2022-2023学年黑龙江省哈尔滨六中高二（下）第三次段考数学试卷（6月份）(含解析）

这是一份2022-2023学年黑龙江省哈尔滨六中高二（下）第三次段考数学试卷（6月份）(含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3+4=a2+a7，则S11=( )
A. 44B. 48C. 55D. 72
2.已知函数f(x)=lnx−ax2，a∈R，则下列结论正确的是( )
A. f(x)一定有极大值
B. 当a>0时，f(x)有极小值
C. 当a<0时，f(x)可能无零点
D. 若f(x)在区间(0,1)上单调递增，则a≤12
3.拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，内容为：如果函数f(x)在闭区间[a,b]上的图象连续不间断，在开区间(a,b)内的导数为f′(x)，那么在区间(a,b)内至少存在一点c，使得f(b)−f(a)=f′(c)(b−a)成立，其中c叫做f(x)在[a,b]上的“拉格朗日终止点”.根据这个定理，可得函数f(x)=lnx在[1,e]上的“拉格朗日中值点”为( )
A. 1B. eC. e−1D. e+12
4.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，则下列结论中一定成立的是( )
A. 若a6>0，则S6<0B. 若a6>0，则S6>0
C. 若a5>0，则S5<0D. 若a5>0，则S5>0
5.已知函数f(x)=ex−1−lnx−a，若对任意的x∈[1,+∞)，f(x)≥0成立，则a的最大值是( )
A. ln2B. 1eC. 1D. e
6.对任意数列{an}，定义函数F(x)=a1+a2x+a3x2+⋯+anxn−1(n∈N*)是数列{an}的“生成函数”.已知F(1)=n2，则F(12)=( )
A. 3−2n+32nB. 4−2n+12n−1C. 6−2n+12n−1D. 6−2n+32n−1
7.已知数列{an}的通项公式为an=1n(n+2)，前n项和为Sn，若实数λ满足(−1)nλ<3+(−1)n+1Sn对任意正整数n恒成立，则实数λ的取值范围是
( )
A. −103<λ≤94B. −103<λ<94C. −94<λ≤103D. −94<λ<103
8.已知函数f(x)=ax2−2x+lnx有两个极值点x1，x2，若不等式f(x1)+f(x2)A. [−1,+∞)B. [−2−2ln2,+∞)C. [−3−ln2,+∞)D. [−5,+∞)
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.德国数学家莱布尼茨是微积分的创立者之一，他从几何问题出发，引进微积分概念.在研究切线时认识到，求曲线的切线的斜率依赖于纵坐标的差值和横坐标的差值，以及当此差值变成无限小时它们的比值，这也正是导数的几何意义.设f′(x)是函数f(x)的导函数，若f′(x)>0，对∀x1，x2∈R，且x1≠x2，总有f(x1)+f(x2)2A. f(2)C. 2f′(2)10.已知函数f(x)=ex−12x2，下列说法正确的是( )
A. f(x)在x=0处的切线方程为x−y+1=0
B. 32C. 函数f(x)只存在一个极小值，无极大值
D. f(x)有唯一零点
11.古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状，把数分成许多类，如图中第一行图形中黑色小点个数：1，3，6，10，称为三角形数，第二行图形中黑色小点个数：1，4，9，16，称为正方形数，记三角形数构成数列{an}，正方形数构成数列{bn}，则下列说法正确的是( )
A. 1a1+1a2+1a3+⋯+1an=nn+1
B. 1225既是三角形数，又是正方形数
C. 1b1+1b2+1b3+⋯+1bn<3320
D. ∀m∈N*，m≥2，总存在p，q∈N*，使得bm=ap+aq成立
12.已知数列{an}的前n项和为Sn，1 Sn− Sn= an，下列结论正确的是( )
A. Sn=12−Sn−1(n≥2)B. {1Sn−1}为等差数列
C. S12S32⋯S2n−12≥14nD. an=nn+1
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=2，数列{lg2Sn}是公差为2的等差数列，则S5= ______．
14.已知数列{an}的前n项和为Sn=2n+1+m且a1，a4，a5−2成等差数列，bn=an(an−1)(an+1−1)，数列{bn}的前n项和为Tn，则满足Tn>20232024的最小正整数n的值为______．
15.若函数f(x)=x3−3x在(a,8−a2)上有最小值，则实数a的取值范围是______．
16.已知函数f(x)=ex,x≥0−(x+2)2+5,x<0，g(x)=k(x−1)，若方程f(x)−g(x)=0恰有三个不相等的实数根，则实数火的取值范围是______
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
设函数f(x)=aln(x+1)x+2−bx+1，已知曲线y=f(x)在点x=0处的切线为y=−32x+2．
(1)求a，b的值；
(2)设函数g(x)=(x+2)f(x)，求g(x)的最小值．
18.(本小题12分)
已知函数f(x)=ax3−3x2+6．
(1)求函数f(x)的单调增区间；
(2)当a>0时，若f(x)>0在区间[−1,1]上恒成立，求a的取值范围．
19.(本小题12分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=3，an+1=2Sn+3；数列{bn}中，b1=1，bn−bn+1+1=0．
(1)求数列{an}、{bn}的通项公式an和bn；
(2)设cn=anbn，求数列{cn}的前n项和Tn．
20.(本小题12分)
已知等差数列{an}的首项为1，公差d>0，前n项和为Sn，数列{ Sn}也为等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=4Snanan+1的前n项和为Tn，求Tn．
21.(本小题12分)
已知数列{an}的前n项之积为bn，且a1b1+a2b2+…+anbn=n2+n2(n∈N*)．
(1)求数列{anbn}和{an}的通项公式；
(2)求f(n)=bn+bn+1+bn+2+…+b2n−1+b2n的最大值．
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=aex−12x2−x．
(1)若f(x)在R上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)当a=1时，证明：∀x∈(−2,+∞)，f(x)>sinx．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：等差数列{an}中，若a3+4=a2+a7，
则a1+2d+4=2a1+7d，
即a1+5d=a6=4，
则S11=11(a1+a11)2=11a6=44．
故选：A．
由已知结合等差数列的通项公式及求和公式即可求解．
本题主要考查了等差数列的通项公式，求和公式的应用，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：f′(x)=1x−2ax=1−2ax2x，x>0，
当a≤0时，f′(x)>0，函数在(0,+∞)上单调递增，没有极值，A错误；
当a>0时，令f′(x)>0可得0 12a，此时函数单调递减，
故函数有唯一极大值，没有极小值，B错误；
当a<0时，f′(x)>0，函数在(0,+∞)上单调递增，
又f(1)=−a>0，x→0时，f(x)→−∞，由零点判定定理可知，函数一定存在零点，C错误；
若f(x)在区间(0,1)上单调递增，则f′(x)=1x−2ax=1−2ax2x≥0在(0,1)上恒成立，
故2a≤1x2在(0,1)上恒成立，
因为1x2>1，
所以2a≤1，即a≤12，D正确．
故选：D．
先对函数求导，然后结合导数与单调性及极值关系分别检验各选项即可判断．
本题主要考查了导数与单调性及极值关系的应用，体现了分类讨论及转化思想的应用，属于中档题．
3.【答案】C
【解析】解：f′(x)=1x，根据拉格朗日中值定理得：f(e)−f(1)=f′(c)(e−1)，
∴1=1c⋅(e−1)，∴c=e−1．
故选：C．
根据拉格朗日中值定理即可求出答案．
本题考查了拉格朗日中值定理，对数函数的求导公式，考查了计算能力，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，若an=(−1)n，满足a6>0，但S6=0，A错误；
对于B，若an=(−1)n，满足a6>0，但S6=0，B错误；
对于C，若an=(−1)n+1，满足a5>0，但S5=1>0，C错误；
对于D，若a5>0，即a1q4>0，则有a1>0，
当q>0时，{an}为正项数列，有S5>0，
当q<0时，1−q>0，且1−q5>0，S5=a1(1−q5)1−q>0，
故必有S5>0，D正确．
故选：D．
根据题意，举出反例可得ABC错误，由等比数列的通项公式和前n项和分析D，综合可得答案．
本题考查等比数列前n项和的性质，涉及等比数列的性质，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：设g(x)=ex−1−x，可得g′(x)=ex−1−1，
当x≥1时，g′(x)≥0，则g(x)在[1,+∞)上单调递增，
故当x≥1时，g(x)≥g(1)=0，即ex−1≥x，
当且仅当x=1时，等号成立，
设h(x)=x−lnx−1，则h′(x)=1−1x，
当x≥1时，h′(x)≥0，则h(x)在[1,+∞)上单调递增，
故当x≥1时，h(x)≥h(1)=0，
即x−1≥lnx，当且仅当x=1时，等号成立，
可得ex−1−1≥x−1≥lnx，所以ex−1−lnx≥1，所以a≤1，
所以a的最大值是1．
故选：C．
设g(x)=ex−1−x，求得g′(x)=ex−1−1，当x≥1时，得到g(x)在[1,+∞)上单调递增，得到g(x)≥g(1)=0，即ex−1≥x，设h(x)=x−lnx−1，求得h′(x)=1−1x，得到x≥1时，h(x)在[1,+∞)上单调递增，得到h(x)≥h(1)=0，即x−1≥lnx，得到ex−1−lnx≥1，进而得到a≤1，即可求解．
本题考查导数的综合应用，恒成立问题，化归转化思想，属中档题．
6.【答案】D
【解析】解：因为F(x)=a1+a2x+a3x2+⋯+anxn−1，且F(1)=n2，
所以a1+a2+a3+⋯+an=n2①，
当n=1可得a1=1，
当n≥2时a1+a2+...+an−1=(n−1)2②，
①−②得an=n2−(n−1)2=2n−1，显然当n=1时上式也成立，
所以an=2n−1，
所以F(12)=1+3×12+5×(12)2+⋯+(2n−1)×(12)n−1，
则12F(12)=1×12+3×(12)2+5×(12)3+⋯+(2n−1)×(12)n，
所以12F(12)=1+2×12+2×(12)2+2×(12)3+⋯+2×(12)n−1−(2n−1)×(12)n
=1+1−(12)n−11−12−(2n−1)×(12)n=3−(2n+3)×(12)n，
所以F(12)=6−2n+32n−1．
故选：D．
依题意可得a1+a2+a3+⋯+an=n2，利用作差法求出an，则F(12)=1+3×12+5×(12)2+⋯+(2n−1)×(12)n−1，再利用错位相减法，即可求解．
本题考查根据数列的前n项和求通项公式，错位相减法求和，属中档题．
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查数列的求和方法：裂项相消求和，考查不等式恒成立问题的解法，注意运用分类讨论的思想方法，考查运算能力，属于中档题．
求出an=1n(n+2)=12(1n−1n+2)，运用裂项相消求和，可得前n项和Sn，判断可得{Sn}为递增数列，求得最值，讨论n为奇数和偶数，由恒成立问题解法，求得λ的范围，即可得到所求范围．
【解答】
解：an=1n(n+2)=12(1n−1n+2)，
前n项和为Sn=12(1−13+12−14+13−15+…+1n−1−1n+1+1n−1n+2)
=12(1+12−1n+1−1n+2)=34−12(1n+1+1n+2)，
易得{Sn}为递增数列，则13≤Sn<34；
当n为偶数时，则λ<3−Sn对任意偶数n恒成立，
由3−Sn>3−34=94，
可得λ≤94①
当n为奇数时，则−λ<3+Sn对任意奇数n恒成立，
由3+Sn≥3+S1=3+13=103，
可得−λ<103，即λ>−103②
由①②解得−103<λ≤94．
故选：A．
8.【答案】D
【解析】【分析】
由题意可得f′(x)=2ax2−2x+1x (x>0)，由函数f(x)=ax2−2x+lnx有两个极值点x1，x2，可得方程2ax2−2x+1=0在(0,+∞)上有两个不相等的正实数根，由根与系数的关系可求得a的取值范围，由f(x1)+f(x2)−(x1+x2)═−2a−1−ln2a，令h(a)=−2a−1−ln2a，利用导数研究其最大值即可．
本题考查利用导数研究函数的极值及恒成立问题，考查降元思维及化简变形，运算求解能力，属于较难题．
【解答】
解：函数f(x)的定义域为(0,+∞)，
f′(x)=2ax2−2x+1x (x>0)，
因为函数f(x)=ax2−2x+lnx有两个极值点x1，x2，
所以方程2ax2−2x+1=0在(0,+∞)上有两个不相等的正实数根，
则△=4−8a>0x1+x2=1a>0x1x2=12a>0，解得0因为f(x1)+f(x2)−(x1+x2)=ax12−2x1+lnx1+ax22−2x2+lnx2−x1−x2=a[(x1+x2)2−2x1x2]−3(x1+x2)+ln(x1x2)=−2a−1−ln2a，
设h(a)=−2a−1−ln2a，
h′(a)=2−aa2，易知h′(a)>0在(0,12)上恒成立，
故h(a)在(0,12)上单调递增，
故h(a)所以t≥−5，
所以t的取值范围是[−5,+∞)．
故选：D．
9.【答案】AD
【解析】解：对于A：f′(x)>0恒成立，则f(x)在R上单调递增，
∵π>e>2，∴f(π)>f(e)>f(2)，故A正确；
对于B：∀x1，x2∈(0,+∞)，且x1≠x2，总有f(x1)+f(x2)2由图象得随着x的增大，f(x)的图象越来越平缓，即切线的斜率越来越小，
∴f′(π)对于C：f(4)−f(2)4−2=kAB，
由图象得f′(4)对于D：f(3)−f(2)3−2=kAC，
由图象得f′(3)故选：AD．
根据题意，作出函数图象，逐一分析选项，即可得出答案．→
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查数形结合思想与逻辑推理能力，属于中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：f′(x)=ex−x，
对于A，f′(0)=1，f(0)=1，
所以f(x)在x=0处的切线方程为：y=x+1，故A正确；
对于B，f(ln2)=2−(ln2)22，因为0所以32对于C，令g(x)=ex−x，则g′(x)=ex−1，
当x<0时，g′(x)<0，当x>1时，g′(x)>0，
所以g(x)在(−∞,0)上单调递减，(1,+∞)上单调递增，
g(x)min=g(0)=1，所以g(x)>0，即f′(x)>0，
所以函数f(x)在R上单调递增，所以函数f(x)无极值，故C错误；
对于D，因为函数f(x)在R上单调递增，且f(0)=1>0，f(−1)=1e−12<0，
所以函数f(x)有1个零点，故D正确．
故选：ABD．
求导，求出f′(0)和f(0)，利用直线的点斜式方程写出切线方程，即可判断A；求出f(ln2)，根据ln2的范围可判断B；根据函数的导数，分析导数的符号，确定函数的单调性，可判断C；根据函数的单调性和极值，可判断D．
本题考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，极值和零点问题，属中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：三角形数构成数列{an}：1，3，6，10，
易发现a2−a1=2，a3−a2=3，⋯，an−an−1=n(n≥2)，
累加得an−a1=(n−1)(2+n)2，
所以an=n(n+1)2，n=1也成立；
正方形数构成数列{bn}：1，4，9，16，
易发现b2−b1=3，b3−b2=5，⋯，bn−bn−1=2n−1(n≥2)，
累加得bn−b1=(2n+2)(n−1)2，得到bn=n2，n=1也成立；
对A，1an=2n(n+1)=2(1n−1n+1)，
所以1a1+1a2+1a3+⋯+1an=2(1−1n+1)=2nn+1，故选项A错误；
对B，令an=n2+n2=1225，解得n=49；令bn=n2=1225，解得n=35，故选项B正确；
对C，1bn=1n2<44n2−1=2(12n−1−12n+1)，
所以1b1+1b2+1b3+⋯+1bn=1+14+(132+⋯+1n2)<54+2(15−17+17−19+12n−1−12n+1)，
整理得，1b1+1b2+1b3+⋯+1bn<54+2(15−12n+1)=3320−12n+1<3320，故选项C正确；
对D，取m=p=q，且m∈N*，令m2=m(m+1)2+m(m−1)2，有bm=am+am−1，
故∀m∈N*，m≥2，总存在p，q∈N*，使得bm=ap+aq成立，故选项D正确；
故选：BCD．
利用累加法，分别求出an，bn，进而分别利用裂项求和法、放缩法，逐个选项进行判断即可得到答案．
本题考查数列通项公式和前n项和的求法，考查转化思想和运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】ABC
【解析】解：当n=1时,1 a1− a1= a1，∴a1=12，
当n≥2时，1 Sn− Sn= Sn−Sn−1，
平方可得1Sn+Sn−2=Sn−Sn−1，
∴1Sn=2−Sn−1，∴Sn=12−Sn−1(n≥2)，∴选项A正确；
则n≥2时，Sn−1=12−Sn−1−1=Sn−1−12−Sn−1，
∴1Sn−1=2−Sn−1Sn−1−1=1Sn−1−1−1，
∴1Sn−1−1Sn−1−1=−1，
∴{1Sn−1}是以首项为1S1−1=−2，公差为−1的等差数列，∴选项B正确；
∴1Sn−1=−2+(n−1)×(−1)=−(n+1)，∴Sn=nn+1,n∈N*，
∴an=(1 Sn− Sn)2=( n+1n− nn+1)2=1n(n+1)，∴选项D错误；
设f(n)=4nS12S32⋅⋅⋅S2n−12，
∵f(n+1)f(n)=n+1nS2n+12=n+1n(2n+12n+2)2=(2n+1)24n(n+1)=1+14n(n+1)>1，
∴f(n+1)>f(n)，∴f(n)为递增数列，
∴f(n)≥f(1)=4a12=1，即S12S32⋯S2n−12≥14n，∴选项C正确，
故选：ABC．
根据数列递推式，令n=1，求得a1=12，于是当n≥2时，可得1 Sn− Sn= Sn−Sn−1，平方后即可判断A；结合以上分析可推出1Sn−1−1Sn−1−1=−1，判断B；由此可求得Sn=nn+1，继而求得an=1n(n+1)，判断D；设f(n)=4nS12S32⋅⋅⋅S2n−12，判断其单调性，可推出f(n)≥f(1)，结合a1=12，即可判断C．
本题考查数列的递推式的应用，等差数列的定义与通项公式的应用，数列的单调性的应用，属中档题．
13.【答案】45
【解析】解：∵数列{an}的前n项和为Sn，a1=2，
数列{lg2Sn}是公差为2的等差数列，
∴lg2Sn=2+(n−1)×2=2n，
∴Sn=22n=4n．
∴S5=45．
故答案为：45．
由等差数列的性质得lg2Sn=2+(n−1)×2=2n，从而Sn=22n=4n，由此能求出S5的值．
本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14.【答案】10
【解析】解：由题意，当n=1时，a1=S1=21+1+m=4+m．
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n+1+m−2n−m=2n．
则a4=24=16，a5−2=25−2=30．
∵a1，a4，a5−2成等差数列，
∴a1+a5−2=2a4，即4+m+30=2×16，
解得m=−2．
∴a1=2．
∴an=2n，n∈N*．
∴bn=an(an−1)(an+1−1)=2n(2n−1)(2n+1−1)=12n−1−12n+1−1．
∴Tn=b1+b2+…+bn
=121−1−122−1+122−1−123−1+…+12n−1−12n+1−1
=1−12n+1−1．
∵Tn>20232024，∴1−12n+1−1>20232024．
即12n+1−1<12024，
∴2n+1−1>2024，即2n+1>2025，
∵210=1024<2025，211=2048>2025，
∴n+1≥11，即n≥10．
∴满足Tn>20232024的最小正整数n的值为10．
故答案为：10．
本题先根据公式an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2初步找到数列{an}的通项公式，然后根据等差中项的性质可解得m的值，即可确定数列{an}的通项公式，代入数列{bn}的表达式计算出数列{bn}的通项公式，然后运用裂项相消法计算出前n项和Tn，再代入不等式Tn>20232024进行计算可得最小正整数n的值．
本题主要考查数列求通项公式，裂项相消法求前n项和，考查转化思想，方程思想，不等式的计算，逻辑思维能力和数学运算能力．本题属中档题．
15.【答案】[−2,1)
【解析】解：f′(x)=3x2−3，令f′(x)=0得x=±1，
x∈(−∞,−1)∪(1,+∞)时f′(x)>0，x∈(−1,1)时，f′(x)<0，
所以f(x)在(−∞,−1)和(1,+∞)上单调递增，在(−1,1)上单调递减，
若函数f(x)=x3−3x在(a,8−a2)上有最小值，则其最小值必为f(1)，
则必有1∈(a,8−a2)且f(a)=a3−3a≥f(1)=−2，解得−2≤a<1．
故答案为：[−2,1)．
求出函数f(x)=x3−3x的单调性，结合最小值的定义即可求解．
本题主要考查利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】(−2,−1)∪(e2,+∞)
【解析】解：作出f(x)=ex,x≥0−(x+2)2+5,x<0与g(x)=k(x−1)的图象，如图，
当x>0时，设g(x)=k(x−1)与y=ex相切于点B(x1,y1)，
则k=f′(x1)=ex1=y1−0x1−1=ex1x1−1，解得x1=2，所以k=e2，
由图象可知，当k>e2时，g(x)=k(x−1)与y=ex有2个交点，与y=−(x+2)2+5(x≤0)有1个交点，即g(x)=k(x−1)与y=f(x)有3个交点，
当x≤0时，设g(x)=k(x−1)与y=−(x+2)2+5(x≤0)相切于点C(x2,y2)，
由y=−2x−4可知，kAC=−2x2−4=y2−0x2−1=−x22−4x2+1x2−1，
解得x2=−1或x2=3(舍去)，此时kAC=−2，而kAD=1−00−1=−1，
由图象知，当−2综上，−2e2时图象有3个交点，即方程f(x)−g(x)=0恰有三个不相等的实数根．
故答案为：(−2,−1)∪(e2,+∞)．
方程f(x)−g(x)=0恰有三个不相等的实数根可转化为f(x)=ex,x≥0−(x+2)2+5,x<0与g(x)=k(x−1)的图象的交点有3个，利用导数求出切线斜率，根据数形结合求解．
本题主要考查函数的零点和方程根的关系，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由题意知点A(0,2)在切线为y=−32x+2，也在曲线y=f(x)上，
故f(0)=−b=2，即b=−2，
则f(x)=aln(x+1)x+2+2x+1，
所以f′(x)=a[x+2x+1−ln(x+1)](x+2)2−2(x+1)2，
又曲线y=f(x)在点A(0,2)处的切线斜率为−32，
则f′(0)=−32，解得a=1，
综上得a=1，b=−2．
(2)由(1)知f(x)=ln(x+1)x+2+2x+1，x∈(−1,+∞)，
则g(x)=(x+2)f(x)=ln(x+1)+2x+1+2，x∈(−1,+∞)，
则g′(x)=x−1(x+1)2，令g′(x)=0，解得x=1，
则当−1当x>1时，g′(x)>0，g(x)在(1,+∞)上单调递增，
即函数g(x)在x=1时取得极小值，也是最小值，
所以g(x)≥g(1)=ln2+3．
所以g(x)的最小值为ln2+3．
【解析】(1)将点A(0,2)代入函数解析式求得b，利用导数的几何意义可求得a，即得答案．
(2)结合(1)的结论，可得g(x)=(x+2)f(x)解析式，利用导数判断其单调性，求得极值点，即可求得最值．
本题考查了导数的综合运用，考查了函数思想，属于中档题．
18.【答案】解：(1)函数f(x)的定义域为R，
f′(x)=3ax2−6x=3x(ax−2)，
当a=0时，f′(x)=−6x，
所以在(−∞,0)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，
在(0,+∞)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当a>0时，令f′(x)=0得x=0或x=2a>0，
所以在(−∞,0)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
在(0,2a)上f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(2a,+∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
当a<0时，令f′(x)=0得x=0或x=2a<0，
所以在(−∞,2a)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
在(2a,0)上f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(0,+∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
综上所述，当a=0时，f(x)在(−∞,0)上单调递增，在(0,+∞)上单调递减，
当a>0时，f(x)在(−∞,0)上单调递增，在(0,2a)上单调递减，在(2a,+∞)上单调递增，
当a<0时，f(x)在(−∞,2a)上单调递增，在(2a,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增．
(2)f′(x)=3ax2−6x，a>0，
令f′(x)=0，得x=0或x=2a，
①当2a≥1时，即00，f(x)单调递增，
在(0,1)上f′(x)<0，f(x)单调递减，
因为f(x)在[−1,1]上f(x)>0恒成立，
所以f(−1)=−a+3>0f(1)=a+3>0，
解得−3因为0所以0①当2a<1时，即a>2时，在(−1,0)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
在(0,2a)上f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(2a,1)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
因为f(x)在[−1,1]上f(x)>0恒成立，
所以f(−1)=−a+3>0f(2a)=−4a2+6>0，
解得 63又a>2，
所以2综上所述，a的取值范围为(0,3)．
【解析】(1)求导分析f′(x)的符号，f(x)的单调性．
(2)求导并令f′(x)=0，得x=0或x=2a，分两种情况：①当2a≥1时，②当2a<1时，讨论f′(x)的符号，f(x)的单调性，进而可得答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)∵an+1=2Sn+3，∴an=2Sn−1+3(n≥2)，
两式相减得an+1−an=2an，得an+1an=3(n≥2)．
又a1=3，∴a2=2S1+3=9，∴a2a1=3，(3分)
可得数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列，则an=3n；
∵bn−bn+1+1=0，∴bn+1−bn=1，即数列{bn}是等差数列，
又b1=1，∴bn=1+1⋅(n−1)=n．
(2)∵cn=anbn，∴cn=n⋅3n，
∴Tn=1×3+2×32+3×33+⋅⋅⋅+n⋅3n，
∴3Tn=32+2×33+⋅⋅⋅+(n−1)⋅3n+n⋅3n+1，
两式相减可得：−2Tn=31+32+33+⋅⋅⋅+3n−n⋅3n+1=3(1−3n)1−3−n⋅3n+1．
∴Tn=(2n−1)4⋅3n+1+34．
【解析】(1)由an与Sn的关系及条件可求出数列{an}的通项公式，由等差数列的定义可求得数列{bn}的通项公式；
(2)由错位相减法可求得．
本题考查了求等差等比数列的通项公式和错位相减法求数列的前n项和，还考查了计算能力，属中档题．
20.【答案】解：(1)因为 S1= a1=1， S2= a1+a2= 2+d， S3= a1+a2+a3= 3+3d，
且由题意可知 S1+ S3=2 S2，所以1+ 3+3d=2 2+d，解得d=2，
所以an=1+2(n−1)=2n−1；
(2)由(1)可知an=2n−1，Sn=n+n(n−1)2×2=n2，
所以bn=4Snanan+1=4n2(2n−1)(2n+1)=4n2−1+1(2n−1)(2n+1)=1+12(12n−1−12n+1)，
所以Tn=b1+b2+…+bn=n+12(11−13+13−15+…+12n−1−12n+1)=n+12(1−12n+1)=2n2+2n2n+1．
【解析】(1)由{ Sn}是等差数列，可得 S1． S2． S3成等差数列，即可构造方程，求出公差，得到通项公式；
(2)利用裂项求和法求解即可．
本题主要考查等差数列的性质及通项公式，裂项求和法的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)∵a1b1+a2b2+⋅⋅⋅+anbn=n2+n2，…①，∴a1b1+a2b2+⋅⋅⋅+an−1bn−1=(n−1)2+n−12(n≥2)，…②，
由①②可得anbn=n(n≥2)，由①a1b1=1也满足上式，∴anbn=n(n∈N*)，…③，
∴an−1bn−1=n−1(n≥2)，…④，由③④可得anbn−1bnan−1=nn−1(n≥2)，
即1an−1=nn−1(n≥2)，∴an−1=n−1n(n≥2)，∴an=nn+1．
(2)由(1)可知an=nn+1，anbn=n，则bn=1n+1，
记f(n)=bn+bn+1+⋅⋅⋅+b2n=1n+1+1n+2+⋅⋅⋅+12n+1，
∴f(n+1)=1n+2+1n+3+⋅⋅⋅+12n+3，
∴f(n+1)−f(n)=12n+2+12n+3−1n+1=12n+3−12n+2<0，
∴f(n+1)∴f(n)的最大值为f(1)=b1+b2=12+13=56．
【解析】(1)先根据前n项和求数列{anbn}的通项，再根据前n项积与项的关系式转换成项的递推关系式，从而再求得{an}的通项公式；
(2)根据(1)先求bn，接着求f(n)，再判断f(n)的单调性，从而根据单调性求最值．
本题考查数列的和式与项的互相转化，前n项积与项的互相转化，数列单调性，属中档题．
22.【答案】解：(1)由函数f(x)=aex−12x2−x，可得f′(x)=aex−x−1，
因为f(x)在R上单调递增，可得f′(x)≥0在R上恒成立，
即aex−x−1≥0在R上恒成立，即a≥x+1ex在R上恒成立，
令h(x)=x+1ex，可得h′(x)=1−(x+1)ex=−xex，
当x>0时，h′(x)<0，h(x)单调递减；
当x<0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以当x=0时，函数h(x)取得极大值，即为最大值h(0)=1，
所以a≥1，即实数a的取值范围为[1,+∞)．
(2)证明：当a=1时，f(x)=ex−12x2−x，可得f(0)=1
当x>0时，可得f′(x)=ex−x−1，
要使得f(x)>sinx，只需使得f(x)>1，
令g(x)=f′(x)=ex−x−1，可得g′(x)=ex−1≥0，
所以g(x)单调递增，
又由g(0)=0，所以g(x)>g(x)=0，
所以f(x)单调递增，
所以f(x)>f(0)=1；
当x=0时，可得f(0)=1且sin0=0，
所以f(0)=sin0，满足f(x)>1；
当−2因为ex>0且−12x2−x=−12(x+1)2+12>0，
所以f(x)>0，
所以f(x)>sinx，
综上可得，对于∀x∈(−2,+∞)，都有f(x)>sinx．
【解析】(1)求得f′(x)=aex−x−1，转化为f′(x)≥0在R上恒成立，进而转化为a≥x+1ex在R上恒成立，令h(x)=x+1ex，求得h′(x)=−xex，得出函数h(x)的单调性和最大值，即可求解．
(2)当a=1时，得到f(x)=ex−12x2−x且f(0)=1，当x>0时，只需使得f(x)>1，利用导数求得f(x)单调递增，得到f(x)>f(0)；当x=0时，显然满足f(x)>1；当−20，得到f(x)>sinx，即可得证．
本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查不等式的证明，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．