eq\f(1,x1)(x－x1)，若該切線經(jīng)過原點(diǎn)，則lnx1－1＝0，解得x＝e，此時(shí)切線方程為y＝eq\f(x,e).當(dāng)x<0時(shí)，點(diǎn)(x2，ln(－x2))(x2<0)上的切線為y－ln(－x2)＝eq\f(1,x2)(x－x2)，若該切線經(jīng)過原點(diǎn)，則ln(－x2)－1＝0，解得x＝－e，此時(shí)切線方程為y＝－eq\f(x,e).16．“康托爾塵?！笔菙?shù)學(xué)理性思維的構(gòu)造產(chǎn)物，具有典型的分形特征，其過程如下：在一個(gè)單位正方形中，首先，將正方形等分成9個(gè)邊長為eq\f(1,3)的小正方形，保留靠角的4個(gè)小正方形，記4個(gè)小正方形面積之和為S1；然后，將剩余的4個(gè)小正方形分別繼續(xù)9等分，分別保留靠角的4個(gè)小正方形，記16個(gè)小正方形面積之和為S2；…；操作過程不斷進(jìn)行下去，以至無窮，保留的圖形稱為康托爾塵埃．若S1＋S2＋…＋Sn≥eq\f(17,25)，則操作次數(shù)n的最小值為__3__．[解析]S1是邊長為eq\f(1,3)的4個(gè)正方形的面積之和，故S1＝eq\f(1,32)×4＝eq\f(4,9)；S2是邊長為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)的42個(gè)正方形的面積之和，故S2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,32)))eq\s\up12(2)×42＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,9)))eq\s\up12(2)；以此類推得：Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,32)))eq\s\up12(n)×4n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,9)))eq\s\up12(n)，從而S1＋S2＋…＋Sn＝eq\f(4,9)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,9)))eq\s\up12(2)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,9)))eq\s\up12(n)＝eq\f(\f(4,9)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,9)))\s\up12(n＋1),1－\f(4,9))＝eq\f(4,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(4n,9n)))≥eq\f(17,25)，所以eq\f(4n,9n)≤eq\f(3,20)，函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,9)))eq\s\up12(x)關(guān)于x單調(diào)遞減，且n＝2時(shí)，eq\f(42,92)＝eq\f(16,81)>eq\f(3,20)，n＝3時(shí)，eq\f(43,93)＝eq\f(64,729)<eq\f(3,20)，故n最小值取3.四、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝4an＋3n－1，bn＝an＋n.(1)證明：數(shù)列{bn}為等比數(shù)列；(2)求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn.[解析](1)∵bn＝an＋n，∴bn＋1＝an＋1＋n＋1.又an＋1＝4an＋3n－1，∴eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(an＋1＋n＋1,an＋n)＝eq\f(（4an＋3n－1）＋n＋1,an＋n)＝eq\f(4（an＋n）,an＋n)＝4.又b1＝a1＋1＝1＋1＝2，∴數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為2，公比為4的等比數(shù)列．(2)由(1)知，bn＝2×4n－1，∴an＝bn－n＝2×4n－1－n，∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝2(1＋4＋42＋…＋4n－1)－(1＋2＋3＋…＋n)＝eq\f(2（1－4n）,1－4)－eq\f(n（n＋1）,2)＝eq\f(2,3)(4n－1)－eq\f(1,2)n2－eq\f(1,2)n.18．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)－lnx.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(a＋2)<f(a2)(a∈R)，求a的取值范圍．[解析](1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．∵f′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)＋\f(1,x)))，且x>0，∴f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立．即f(x)單調(diào)遞減區(qū)間為(0，＋∞)．(2)f(a＋2)<f(a2)等價(jià)于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋2>0,a2>0,a＋2>a2))，解得－1<a<0或0<a<2.∴a的取值范圍為(－1，0)∪(0，2)．19．(本小題滿分12分)已知{an}為等比數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，且滿足a3＝1，S3＝3a2＋1.{bn}為等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Tn，如圖__________所示，Tn的圖象經(jīng)過A，B兩個(gè)點(diǎn)．(1)求Sn；(2)若存在正整數(shù)n，使得bn>Sn，求n的最小值．從圖①②③中選擇一個(gè)適當(dāng)?shù)臈l件，補(bǔ)充在上面問題中并作答．注：如果選擇多個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分．[解析](1)由S3＝3a2＋1，得a1＝2a2，即eq\f(a3,q2)＝eq\f(2a3,q)，因?yàn)閍3≠0，所以q＝eq\f(1,2)，a1＝4，所以Sn＝eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))＝8－23－n.(2)由題圖①知：T1＝b1＝1，T3＝－3，可判斷d<0，數(shù)列{bn}是遞減數(shù)列．而{8－23－n}是遞增數(shù)列，由于b1<S1，所以選擇題圖①不滿足“存在正整數(shù)n，使得bn>Sn”．由題圖②知：T1＝b1＝1，T3＝6，可判斷d>0，數(shù)列{bn}是遞增數(shù)列．由題圖③知：T1＝b1＝－3，T3＝0，可判斷d>0，數(shù)列{bn}是遞增數(shù)列．所以選擇題圖②③均可能滿足“存在正整數(shù)n，使得bn>Sn”．第一種情況：如果選擇題圖②，即T1＝b1＝1，T3＝6，可得d＝1，bn＝n.當(dāng)n＝1，2，3，4，5，6，7時(shí)，bn>Sn不成立，當(dāng)n＝8時(shí)，b8＝8，S8＝8－23－8<b8，所以使得bn>Sn成立的n的最小值為8.第二種情況：如果選擇題圖③，即T1＝b1＝－3，T3＝0，可得d＝3，bn＝3n－6.當(dāng)n＝1，2，3，4時(shí)，bn>Sn不成立，當(dāng)n＝5時(shí)，b5＝9，S5＝8－23－5<bn成立，所以使得bn>Sn成立的n的最小值為5.20．(本小題滿分12分)若函數(shù)f(x)＝ax3－bx2＋2，當(dāng)x＝2時(shí)，函數(shù)f(x)有極值－2.(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)求函數(shù)f(x)的極值；(3)若關(guān)于x的方程f(x)－k＝0有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．[解析](1)函數(shù)f(x)＝ax3－bx2＋2，∴f′(x)＝3ax2－2bx，由題意知，當(dāng)x＝2時(shí)，函數(shù)f(x)有極值－2，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（2）＝0，,f（2）＝－2，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(12a－4b＝0，,8a－4b＋2＝－2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3，))故所求函數(shù)的解析式為f(x)＝x3－3x2＋2.(2)由(1)得f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2，當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表.x(－∞，0)0(0，2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)單調(diào)遞增2單調(diào)遞減－2單調(diào)遞增因此，當(dāng)x＝0時(shí)，f(x)有極大值2，當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)有極小值－2.(3)若關(guān)于x的方程f(x)－k＝0有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，則f(x)＝k有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，即y＝f(x)的圖象與直線y＝k有三個(gè)交點(diǎn)．由(2)可得函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，∴實(shí)數(shù)k的取值范圍為－2<k<2.21．(本小題滿分12分)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，等比數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn.已知a1b1＝2，S2＝6，S3＝12，T2＝eq\f(4,3)，n∈N*.(1)求{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；(2)是否存在正整數(shù)k，使得Sk<6k且Tk>eq\f(13,9)？若存在，求出k的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．[解析](1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，在數(shù)列{an}中，S3－S2＝a3＝6，因?yàn)镾2＝a1＋a2＝a3－2d＋a3－d＝12－3d＝6，所以d＝2，從而a1＝a3－2d＝2，所以an＝2＋(n－1)×2＝2n.由a1b1＝2得，b1＝T1＝1.因?yàn)閎2＝T2－T1＝eq\f(4,3)－1＝eq\f(1,3)，設(shè)數(shù)列{bn}的公比為q，所以q＝eq\f(b2,b1)＝eq\f(1,3)，所以bn＝1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－1).(2)由(1)知Sk＝eq\f(k（a1＋ak）,2)＝k(k＋1)，所以Sk＝k(k＋1)<6k，即k2－5k<0，解得0<k<5，又Tk＝eq\f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3k))),1－\f(1,3))＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3k)))＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2×3k－1)，所以Tk＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2×3k－1)>eq\f(13,9)，即eq\f(1,3k－1)<eq\f(1,9)，解得k>3.綜上，k＝4.22．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝axlnx－x2＋2的圖象在點(diǎn)(1，1)處的切線方程為y＝1.(1)當(dāng)x∈(0，2)時(shí)，證明：0<f(x)<2；(2)設(shè)函數(shù)g(x)＝xf(x)，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，證明：0<g(x)<1；(3)若數(shù)列{an}滿足：an＋1＝f(an)，0<a1<1，n∈N*.證明：eq\o(∑,\s