人教A版（2019）选修二 全册综合检测 （A、B卷）

这是一份人教A版（2019）选修二 全册综合检测 （A、B卷），共20页。

全册综合检测 （A、B卷） A卷——基本知能盘查卷 (时间：120分钟　满分：150分) 一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．下列数中，是数列{n(n＋1)}中的一项的是(　　) A．380　　　　　　　　　 B．29 C．32 D．23 解析：选A　令380＝n(n＋1)，即n2＋n－380＝0， 解得n＝19或n＝－20(舍去)， 所以380是{n(n＋1)}的第19项． 同理，可检验B、C、D不是该数列中的项． 2．曲线y＝ex－ln x在点(1，e)处的切线方程为(　　) A．(1－e)x－y＋1＝0 B．(1－e)x－y－1＝0 C．(e－1)x－y＋1＝0 D．(e－1)x－y－1＝0 解析：选C　由于y′＝e－eq \f(1,x)，所以y′eq \b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(,,,))x＝1＝e－1，故曲线y＝ex－ln x在点(1，e)处的切线方程为y－e＝(e－1)(x－1)，即(e－1)x－y＋1＝0. 3．(2020·湘潭模拟)已知等比数列{an}的公比为－2，且Sn为其前n项和，则eq \f(S4,S2)等于(　　) A．－5 B．－3 C．5 D．3 解析：选C　由题意可得，eq \f(S4,S2)＝eq \f(\f(a1[1－(－2)4],1－(－2)),\f(a1[1－(－2)2],1－(－2)))＝1＋(－2)2＝5. 4．若函数f(x)＝aex－sin x在x＝0处有极值，则a的值为(　　) A．－1 B．0 C．1 D．e 解析：选C　f′(x)＝aex－cos x， 若函数f(x)＝aex－sin x在x＝0处有极值， 则f′(0)＝a－1＝0，解得a＝1， 经检验a＝1符合题意，故选C. 5．设函数f(x)在定义域内可导，y＝f(x)的图象如图所示，则其导函数y＝f′(x)的图象可能为(　　) 解析：选D　由函数y＝f(x)的图象知，当x<0时，f(x)单调递减；当x>0时，f(x)先递增，再递减，最后再递增，分析知y＝f′(x)的图象可能为D. 6．在等比数列{an}中，an>0，且a2＝1－a1，a4＝9－a3，则a4＋a5的值为(　　) A．16 B．27 C．36 D．81 解析：选B　设等比数列{an}的公比为q， 由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋a2＝1，,a3＋a4＝9，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋a2＝1，,q2(a1＋a2)＝9，)) ∴q2＝9，∵an>0，∴q＝3，∴a4＋a5＝q(a3＋a4)＝3×9＝27.故选B. 7．若函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(b,2)))x2＋2bx在区间[－3,1]上不单调，则f(x)在R上的极小值为(　　) A．2b－eq \f(4,3) B．eq \f(3,2)b－eq \f(2,3) C．0 D．b2－eq \f(1,6)b3 解析：选A　由题意，得f′(x)＝(x－b)(x－2)． 因为f(x)在区间[－3,1]上不单调，所以－30，得x>2或x0)的极小值为________． 解析：因为f(x)＝x－aln x(a>0)， 所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－eq \f(a,x)(a>0)， 由f′(x)＝0，解得x＝a. 当x∈(0，a)时，f′(x)<0； 当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0， 所以函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－aln a. 答案：a－aln a 15．曲线y＝eq \f(sin x,x)在点M(π，0)处的切线方程为________． 解析：因为y′＝eq \f(cos x·x－sin x,x2)，所以所求切线的斜率为k＝y′eq \b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(,,,))x＝π＝eq \f(πcos π－sin π,π2)＝－eq \f(1,π)，由于切点坐标为(π，0)，故切线方程为y＝－eq \f(1,π)(x－π)，即x＋πy－π＝0. 答案：x＋πy－π＝0 16．数列{an}的前n项和Sn满足a2＝2，Sn＝eq \f(1,2)n2＋An，则A＝________，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前n项和Tn＝________. 解析：∵a2＝S2－S1＝(2＋2A)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋A))＝2， ∴A＝eq \f(1,2). ∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(1,2)n－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)(n－1)2＋\f(1,2)(n－1)))＝n. 当n＝1时，a1＝S1＝1满足上式，∴an＝n. ∴eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,n(n＋1))＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)， ∴Tn＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1). 答案：eq \f(1,2)　eq \f(n,n＋1) 四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(10分)已知等差数列{an}的公差为整数，且满足条件：(1)a1＋a5＋a9＝93；(2)an>100的n的最小值是15.求通项公式an. 解：设等差数列{an}的公差为d， 由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋a5＋a9＝93，,a15>100，,a14≤100，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋4d＝31，,a1＋14d>100，,a1＋13d≤100，)) 解得eq \f(69,10)1时，f(x)>(e＋1)g(x)． 解：(1)由题意，得f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝eq \f(x－ln x,x2). 令φ(x)＝x－ln x，则φ′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x). 当x>1时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增， 当00，∴f′(x)>0， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增． (2)证明：由(1)知f(x)为(0，＋∞)上的增函数， 故当x>1时，f(x)>f(1)＝2，故eq \f(f(x),e＋1)>eq \f(2,e＋1). g′(x)＝2eq \f(ex－1(xex＋1)－(xex＋1)′·ex－1,(xex＋1)2) ＝eq \f(2ex－1(1－ex),(xex＋1)2)， ∵x>1，∴1－ex<0，∴g′(x)<0， 即g(x)在(1，＋∞)上是减函数， ∴当x>1时，g(x)eq \f(2,e＋1)>g(x)，即f(x)>(e＋1)g(x)． 21．(12分)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)＋\f(1,a2)))，a3＋a4＝32eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a3)＋\f(1,a4))). (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝aeq \o\al(2,n)＋log2an，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)设等比数列{an}的公比为q(q＞0)， 则an＝a1qn－1，且an＞0， 由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋a1q＝2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)＋\f(1,a1q)))，,a1q2＋a1q3＝32\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1q2)＋\f(1,a1q3)))，)) 化简得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a\o\al(2,1)q(q＋1)＝2(q＋1)，,a\o\al(2,1)q5(q＋1)＝32(q＋1)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a\o\al(2,1)q＝2，,a\o\al(2,1)q5＝32，)) 又∵a1＞0，q＞0，∴a1＝1，q＝2， ∴数列{an}的通项公式为an＝2n－1. (2)由(1)知bn＝aeq \o\al(2,n)＋log2an＝4n－1＋n－1， ∴Tn＝(1＋4＋42＋…＋4n－1)＋(0＋1＋2＋3＋…＋n－1) ＝eq \f(4n－1,4－1)＋eq \f(n(n－1),2)＝eq \f(4n－1,3)＋eq \f(n(n－1),2). 22．(12分)已知函数f(x)＝ln x－x2＋ax，a∈R. (1)证明：ln x≤x－1； (2)若a≥1，讨论函数f(x)的零点个数． 解：(1)证明：令g(x)＝ln x－x＋1(x＞0)， 则g(1)＝0， g′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)， ∴当x∈(0,1)时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减． ∴当x＝1时，函数g(x)取得极大值也是最大值， ∴g(x)≤g(1)＝0，即ln x≤x－1. (2)f′(x)＝eq \f(1,x)－2x＋a＝eq \f(－2x2＋ax＋1,x)，x＞0. 令－2x2＋ax＋1＝0， 解得x0＝eq \f(a＋\r(a2＋8),4)(负值舍去)， 在(0，x0)上，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，在(x0，＋∞)上，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减． ∴f(x)max＝f(x0)． 当a＝1时，x0＝1，f(x)max＝f(1)＝0，此时函数f(x)只有一个零点x＝1. 当a＞1时，f(1)＝a－1＞0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)))＝ln eq \f(1,2a)－eq \f(1,4a2)＋eq \f(1,2)＜eq \f(1,2a)－1－eq \f(1,4a2)＋eq \f(1,2)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)－\f(1,2)))2－eq \f(1,4)＜0， f(2a)＝ln 2a－2a2＜2a－1－2a2＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2－eq \f(1,2)＜0. ∴函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))和区间(1,2a)上各有一个零点． 综上可得，当a＝1时，函数f(x)只有一个零点x＝1； 当a＞1时，函数f(x)有两个零点． B卷——高考能力达标卷 (时间：120分钟　满分：150分) 一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．已知{an}为等比数列且an>0，a2·a4＋2a3·a5＋a4·a6＝25，则a3＋a5等于(　　) A．5　　　　　　　　　 B．10 C．15 D．20 解析：选A　由等比数列的性质知a2·a4＝aeq \o\al(2,3)，a4·a6＝aeq \o\al(2,5)，所以aeq \o\al(2,3)＋2a3·a5＋aeq \o\al(2,5)＝25，即(a3＋a5)2＝25.又an>0，所以a3＋a5>0，所以a3＋a5＝5. 2．函数f(x)＝2eq \r(x)＋eq \f(1,x)，x∈(0,5]的最小值为(　　) A．2 B．3 C.eq \f(17,4) D．2eq \r(2)＋eq \f(1,2) 解析：选B　由f′(x)＝eq \f(1,\r(x))－eq \f(1,x2)＝＝0，得x＝1， 当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(1,5]时，f′(x)>0，f(x)单调递增． ∴当x＝1时，f(x)取得最小值，且最小值为f(1)＝3. 3．已知{an}是等比数列，a4·a7＝－512，a3＋a8＝124，且公比为整数，则公比q为(　　) A．2 B．－2 C．1 D．－1 解析：选B　根据等比数列的性质可得a4·a7＝a3·a8＝－512， 又a3＋a8＝124， 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a3＝－4，,a8＝128))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a3＝128，,a8＝－4，)) 因为公比为整数，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a3＝－4，,a8＝128，)) 所以q5＝eq \f(a8,a3)＝－32，所以q＝－2. 4．设函数f(x)＝x(x＋k)(x＋2k)(x－3k)，且f′(0)＝6，则k＝(　　) A．0 B．－1 C．3 D．－6 解析：选B　∵f(x)＝x(x＋k)(x＋2k)(x－3k)＝(x2－3kx)(x2＋3kx＋2k2)，∴f′(x)＝(2x－3k)(x2＋3kx＋2k2)＋(x2－3kx)(2x＋3k)，∴f′(0)＝－3k×2k2＝－6k3＝6，解得k＝－1.故选B. 5．(2020·东北育才学校高二期中)设曲线y＝eq \f(ln x,x＋1)在点(1,0)处的切线与直线x－ay＋1＝0垂直，则a＝(　　) A．－eq \f(1,2) B．eq \f(1,2) C．－2 D．2 解析：选A　由题意得，y′＝eq \f((ln x)′(x＋1)－ln x(x＋1)′,(x＋1)2)＝eq \f(1＋\f(1,x)－ln x,(x＋1)2)(x>0)．∵曲线在点(1,0)处的切线与直线x－ay＋1＝0垂直，∴eq \f(2－ln 1,4)＝－a，解得a＝－eq \f(1,2)，故选A. 6．已知递增的等比数列{an}中，a2＝6，a1＋1，a2＋2，a3成等差数列，则该数列的前6项和S6等于(　　) A．93 B．189 C.eq \f(189,16) D．378 解析：选B　设数列{an}的公比为q，由题意可知，q>1， 且2(a2＋2)＝a1＋1＋a3， 即2×(6＋2)＝eq \f(6,q)＋1＋6q， 整理可得2q2－5q＋2＝0， 解得q＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q＝\f(1,2)舍去))，则a1＝eq \f(6,2)＝3， ∴数列{an}的前6项和S6＝eq \f(3×(1－26),1－2)＝189. 7．程大位《算法统宗》里有诗云“九百九十六斤棉，赠分八子做盘缠．次第每人多十七，要将第八数来言．务要分明依次弟，孝和休惹外人传．”意为：996斤棉花，分别赠送给8个子女做旅费，从第一个开始，以后每人依次多17斤，直到第八个孩子为止．分配时一定要等级分明，使孝顺子女的美德外传，则第八个孩子分得斤数为(　　) A．65 B．176 C．183 D．184 解析：选D　根据题意可得每个孩子所得棉花的斤数构成一个等差数列{an}，其中d＝17，n＝8，S8＝996. 由等差数列前n项和公式可得8a1＋eq \f(8×7,2)×17＝996，解得a1＝65. 由等差数列通项公式得a8＝65＋(8－1)×17＝184. 8．已知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)＜－xf′(x)，则不等式f(x＋1)＞(x－1)·f(x2－1)的解集是(　　) A．(0,1) B．(2，＋∞) C．(1,2) D．(1，＋∞) 解析：选B　构造函数y＝xf(x)，x∈(0，＋∞)， 则y′＝f(x)＋xf′(x)＜0， 所以函数y＝xf(x)的图象在(0，＋∞)上单调递减． 又因为f(x＋1)＞(x－1)f(x2－1)， 所以(x＋1)f(x＋1)＞(x2－1)f(x2－1)， 所以x＋1＜x2－1， 解得x＞2或x＜－1(舍去)． 所以不等式f(x＋1)＞(x－1)f(x2－1)的解集是(2，＋∞)．故选B. 二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分) 9．已知等比数列{an}的各项均为正数，且3a1，eq \f(1,2)a3,2a2成等差数列，则下列说法正确的是(　　) A．a1＞0 B．q＞0 C.eq \f(a3,a2)＝3或－1 D．eq \f(a6,a4)＝9 解析：选ABD　设等比数列{an}的公比为q，由题意得2×eq \f(1,2)a3＝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eq \f(a3,a2)＝q＝3，eq \f(a6,a4)＝q2＝9，故C错误，D正确，故选A、B、D. 10．设函数f(x)＝x3－12x＋b，则下列结论正确的是(　　) A．函数f(x)在(－∞，－1)上单调递增 B．函数f(x)在(－∞，－1)上单调递减 C．若b＝－6，则函数f(x)的图象在点(－2，f(－2))处的切线方程为y＝10 D．若b＝0，则函数f(x)的图象与直线y＝10有三个公共点 解析：选CD　对于选项A，B，根据函数f(x)＝x3－12x＋b，可得f′(x)＝3x2－12，令3x2－12＝0，得x＝－2或x＝2，故函数f(x)在(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递增，在(－2,2)上单调递减，所以选项A，B都不正确；对于选项C，当b＝－6时，f′(－2)＝0，f(－2)＝10，故函数f(x)的图象在点(－2，f(－2))处的切线方程为y＝10，选项C正确；对于选项D，当b＝0时，f(x)的极大值为f(－2)＝16，极小值为f(2)＝－16，故直线y＝10与函数f(x)的图象有三个公共点，选项D正确．故选C、D. 11．设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且满足条件a1>1，a7·a8>1，eq \f(a7－1,a8－1)<0.则下列结论正确的是(　　) A．01 C．Sn的最大值为S9 D．Tn的最大值为T7 解析：选AD　∵a1>1，a7·a8>1，eq \f(a7－1,a8－1)<0， ∴a7>1，a8<1，∴01,01，a8<1，∴T7是数列{Tn}中的最大项，故D正确．故选A、D. 12．已知函数f(x)＝xln x＋eq \f(1,2)x2，x0是函数f(x)的极值点，则下列选项正确的是(　　) A．0eq \f(1,e) C．f(x0)＋x0<0 D．f(x0)＋x0>0 解析：选AC　因为f(x)＝xln x＋eq \f(1,2)x2，所以f′(x)＝ln x＋1＋x，所以f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq \f(1,e)>0，又当x→0时，f′(x)→－∞，所以00)的图象在点(ak，aeq \o\al(2,k))处的切线与x轴的交点的横坐标为ak＋1，其中k∈N *，若a1＝16，则a1＋a3＋a5的值是________． 解析：∵y′＝2x，∴y＝x2(x>0)的图象在点(ak，aeq \o\al(2,k))处的切线方程为y－aeq \o\al(2,k)＝2ak(x－ak)．又该切线与x轴的交点为(ak＋1,0)，∴ak＋1＝eq \f(1,2)ak，即数列{ak}是首项a1＝16，公比q＝eq \f(1,2)的等比数列，∴a3＝4，a5＝1，∴a1＋a3＋a5＝21. 答案：21 16．函数f(x)＝ex(x－aex)恰有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，则实数a的取值范围是________． 解析：∵函数f(x)＝ex(x－aex)， ∴f′(x)＝(x＋1－2aex)ex. ∵函数f(x)恰有两个极值点x1，x2， ∴x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不相等的实数根． 令x＋1－2aex＝0，且a≠0， ∴eq \f(x＋1,2a)＝ex. 设y1＝eq \f(x＋1,2a)(a≠0)， y2＝ex，在同一坐标系内画出两个函数的图象，如图所示． 要使这两个函数有两个不同的交点，应满足eq \f(1,2a)＞1， 解得0＜a＜eq \f(1,2)， 故实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))). 答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) 四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(10分)已知等差数列{an}单调递减，且a3＝1，a2a4＝eq \f(3,4). (1)求数列{an}的通项公式； (2)判断数列{a1an}是否为等差数列．若是，求出公差；若不是，请说明理由． 解：(1)由题意知，a2＋a4＝2a3＝2. 又a2a4＝eq \f(3,4)，数列{an}单调递减， ∴a4＝eq \f(1,2)，a2＝eq \f(3,2). ∴公差d＝eq \f(a4－a2,2)＝－eq \f(1,2)，a1＝a2－d＝2. ∴an＝2＋(n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq \f(1,2)n＋eq \f(5,2). (2)由(1)知a1an＝2an，则 当n≥2时，2an－2an－1＝2(an－an－1)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－1， 当n＝1时，2a1＝4， ∴数列{a1an}是首项为4，公差为－1的等差数列． 18．(12分)设函数f(x)＝ax－eq \f(b,x)，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为7x－4y－12＝0. (1)求f(x)的解析式； (2)证明曲线f(x)上任一点处的切线与直线x＝0和直线y＝x所围成的三角形面积为定值，并求此定值． 解：(1)方程7x－4y－12＝0可化为y＝eq \f(7,4)x－3，当x＝2时，y＝eq \f(1,2). 又因为f′(x)＝a＋eq \f(b,x2)， 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2a－\f(b,2)＝\f(1,2)，,a＋\f(b,4)＝\f(7,4)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3，))所以f(x)＝x－eq \f(3,x). (2)证明：设P(x0，y0)为曲线y＝f(x)上任一点，由y′＝1＋eq \f(3,x2)知曲线在点P(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,x\o\al(2,0))))(x－x0)，即y－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(3,x0)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,x\o\al(2,0))))(x－x0)． 令x＝0，得y＝－eq \f(6,x0)，所以切线与直线x＝0的交点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(6,x0))).令y＝x，得y＝x＝2x0，所以切线与直线y＝x的交点坐标为(2x0,2x0)． 所以曲线y＝f(x)在点P(x0，y0)处的切线与直线x＝0和y＝x所围成的三角形的面积S＝eq \f(1,2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(6,x0)))|2x0|＝6. 故曲线y＝f(x)上任一点处的切线与直线x＝0和y＝x所围成的三角形面积为定值，且此定值为6. 19．(12分)在①q·d＝1，②a2＋b3＝0，③S2＝T2这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的λ存在，求出λ的取值范围；若不存在，请说明理由． 若Sn是公差为d的等差数列{an}的前n项和，Tn是公比为q的等比数列{bn}的前n项和，________，a1＝1，S5＝25，a2＝b2，是否存在正数λ，使得λ|Tn|＜12? 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 解：∵S5＝25＝5a3，∴a3＝5， ∴a2＝eq \f(a1＋a3,2)＝eq \f(1＋5,2)＝3， ∴b2＝a2＝3. ∴d＝a2－a1＝3－1＝2. 若选①，∵q·d＝1，∴q＝eq \f(1,d)＝eq \f(1,2)， ∴b1＝3×2＝6， ∴Tn＝eq \f(6\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝12eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))， 由λ|Tn|＜12得λ≤1，又λ＞0，∴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，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＝eq \f(b2,b1)＝3，∴Tn＝eq \f(1－3n,1－3)＝eq \f(3n－1,2). ∵Tn单调递增，没有最大值， ∴不存在正数λ，使λ|Tn|＜12. 20．(12分)某个体户计划经销A，B两种商品，据调查统计，当投资额为x(x≥0)万元时，在经销A，B商品中所获得的收益分别为f(x)万元与g(x)万元，其中f(x)＝a(x－1)＋2，g(x)＝6ln(x＋b)，a>0，b>0.已知投资额为0时收益为0. (1)求a，b的值； (2)如果该个体户准备投入5万元经销这两种商品，请你帮他制定一个资金投入方案，使他能获得最大收益． 解：(1)由投资额为0时收益为0， 可知f(0)＝－a＋2＝0，g(0)＝6ln b＝0， 解得a＝2，b＝1. (2)由(1)可得f(x)＝2x，g(x)＝6ln(x＋1)． 设投入经销B商品的资金为x万元(0≤x≤5)， 则投入经销A商品的资金为(5－x)万元． 设所获得的收益为S(x)万元， 则S(x)＝2(5－x)＋6ln(x＋1)＝6ln(x＋1)－2x＋10(0≤x≤5)． S′(x)＝eq \f(6,x＋1)－2，令S′(x)＝0，得x＝2. 当0≤x<2时，S′(x)>0，函数S(x)单调递增； 当20，g(x)单调递增； 当10，,g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝m－2－\f(1,e2)≤0，))解得1