2023-2024学年广东省深圳市宝安区宝安中学高二（下）月考数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省深圳市宝安区宝安中学高二（下）月考数学试卷（含解析），共17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.已知曲线f(x)=x3−x+3在点P处的切线与直线x+2y−1=0垂直，则P点的坐标为( )
A. (1,3)B. (−1,3)C. (1,3)或(−1,3)D. (1,−3)
2.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为AB的中点，则点A1到平面ECC1的距离为( )
A. 15B. 55C. 2 55D. 25
3.已知函数y=f(x)的图象如图所示，则不等式x⋅f′(x)<0的解集为( )
A. (−∞,12)∪(12,2)
B. (−∞,12)∪(2,+∞)
C. (−1,0)∪(1,3)
D. (−∞,0)∪(12,2)
4.设点P是函数f(x)=2ex−f′(0)x+f′(1)图象上的任意一点，点P处切线的倾斜角为α，则角α的取值范围是( )
A. [0,3π4)B. [0,π2)∪(3π4,π)C. (π2,3π4)D. [0,π2)∪[3π4,π)
5.从1，2，3，4，5，6，7，9中，任取两个不同的数作对数的底数和真数，则所有不同的对数的值有( )
A. 30个B. 42个C. 41个D. 39个
6.若函数y=f(x)存在n−1(n∈N*)个极值点，则称y=f(x)为n折函数，例如f(x)=x2为2折函数，已知函数f(x)=(x+1)ex−x(x+2)2，则f(x)为( )
A. 2折函数B. 3折函数C. 4折函数D. 5折函数
7.已知M，N为圆C：x2+y2−2x−4y=0上两点，且|MN|=4，点P在直线l：x−y+3=0上，则|PM+PN|的最小值为( )
A. 2 2−2B. 2 2C. 2 2+2D. 2 2− 5
8.已知函数f(x)=ex−1，g(x)=ax2，若总存在两条不同的直线与函数y=f(x)，y=g(x)图象均相切，则实数a的取值范围是( )
A. (e4,+∞)B. (e2,+∞)C. (1e,+∞)D. (2e,+∞)
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.设数列{an}的前n项和为Sn，Sn+1n+1−Snn=−1,S1=32，则下列说法正确的是( )
A. {an}是等差数列
B. S3，S6−S3，S9−S6成等差数列，公差为−9
C. 当n=16或n=17时，Sn取得最大值
D. Sn≥0时，n的最大值为33
10.已知F1，F2分别是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，如图，过F2的直线与C交于点A，与y轴交于点B，F1A⋅F1B=0，BF2=4F2A，设C的离心率为e，则( )
A. |AF2|=a2
B. 2cs∠BF1F2=e
C. sin∠F1AF2=35
D. e2=25
11.已知函数f(x)=x2+3x+1ex，则下列结论正确的是( )
A. 函数f(x)存在三个不同的零点
B. 函数f(x)既存在极大值又存在极小值
C. 若x∈[t,+∞)时，f(x)max=5e，则t的最大值为1
D. 当−e2三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若函数f(x)=13x3−4x+m在[0,3]上的最小值为4，则m= ______．
13.如图，用4种不同的颜色对图中4个区域涂色，要求每个区域涂1种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有______种．
14.已知函数f(x)=lnx+ax+sinx，∀x1，x2∈(0,+∞)，x1≠x2，都有f(x2)−f(x1)x2−x1>1，则a的取值范围为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知函数f(x)=(1−x)ex．
(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形面积；
(2)过点A(a,0)作曲线y=(1−x)ex的切线，若切线有且仅有1条，求实数a的值．
16.(本小题15分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)过点(2 2,1)，且与双曲线D：y22−x28=1有相同的渐近线．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线l：y=k(x+32)(k≠0)与双曲线C交于M，N两点，且线段MN的垂直平分线过点B(0,1)，求直线l的方程．
17.(本小题15分)
如图，已知三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1=AB=AC=2，M，N分别是CC1，BC的中点，点P是线段A1B1上动点且PN⊥AM恒成立．
(1)证明：AB⊥AC；
(2)当三棱锥A−PNA1与三棱锥M−PNA1的体积之和为56时，求平面PMN与平面ABC所成角的余弦值．
18.(本小题17分)
若在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.现对数列1，2进行构造，第一次得到数列1，3，2；第二次得到数列1，4，3，5，2；依次构造，第n(n∈N*)次得到的数列的所有项之和记为an．
(1)设第n次构造后得的数列为1，x1，x2，…，xk，2，则an=3+x1+x2+…+xk，请用含x1，x2，…，xk的代数式表达出an+1，并推导出an+1与an满足的关系式；
(2)求数列{an}的通项公式an；
(3)证明：1a1+1a2+1a3+…+1an<13．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=aex−1−x−1．
(1)讨论f(x)的单调性．
(2)证明：当a≥1时，f(x)+x−lnx≥2a−2a+1．
(3)证明：i=1ne1i>ln(n+1)+n．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由f(x)=x3−x+3，得f′(x)=3x2−1，
设P(t,t3−t+3)，则f′(t)=3t2−1，
∵曲线f(x)=x3−x+3在点P处的切线与直线x+2y−1=0垂直，
而直线x+2y−1=0的斜率为−12，
∴f′(t)=2，即3t2−1=2，解得t=±1．
∴P点的坐标为(1,3)或(−1,3)．
故选：C．
求出原函数的导函数，设P点坐标，利用切点处的导数值等于2求解切点横坐标，则答案可求．
本题考查导数的几何意义及应用，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为AB的中点，
如图，以D1为坐标原点，D1A1，D1C1，D1D所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A1(2,0,0)，E(2,1,2)，C(0,2,2)，C1(0,2,0),A1E=(0,1,2),EC=(−2,1,0),EC1=(−2,1,−2)，
设平面ECC1的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅EC=−2x+y=0m⋅EC1=−2x+y−2z=0，令x=1，得m=(1,2,0).|A1E⋅m||m|=2 5，
∴点A1到平面ECC1的距离为2 55．
故选：C．
以D1为坐标原点，D1A1，D1C1，D1D所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点A1到平面ECC1的距离．
本题考查空间中点到平面的距离公式、正方体结构特征等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
3.【答案】D
【解析】解：由图象知f(x)在(−∞,12)和(2,+∞)上单调递增，在(12,2)上单调递减
∴f′(x)>0的解集为(−∞,12)∪(2,+∞)，f′(x)<0的解集为(12,2)
又∵x⋅f′(x)<0等价于x<0f′(x)>0或x>0f′(x)<0
∴x<0或12∴原不等式的解集为(−∞,0)∪(12,2)
故选：D．
由图象先确定原函数的单调性，从而确定导函数在各个范围的正负号，再结合x的正负，即可得不等式的解集
本题考查原函数的单调性与导函数的正负号的关系．当原函数单调递增时，导函数大于等于0，；当原函数单调递减时，导函数小于等于0.属简单题
4.【答案】B
【解析】解：函数f(x)=2ex−f′(0)x+f′(1)的导数为f′(x)=2ex−f′(0)，
令x=0，可得f′(0)=2e0−f′(0)，解得f′(0)=1，
则f(x)=2ex−x+f′(1)，f′(x)=2ex−1，
设P(m,n)，可得k=2em−1>−1，
则tanα>−1，即−1由0≤α<π2或π2<α<π，
可得倾斜角α满足：3π4<α<π或0≤α<π2，
故选：B．
求得f(x)的导数，令x=0，解方程可得f′(0)，由指数函数的值域可得P处切线的斜率，由直线的斜率与倾斜角的关系，结合正切函数的图象可得所求范围．
本题考查导数的几何意义和直线的斜率与倾斜角的关系，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
5.【答案】D
【解析】解：当取1时，则1只能为真数，此时这个对数值为0，
当不取1时，底数有7种，真数有6种，其中lg24=lg39=2，lg42=lg93=12，lg23=lg49，lg32=lg94，
故此时有7×6−4=38个，
所以共有38+1=39个．
故选：D．
分是否取1两类，当不取1时，排除重复的即可得解．
本题主要考查了排列组合知识，考查了对数的运算性质，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查导数的新定义，利用函数的导数求函数的极值点，以及函数的零点，属于中档题．
求函数的导数，根据函数极值和导数的关系即可判断函数f(x)的极值点的个数，利用函数判断方程根的个数．
【解答】
解：f′(x)=(x+2)ex−(x+2)(3x+2)=(x+2)(ex−3x−2)，
由f′(x)=0得ex−3x−2=0，或x+2=0，
令gx=ex−3x−2，g′x=ex−3，
当x当x>ln3时，g′x>0，g(x)单调递增，
gxmin=gln3=1−3ln3<0，
又g−1=1e+1>0,g3=e3−11>0，
所以g(x)有两根不同零点，即ex−3x−2=0有两个不等实数根且都不等于−2，
∴函数f(x)=(x+1)ex−x(x+2)2有3个极值点．
故选：C．
7.【答案】A
【解析】解：设线段MN中点D，
圆C：x2+y2−2x−4y=0的圆心为(1,2)，半径为 5，
C到直线MN的距离为 5−4=1，所以CD=1，
故C的轨迹是以C为圆以，1为半径的圆，设D的轨迹为圆D，
圆D上的点到直线l：x−y+3=0的最短距离为t=|1−2+3| 2−1= 2−1．
所以|PM+PN|=2|PD|=2 2−2．
故选：A．
先求得线段MN中点D的轨迹，结合向量的横，圆与直线的位置关系可得|PM+PN|的最小值．
本题考查点的轨迹，考查圆上的点到线的最小距离问题，属中档题．
8.【答案】A
【解析】解：由题意可知：a≠0，
设函数f(x)=ex−1上的切点坐标为(x1,ex1−1)，函数g(x)=ax2的切点坐标为(x2,ax22)，
且f′(x)=ex−1，g′(x)=2ax，则公切线的斜率ex1−1=2ax2，可得x2=ex1−12a，
则公切线方程为y−ex1−1=ex1−1(x−x1)，
代入(x2,ax22)，得ax22−ex1−1=ex1−1(x2−x1)，
代入x2=ex1−12a，可得a(ex1−12a)2−ex1−1=ex1−1(ex1−12a−x1)，
整理得14a=x1−1ex1−1，
令t=x1−1，则14a=tet，
若总存在两条不同的直线与函数y=f(x)，y=g(x)图象均相切，
则方程14a=tet有两个不同的实根，
设h(x)=xex，则h′(x)=1−xex，
令h(x)>0，解得x<1；
令h(x)<0，解得x>1，
则h(x)在(−∞,1)内单调递增，在(1,+∞)单调递减，
可得h(x)≤h(1)=1e，
且当x趋近于−∞时，h(x)趋近于−∞；当x趋近于+∞时，h(x)趋近于0，
可得0<14a<1e，解得a>e4，故实数a的取值范围为(e4,+∞)．
故选：A．
设函数y=f(x)，y=g(x)的切点坐标分别为(x1,ex1−1)，(x2,ax22)，根据导数几何意义可得14a=x1−1ex1−1，结合题意可知方程14a=tet有两个不同的实根，设h(x)=xex，求导确定其单调性与最值情况，即可得实数a的取值范围．
本题考查导数的应用，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：对于A项，由已知Sn+1n+1−Snn=−1可得，数列{Snn}是一个等差数列，首项S11=32，公差为−1，
所以Snn=32+(n−1)×(−1)=−n+33，所以Sn=−n2+33n，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=−n2+33n+(n−1)2−33(n−1)=−2n+34，
当n=1时，a1=S1=32=−2×1+34，
综上所述，an=−2n+34，所以an−an−1=−2n+34+2(n−1)−34=−2，
所以{an}是等差数列，故A项正确；
对于B项，设{an}的公差为d，由A知，a1=32，d=−2，根据等差数列的性质可知，
S9−S6−(S6−S3)=S6−S3−S3=3×3d=−18，故B项错误；
对于C项，因为an≥0⇒−2n+34≥0⇒n≤17，所以当n=16或n=17时，Sn取得最大值，故C正确；
对于D项，由Sn=−n2+33n≥0，可得0≤n≤33，所以Sn≥0时，n的最大值为33，故D正确．
故选：ACD．
根据已知得出数列{Snn}是一个等差数列，求出Sn=−n2+33n.根据an，Sn的关系求出an的表达式，根据定义即可判断A项；求出公差d=−2，进而根据等差数列的性质，即可判断B；由an≥0，求解即可得出n的值，判断C项；根据Sn的表达式，求解不等式，即可判断D项．
本题考查了数列的递推式，等差数列的求和公式，属于中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：依题意，设|AF2|=m，则|BF2|=4m=|BF1|.|AF1|=2a−m，
如图，在Rt△ABF1中，16m2+(2a−m)2=25m2，
则(a−2m)(a+m)=0，故a=2m或a=−m(舍去)，所以|AF2|=a2，故选项A正确；
由|AF1|=3a2，|BF2|=|BF1|=2a，则|AB|=5a2，
在Rt△OBF1中，cs∠BF1F2=|OF1||BF1|=c2a=e2，即2cs∠BF1F2=e，故选项B正确；
在Rt△ABF1中，sin∠F1AF2=sin∠F1AB=|BF1||AB|=2a5a2=45，选项C错误；
在△AF1F2中，cs∠F1AF2=9a24+a24−4c22×3a2×a2=35，整理得c2=25a2，故e2=c2a2=25，选项D正确．
故选：ABD．
设|AF2|=m，则|BF2|=4m=|BF1|.|AF1|=2a−m，利用勾股定理可得a=2m，进而计算可判断每个选项的正确性．
本题考查双曲线的性质，考查转化能力，考查运算求解能力，属中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：由f(x)=x2+3x+1ex可得f′(x)=−x2−x+2ex=−(x+2)(x−1)ex，
令f′(x)=0，得x=1或x=−2，
当x<−2或x>1时，f′(x)<0，即f′(x)在(−∞,−2)，(1,+∞)上单调递减，
当−20，即f′(x)在(−2,1)上单调递增，
则f(x)有极小值f(−2)=−e2，极大值为f(1)=5e，B正确；
又f(−3)=e3>0，f(−2)=−e2<0，即f(x)在(−3,−2)内有1个零点；
又f(0)=1>0，故f(x)在(−2,0)内有1个零点；
当x>0时，f(x)>0，此时无零点，
故函数f(x)存在2个不同的零点，A错误；
结合以上分析可作出函数图象：
函数f(x)在x=1时取极大值f(1)=5e，
故x∈[t,+∞)时，f(x)max=5e，则t的最大值为1，C正确；
结合函数图像可知当−e2故方程f(x)=k有且只有两个实根，D正确．
故选：BCD．
求出函数的导数，判断单调性，即可求得极值，判断B；结合函数单调性以及零点存在定理可判断A；结合函数单调性以及极值可判断C；结合函数的图象，数形结合可判断D．
本题主要考查函数的单调性和极值，属于中档题．
12.【答案】283
【解析】解：f′(x)=x2−4，x∈[0,3]，
当x∈[0,2)时，f′(x)<0，当x∈(2,3]时，f′(x)>0，
所以f(x)在x∈[0,2)上单调递减，在x∈(2,3]上单调递增，
所以f(2)为f(x)在[0,3]上的极小值，也是最小值，
故13×8−4×2+m=4，解得m=283．
故答案为：283．
求导，得到函数单调性，得到f(2)为f(x)在[0,3]上的极小值和最小值，列出方程，求出答案．
本题主要考查了导数与单调性及最值关系的应用，属于基础题．
13.【答案】48
【解析】解：按照分步计数原理，
第一步：涂区域A，有4种方法；
第二步：涂区域B，有3种方法；
第三步：涂区域C分两类：(1)区域C与A同色，则区域D有2种方法；(2)区域C与A不同色，则区域C有2种方法，区域D有1种方法；
所以不同的涂色种数有4×3×(1×2+2×1)=48种．
故答案为：48．
利用分步计数原理，一个个按照顺序去考虑涂色．
本题考查分步计数原理，属于基础题．
14.【答案】[2,+∞)
【解析】解：∀x1，x2∈(0,+∞)，x1≠x2，
不妨设x10，
∵f(x2)−f(x1)x2−x1>1，
∴f(x2)−f(x1)>x2−x1，即f(x2)−x2>f(x1)−x1，
f(x)=lnx+ax+sinx，令g(x)=f(x)−x=lnx+ax+sinx−x，
∴当x1∴g′(x)=1x+csx+a−1≥0在(0,+∞)上恒成立，即a≥−(1x+csx)+1在(0,+∞)上恒成立，
当x>0时，1x>0，csx∈[−1,1]，
又x→+∞时，1x→0，
则1x+csx>−1，
∴−(1x+csx)+1<2，
∴a≥2，即a的取值范围为[2,+∞)．
故答案为：[2,+∞)．
不妨设x10，则f(x2)−x2>f(x1)−x1，构造函数g(x)=f(x)−x，可得g(x)在(0,+∞)上单调递增，即g′(x)=1x+csx+a−1≥0在(0,+∞)上恒成立，即a≥−(1x+csx)+1在(0,+∞)上恒成立，求出−(1x+csx)+1的最大值，即可得出答案．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查转化思想和函数思想，考查逻辑推理能力和运输能力，属于中档题．
15.【答案】解：(1)f(x)=(1−x)ex，f′(x)=−ex+(1−x)ex=−xex，
则f′(1)=−e，又f(1)=0，
∴曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=−e(x−1)，即y=−ex+e．
取x=0，得y=e，取y=0，得x=1．
∴曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形面积S=12×1×e=e2；
(2)设切点坐标为(x0,(1−x0)ex0)，由f′(x)=−ex+(1−x)ex=−xex，
得f′(x0)=−x0ex0，则曲线在切点处的切线方程为y−(1−x0)ex0=−x0ex0(x−x0)，
把点A(a,0)代入，可得−(1−x0)ex0=−x0ex0(a−x0)，
整理得：x02−(a+1)x0+1=0．
∵切线有且仅有1条，∴Δ=(a+1)2−4=a2+2a−3=0，解得a=−3或a=1．
【解析】(1)求出原函数的导函数，得到函数在x=1处的切线方程，求出切线在两坐标轴上的截距，再由三角形面积公式求解；
(2)设切点坐标，得到函数在切点处的切线方程，代入已知点A的坐标，化为关于切点横坐标的一元二次方程，再由判别式等于0求解．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查函数零点的判定与方程根的关系，考查运算求解能力，是中档题．
16.【答案】解：(1)双曲线D：y22−x28=1的渐近线方程为y=±12x，
则双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)过点(2 2,1)，且渐近线方程为y=±12x，
∴ba=128a2−1b2=1，解得a2=4，b2=1．
∴双曲线C的方程为x24−y2=1；
(2)设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
由x24−y2=1y=k(x+32)，消去y并整理得(1−4k2)x2−12k2x−9k2−4=0，
∵直线与双曲线有两个交点，
∴1−4k2≠0144k4+4(1−4k2)(9k2+4)>0，解得−2 77x1+x2=12k21−4k2，y1+y2=3k1−4k2，
∴MN中点P的坐标为(6k21−4k2,3k2(1−4k2))，
设MN的垂直平分线l′方程：y=−1kx+1，
∴P在l′上，即3k2(1−4k2)=−1k⋅6k21−4k2+1，
∴20k2+3k−2=0，解得k=−25或k=14．
∴直线l的方程为y=−25(x+32)或y=14(x+32)．
【解析】(1)求出双曲线的渐近线方程，再由题意列关于a，b的方程组，求解a与b的值，则双曲线方程可求；
(2)联立直线方程与双曲线方程，化为关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系结合中点坐标公式求k，可得直线方程．
本题考查双曲线的性质，考查直线与双曲线位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：(1)证明：∵PN在平面B1NA1上运动且PN⊥AM恒成立，
∴AM⊥B1N，AM⊥A1N，B1N∩A1N=N，
∴AM⊥平面B1NA1，∴AM⊥A1B1，
∵A1B1/​/AB，∴AM⊥AB，
∵A1A⊥平面ABC，∴AB⊥A1A，
∵AM∩A1A=A，∴AB⊥平面AA1C1C，∴AB⊥AC；
(2)取AC中点为Q，连接QN，QA1，A1B1//AB//QN，
∴Q，N到直线A1B1的距离相等，
∴AB⊥平面AA1C1C，∴AB⊥A1Q，
∵A1B1/​/AB，∴A1B1⊥A1Q，A1Q为△A1BN的高，
∴A1Q= A1A2+AQ2= 5，同理AM= 5，
∵AM⊥平面B1NA1，
∴VA−PNA1+VM−PNA1=13AM⋅S△PNA1=13AM×12A1Q×A1P=16× 5× 5A1P=56，∴A1P=1，
以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，N(1,1,0)，M(0,2,1)，P(1,0,2)，
NM=(−1,1,1)，NP=(0,−1,2)，
设平面MNP的一个法向量为n1=(x,y,z)，
由n1⋅NM=−x+y+z=0n1⋅NP=−y+2z=0，令y=2，则x=0，z=1，
∴平面MNP的一个法向量为n1=(3,2,1)
平面ABC的一个法向量为n2=(0,0,1)
∴cs〈n1,n2〉=n1⋅n2|n1|⋅|n2|=11× 14= 1414．
设平面PMN与平面ABC所成角为θ，
∴csθ=|cs〈n1,n2〉|= 1414
∴平面PMN与平面ABC所成角的余弦值为 1414．
【解析】(1)由已知可得AM⊥A1B1，又易得AB⊥A1A，可证AB⊥平面AA1C1C，进而可证结论；
(2)取AC中点为Q，连接QN，QA1，可得Q，N到直线A1B1的距离相等，利用等体积法可求A1P=1，建立空间直角坐标系，可求平面PAMN的一个法向量，平面ABC的一个法向量，利用向量法可求平面PMN与平面ABC所成角的余弦值．
本题考查线线垂直的证明，考查面面角的余弦值的求法，属中档题．
18.【答案】解：(1)由已知可得，
第n+1次构造后得到的数列为1，1+x1，x1，x1+x2，x2，…，xk−1+xk，xk，2+xk，2，
则an+1=6+3(x1+x2+⋯xk)=6+3(an−3)=3an−3，即an+1与an满足的关系式为an+1=3an−3；
解：(2)由an+1=3an−3，可得an+1−32=3(an−32)，
且a1=6，则a1−32=92，
∴数列{an−32}是以92为首项，3为公比的等比数列，
∴an−32=92×3n−1，即an=3n+1+32；
证明：(3)∵an=3n+1+32，
∴1an=23×13n+1<23×13n=23n+1，
∴1a1+1a2+1a3+⋯+1an<232+233+234+⋯+23n+1=29(1−13n)1−13=13−13n+1<13．
【解析】(1)写出第n+1次构造后得到的数列为1，1+x1，x1，x1+x2，x2，…，xk−1+xk，xk，2+xk，2，即可得到an+1与an满足的关系式；
(2)由(1)中的递推式可得数列{an−32}是以92为首项，3为公比的等比数列，求其通项公式，可得数列{an}的通项公式an；
(3)利用放缩法结合等比数列的求和公式即可证明结论．
本题考查数列递推式，考查等比数列的通项公式及前n项和，训练了利用放缩法证明数列不等式，是中档题．
19.【答案】解：(1)f′(x)=aex−1−1，x∈R，
当a≤0时，f′(x)<0，所以函数f(x)在R上单调递减，
当a>0时，令f′(x)=aex−1−1=0，解得x=1−lna，
令f′(x)>0，解得x>1−lna，即f(x)在(1−lna,+∞)上单调递增，
令f′(x)<0，得x<1−lna，即f(x)在(−∞,1−lna)上单调递减，
综上所述，当a≤0时，函数f(x)在R上单调递减，
当a>0时，f(x)在(−∞,1−lna)上单调递减，在(1−lna,+∞)上单调递增．
(2)证明：令g(x)=f(x)+x−lnx=aex−1−lnx−1，x∈(0,+∞)，
∴g′(x)=aex−1−1x，
令h(x)=g′(x)，a≥1，
则h′(x)=aex−1+1x2>0，
所以g′(x)在(0,+∞)上单调递增，
当a=1时，g′(x)=ex−1−1x，
又g′(1)=0，
所以x∈(0,1)，g′(x)<0，即g(x)单调递减，
x∈(1,+∞)，g′(x)>0，即g(x)单调递增，
所以g(x)≥g(1)=e0−ln1−1=0，而此时2a−2a+1=0，
所以当a=1时，f(x)+x−lnx≥2a−2a+1成立，
当a>1时，可得1a−1<0，∴e1a−1<1，
所以g′(1a)=ae1a−1−a=a(e1a−1−1)<0，
又g′(1)=a−1>0，
所以存在x0∈(1a,1)，使得g′(x0)=0，即aex0−1=1x0，
x∈(0,x0)，g′(x)<0，g(x)单调递减，
x∈(x0,+∞)，g′(x)>0，g(x)单调递增，
∴g(x)≥g(x0)=aex0−1−lnx0−1，
由aex0−1=1x0可得，g(x)≥x0+1x0−2+lna>2 x0⋅1x0−2+lna=lna，
下面证明lna>2a−2a+1，a>1，
令φ(x)=lnx−2x−2x+1,x>1，
∴φ′(x)=1x−2(x+1)−(2x−2)(x+1)2=(x−1)2x(x+1)2>0，
所以φ(x)在(1,+∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(1)=0，
即lna>2a−2a+1得证，即g(x)=f(x)+x−lnx>2a−2a+1成立，
综上所述，当a≥1时，f(x)+x−lnx≥2a−2a+1成立．
(3)证明：由(2)，当a=1时，有f(x)+x−lnx≥0，即ex−1≥lnx+1，
令x=n+1n，n∈N*，得e1n>lnn+1n+1=ln(n+1)−lnn+1，
∴e+e12+⋯+e1n>ln2−ln1+ln3−ln2+ln4−ln3+⋯+ln(n+1)−lnn+n，
∴e+e12+⋯+e1n>ln(n+1)+n，
即i=1ne1i>ln(n+1)+n．
【解析】(1)求导，按照a的正负，讨论f′(x)正负得解．
(2)令g(x)=f(x)+x−lnx，分a=1和a>1两种情况讨论，利用导数判断单调性，求出最小值证明．
(3)由(2)，当a=1时，有ex−1≥lnx+1，令x=n+1n，n∈N*，代入运算得证．
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．