2023-2024学年辽宁省沈阳市东北育才学校科学高中部高二（下）第一次月考数学试卷（4月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年辽宁省沈阳市东北育才学校科学高中部高二（下）第一次月考数学试卷（4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.定义在R上的函数y=f(x)在区间[2,2+Δx](Δx>0)内的平均变化率为ΔyΔx=(Δx)2+2Δx+1，其中Δy=f(2+Δx)−f(2)，则函数f(x)在x=2处的导数f′(2)=( )
A. −1B. 1C. 3D. 9
2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1−a5−a10−a15+a19=2，则S19的值为
( )
A. 38B. -19C. -38D. 19
3.利用数学归纳法证明不等式1+12+13+…+13n−1A. 1项B. k项C. 3k项D. 2×3k项
4.已知数列{an}满足lg2an−1=lg2an+1(n∈N*)，若a1+a3+a5+…+a2n−1=2n，则lg2(a2+a4+a6+…+a2n)的值是( )
A. 2n+1B. 2n−1C. n−1D. n+1
5.已知函数f(x)=2xlnx−ax2，若对任意的x1，x2∈(0,+∞)，当x1>x2时，都有2x1+f(x2)>2x2+f(x1)，则实数a的取值范围为( )
A. [12e,+∞)B. [1,+∞)C. [1e,+∞)D. [2,+∞)
6.公元1202年意大利数学家列昂纳多⋅斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…，即a1=a2=1，an=an−1+an−2(n≥3,n∈N*).此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用．若记bn=an+12−anan+2(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Sn，则S2020=( )
A. 0B. 1C. 2019D. 2020
7.已知f′(x)是函数f(x)的导函数，且对任意的实数x都有f′(x)=1ex−f(x)(e是自然对数的底数)，f(0)=0，若不等式f(x)−k>0的解集中恰有三个整数，则实数k的取值范围是( )
A. (3e3,2e2]B. [3e3,2e2)C. (4e4,3e3]D. [4e4,3e3)
8.已知点P为函数f(x)=lnx的图象上任意一点，点Q为圆[x−(e+1e)]2+y2=1任意一点，则线段PQ的长度的最小值为( )
A. e− e2−1eB. 2e2+1−eeC. e2+1−eeD. e+1e−1
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.记函数f(x)与g(x)的定义域的交集为I.若存在x0∈I，使得对任意x∈I，不等式(x−x0)[f(x)−g(x)]≥0恒成立，则称(f(x),g(x))构成“M函数对”，下列所给的两个函数能构成“M函数对”的有( )
A. f(x)=lnx，g(x)=1xB. f(x)=ex，g(x)=ex
C. f(x)=x3，g(x)=x2D. f(x)=x+1x,g(x)=3 x
10.设Sn为等差数列{an}的前n项和，若(n+1)SnA. 数列{an}的公差小于0B. a2022<0
C. Sn的最小值是S2023D. 使Sn>0成立的n的最小值是4045
11.已知数列{an}满足a1=0，ean+1+an=ean+1(n∈N*)，前n项和为Sn，则下列选项中正确的是(参考数据：ln2≈0.693，ln3≈1.099)( )
A. an+an+1≥ln2
B. S2020<666
C. ln32≤an≤ln2(n≥2)
D. {a2n−1}是单调递增数列，{a2n}是单调递减数列
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.函数f(x)=1−x2x+ln(1−2x)的导函数是f′(x)，则f′(−1)= ______．
13.已知数列{an}(n∈N*)满足：an>0，其前n项和Sn=an2+2an−34，数列{bn}(n∈N*)满足bn=(−1)n+1n+1anan+1，其前n项和Tn，设λ为实数，若Tn<λ对任意(n∈N*)恒成立，则λ的取值范围是______．
14.已知函数f(x)=|lnx|，关于x的不等式f(x)−f(x0)≥a(x−x0)的解集为(0,+∞)，其中x0∈(0,+∞)，a为常数.给出下列四个结论：
①直线y=1ex是曲线y=f(x)的一条切线；
②f(3)3③当x0=1时，a的取值范围是[−1,0]；
④要使a取唯一的值，仅当x0∈(0,1)．
其中，所有正确结论的序号是______．
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)=ax3+bx+2在x=2处取得极值−14．
(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)求函数f(x)在[−3,3]上的最值．
16.(本小题15分)
已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且an是Sn与2的等差中项，等差数列{bn}中，b1=2，点P(bn,bn+1}在一次函数y=x+2的图象上．
(1)求数列{an}，{bn}的通项an和bn；
(2)设cn=an⋅bn，求数列{cn}的前n项和Tn．
17.(本小题15分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn=4an−4(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn=an(an−1)(an+1−1)，Tn是数列{bn}的前n项和，若对任意的n∈N*，不等式Tn>1−kn+1都成立，求实数k的取值范围．
18.(本小题17分)
设a，b∈R，函数f(x)=ex−alnx−a，其中e是自然对数的底数，曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为(e−1)x−y+b=0．
(1)求实数a，b的值；
(2)求证：函数y=f(x)存在极小值；
(3)若∃x∈[12,+∞)，使得不等式exx−lnx−mx≤0成立，求实数m的取值范围．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=x2−4，设曲线y=f(x)在点(xn,f(xn))处的切线与x轴的交点为(xn+1,0)(n∈N*)，其中x1为正实数．
(Ⅰ)用xn表示xn+1；
(Ⅱ)若x1=4，记an=lgxn+2xn−2，证明数列{an}成等比数列，并求数列{xn}的通项公式；
(Ⅲ)若x1=4，bn=xn−2，Tn是数列{bn}的前n项和，证明Tn<3．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由导数的定义可得f′(2)=Δx→0lim f(2+Δx)−f(2)Δx=Δx→0lim [(Δx)2+2Δx+1]=1．
故选：B．
利用导数的定义可求得f′(2)的值．
本题主要考查导数的几何意义，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了等差数列的性质和等差数列的求和公式，属于基础题．
根据等差数列的性质可求出a10=−2，再求和即可．
【解答】
解：∵a1−a5−a10−a15+a19=2，
∴2a10−2a10−a10=2，
∴a10=−2，
∴S19=19a10=−38，
故选C．
3.【答案】D
【解析】解：由题意，不等式的左边中分子都为1，分母是从1开始到(3n−1)，故共有3n−1项，
又由n=k变到n=k+1时，左边由(3k−1)项增加到(3k+1−1)项，
从而左边增加了(3k+1−1)−(3k−1)=2×3k项．
故选：D．
根据题意，结合n=k变到n=k+1时，左边由(3k−1)项增加到(3k+1−1)项，即可求解．
本题考查数学归纳法，考查逻辑思维能力与推理论证能力，是基础题．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了数列的递推式，以及对数的运算性质，属于中档题．
根据lg2an−1=lg2an+1(n∈N*)，可得an2=an+1，(n∈N*)，进而得到
a2+a4+⋯+a2n=a12+a32+⋯+a2n−12=2n−1，计算即可得出结果．
【解答】
解：∵lg2an−1=lg2an+1，(n∈N*)，
∴lg2an2=lg2an+1，即an2=an+1，(n∈N*)，
又∵a1+a3+⋯+a2n−1=2n，
所以a2+a4+⋯+a2n=a12+a32+⋯+a2n−12=2n−1，
∴lg2(a2+a4+⋯+a2n)=lg22n−1=n−1．
故本题选C．
5.【答案】C
【解析】解：不等式2x1+f(x2)>2x2+f(x1)等价于f(x1)−2x1令F(x)=f(x)−2x，x∈(0,+∞)，
根据题意对任意的x1，x2∈(0,+∞)，当x1>x2时，F(x1)所以函数F(x)=f(x)−2x在(0,+∞)上单调递减，
所以F′(x)=f′(x)−2=2lnx−2ax≤0在(0,+∞)上恒成立，
即lnxx≤a在(0,+∞)上恒成立．
令g(x)=lnxx，x∈(0,+∞)，则g′(x)=1−lnxx21，
所以当x∈(0,e)时，g′(x)>0g(x)单调递增，当x∈(e,+∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)max=g(e)=1e，所以a≥1e．
故选：C．
构造函数F(x)=f(x)−2x，求导，分离参数求最值即可．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查运算求解能力，属于中档题．
6.【答案】A
【解析】【解析】
本题考查的知识要点：数列的通项公式，等比数列的定义，分组法在数列中的求和，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
直接利用关系式的变换求出数列为等比数列，进一步利用分组法求出数列的和．
【解答】
解：由题意知bn+1bn=an+22 −an+1(an+1+an+2)an+12−anan+2=an+2(an+2−an+1)−an+12an+12−anan+2=an+2an−an+12an+12−anan+2=−1，
由于b1=a22−a1a3=−1，
所以bn=(−1)n，
所以S2020=(−1+1)+(−1+1)+…+(−1+1)=0．
故选：A．
7.【答案】D
【解析】解：设g(x)=exf(x)，
则g′(x)=[f(x)+f′(x)]ex，①
∵f′(x)=1ex−f(x)，
∴[f(x)+f′(x)]ex=1，②
由①②得g′(x)=1，即[exf(x)]′=1，
∴g(x)=exf(x)=x+c，
∵f(0)=0，
∴g(0)=e0f(0)=0+c=0，
∴c=0，
∴exf(x)=x,f(x)=xex，则f′(x)=1−xex，
令f′(x)>0可得x<1，令f′(x)<0可得x>1，
∴f(x)在(−∞,1)上递增，在(1,+∞)上递减，
∴f(x)在x=1处取得极大值f(1)=1e，
作出函数f(x)=xex的图象如图所示：
又∵f(0)=0,f(2)=2e2,f(3)=3e3，f(4)=4e4，
而不等式f(x)−k>0的解集中恰有三个整数，等价于不等式f(x)>k的解集中恰有三个整数，
∴由图象知：当4e4≤k<3e3时，不等式不等式f(x)>k的解集中恰有三个整数1，2，3，
∴实数k的取值范围是[4e4,3e3),
故选：D．
由题意可得[exf(x)]′=1⇒exf(x)=x+c，由f(0)=0，得到f(x)=xex，然后作出函数图象，将不等式f(x)−k>0的解集中恰有三个整数，转化为不等式f(x)>k，利用数形结合法求解．
本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查等价转化思想与数形结合思想的综合运用，考查构造法及逻辑推理能力与运算求解能力，属于难题．
8.【答案】C
【解析】解：由圆的对称性可得只需考虑圆心Q(e+1e,0)
到函数f(x)=lnx图象上一点的距离的最小值．
设f(x)图象上一点(m,lnm)，
由f(x)的导数为f′(x)=1x，
即有切线的斜率为k=1m，
可得lnm−0m−(e+1e)=−m，
即有lnm+m2−(e+1e)m=0，
由g(x)=lnx+x2−(e+1e)x，可得g′(x)=1x+2x−(e+1e)，
当20，g(x)递增．
又g(e)=lne+e2−(e+1e)⋅e=0，
可得x=e处点(e,1)到点Q的距离最小，且为 1+1e2，
则线段PQ的长度的最小值为为 1+1e2−1，即 1+e2−ee．
故选：C．
由圆的对称性可得只需考虑圆心Q(e+1e,0)到函数f(x)=lnx图象上一点的距离的最小值．设f(x)图象上一点P(m,lnm)，求得切线的斜率，由两直线垂直的条件：斜率之积为−1，可得lnm+m2−(e+1e)m=0，由g(x)=lnx+x2−(e+1e)x，求出导数，判断单调性，可得零点e，运用两点的距离公式计算即可得到所求值．
本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调性，考查圆的对称性和两点的距离公式，考查运算能力，属于中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：对于A，易知I=(0,∞)，
设h(x)=f(x)−g(x)=lnx−1x，
易知h(x)在I=(0,+∞)上单调递增，且h(1)=−1，h(2)=ln2−12>0，
∴存在x1∈(1,2)，使得h(x1)=0，
∴当x∈(0,x1)时，h(x)<0，即lnx<1x，
当x∈(x1,+∞)时，h(x)>0，
故当x0=x1时，(x−x0)[f(x)−g(x)]≥0对任意的x∈(0,+∞)恒成立，故A正确；
对于B，易知I=R，设m(x)=ex−ex，则m′(x)=ex−e，
当x<1时，m′(x)<0，函数m(x)单调递减；当x>1时，m′(x)>0，函数m(x)单调递增，
故m(x)≥m(1)=0，故不存在x0∈1，使得对任意x∈I，不等式[f(x)−g(x)](x−x0)≥0恒成立，故B不正确；
对于C，易知I=R，由[f(x)−g(x)](x−x0)≥0，得(x3−x2)(x−x0)≥0，
即(x−1)(x−x0)≥0，
故当x0=1时，[f(x)−g(x)](x−x0)≥0对任意的x∈R恒成立，故C正确；
对于D，I=(0,+∞)，若存在x0∈I，使得对任意x∈I，不等式[f(x)−g(x)(x−x0)≥0恒成立，
则[f(1)−g(1)](1−x0)≥0[f(12)−g(12)](12−x0)≥0，即1−x0≤012−x0≥0无解，故D不正确．
故选：AC．
根据定义，先求出集合I，再根据定义逐一判断即可．
本题主要考查了新定义函数，考查函数的定义域和值域，考查了不等式恒成立问题，利用导数研究函数的单调性，属于难题．
10.【答案】BD
【解析】解：根据题意，设等差数列{an}的公差为d，
依次分析选项：
对于A，由于(n+1)Sₙ0，A错误；
对于B，又a2023S20220，B正确；
对于C，由B的结论，a2022<0，a2023>0，则Sn的最小值是S2022，则C错误；
对于D，因为S4044=2022(a2022+a2023)=2022(S2023−S2021)<0，故S4045=4045a2023>0，所以使Sn>0成立的n的最小值是4045，D正确．
故选：BD．
根据题意，设等差数列{an}的公差为d，结合等差数列的性质依次分析选项是否正确，综合可得答案．
本题考查等差数列的求和，涉及等差数列的性质以及通项公式，属于基础题．
11.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查数列的单调性以及函数与数列的关系，考查转化思想和数形结合思想、运算能力和推理能力，属于较难题．
对于A：由已知得ean+1=1ean+1(n∈N⋆)，令bn=ean，有an=lnbn ,bn+1=1+1bn，由bn∈[1,2],bn+1bn=(1+bn)∈[2,3]，由此可判断；对于B：由an+an+1≥ln2，得S2020≥1010ln2，由此可判断；对于C：由0≤an≤ln2，ln2≤an+an+1≤ln3，得ln3≤an+ln2，由此可判断；对于D：令bn+1−1+ 52=1− 52bn(bn−1+ 52)，则有bn+1−1+ 52与bn−1+ 52异号，bn+2−1+ 52与bn−1+ 52同号，从而得b2n−1−1+ 52<0，b2n−1+ 52>0，n∈N*，再得bn+2−bn=−(bn−1− 52)(bn−1+ 52)1+bn，得出b2n+2−b2n<0，b2n+1−b2n−1>0，由此可判断．
【解答】
解：对于A：由ean+1+an=ean+1(n∈N⋆)，
得ean+1=1ean+1(n∈N⋆)，
令bn=ean，即an=lnbn，
则bn+1=1+1bn，
又a1=0，所以b1=1，
则y=1+1x 在(0,+∞)上单调递减，
所以bn∈[1,2]，bn+1bn=(1+bn)∈[2,3]，
所以ln2≤an+an+1=lnbn+lnbn+1=lnbnbn+1≤ln3，故A正确；
对于B：因为an+an+1≥ln2，
S2020=(a1+a2)+(a3+a4)+⋯+(a2019+a2020)
≥1010ln2≈699.93>666，故B不正确；
对于C：因为an=lnbn，所以0≤an≤ln2，ln2≤an+an+1≤ln3，
所以ln3≤an+ln2，即ln32≤an，
所以ln32≤an≤ln2(n≥2)，故C正确；
对于D：因为bn+1=1+1bn,bn∈[1,2]，
令bn+1−1+ 52=1− 52bn(bn−1+ 52)，
所以bn+1−1+ 52与bn−1+ 52异号，
bn+2−1+ 52 与bn−1+ 52同号，
因为b1=1，所以b1−1+ 52=1− 52<0，
所以b2−1+ 52>0，
即b2n−1−1+ 52<0，
b2n−1+ 52>0，n∈N*，
因为bn+1=1+1bn，
所以bn+2=1+1bn+1=1+11+1bn=2bn+11+bn，
所以bn+2−bn=2bn+11+bn−bn=−bn2+bn+11+bn=−(bn−1− 52)(bn−1+ 52)1+bn，
所以b2n+2−b2n=−(b2n−1− 52)(b2n−1+ 52)1+b2n<0，b2n+1−b2n−1=−(b2n−1−1− 52)(b2n−1−1+ 52)1+b2n−1>0，
所以{b2n−1}是单调递增数列，{b2n}是单调递减数列，
所以 {a2n−1}是单调递增数列，{a2n}是单调递减数列，故D正确．
故选ACD．
12.【答案】−76
【解析】解：因为f(x)=12x−12+ln(1−2x)，
所以f′(x)=−12x2−21−2x，
故f′(−1)=−12−23=−76．
故答案为−76．
可根据基本初等函数和复合函数的求导公式求出导函数f′(x)，然后即可求出f′(−1)的值．
本题考查了基本初等函数和复合函数的求导公式，考查了计算能力，属于基础题．
13.【答案】[215,+∞)
【解析】解：∵数列{an}(n∈N*)满足：an>0，其前n项和Sn=an2+2an−34，
∴当n=1时，S1=a1=a12+2a1−34，(a1>0)，解得a1=3，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=an2−an−12+2(an−an−1)4，
∴(an+an−1)(an−an−1)−2(an+an−1)=0，
∴(an+an−1)(an−an−1−2)=0，又an>0，
∴an−an−1=2，(n≥2)，
∴数列{an}是以首项为3，公差为2的等差数列，
∴an=3+(n−1)×2=2n+1，
∴bn=(−1)n+1n+1anan+1=(−1)n+1⋅n+1(2n+1)(2n+3)=14[(−1)n+1⋅(12n+1+12n+3)]，
∴当n为奇数时，
Tn=14[(13+15)−(15+17)+⋅⋅⋅+(12n+1+12n+3)]=14(13+12n+3)，
设f(n)=14(13+12n+3)，易知f(n)单调递减，∴f(n)≤f(1)=215，
又当n→+∞时，f(n)→112，
∴当n为奇数时，Tn=f(n)∈(112,215]；
当n为偶数时，
Tn=14[(13+15)−(15+17)+⋅⋅⋅−(12n+1+12n+3)]=14(13−12n+3)，
设g(n)=14(13−12n+3)，易知g(n)单调递增，∴g(n)≥g(2)=121，
又当n→+∞时，g(n)→112，
∴当n为偶数时，Tn=g(n)∈[121,112)，
∵Tn<λ对任意(n∈N*)恒成立，
∴λ>(Tn)max，
∴λ>215λ≥112，
∴λ≥215，
∴λ的取值范围是[215,+∞)，
故答案为：[215,+∞)．
根据Sn与an的关系，等差数列的定义与通项公式，裂项求和法，数列的单调性，分类讨论思想，即可求解．
本题考查Sn与an的关系，等差数列的定义与通项公式的应用，裂项求和法的应用，分类讨论思想的应用，数列的单调性的应用，恒成立问题的求解，属难题．
14.【答案】①④
【解析】解：对于①，当0令f′(x)=1e，解得：x=−e<0(舍)；
当x≥1时，f(x)=lnx，则f′(x)=1x，令f′(x)=1e，解得：x=e，又f(e)=1，
所以f(x)的斜率为1e的切线方程为：y−1=1e(x−e)，即y=1ex，故①正确；
对于②，f(3)=ln3，f(4)=ln4=2ln2，
所以f(3)3−f(4)4=ln33−ln22=2ln3−3ln26=ln9−ln86>0，所以f(3)3>f(4)4，故②错；
对于③，当x0=1时，由f(x)−f(x0)≥a(x−x0)得：f(x)−f(1)≥a(x−1)，
若x=1，则a∈R；
若0因为f(x)−f(1)x−1表示f(x)=−lnx(0此时f′(x)=−1x，即f′(1)=−1，
所以f(x)−f(1)x−1<−1，a≥−1；
若x≥1，则a≤f(x)−f(1)x−1，
因为f(x)−f(1)x−1表示f(x)=lnx(x>1)上任意一点与(1,f(1))连线斜率，
此时f′(x)=1x，即f′(1)=1，
所以f(x)−f(1)x−1>1，a≤1；
综上所述：a的取值范围为[−1,1]，故③错误；
对于④，当x=x0时，f(x)−f(x0)≥a(x−x0)恒成立，a∈R，不合题意；
(1)若0因为f(x)−f(x0)x−x0表示f(x)=−lnx(0所以f(x)−f(x0)x−x0当x>x0时，由f(x)−f(x0)≥a(x−x0)，得a≤f(x)−f(x0)x−x0，
所以f(x)−f(x0)x−x0>f′(x0)，所以a≤f′(x0)，
所以a=f′(x0)，此时a有唯一解；
(2)当x0=1时，由③知：a∈[−1,1]，不合题意；
(3)当x0>1时，若0因为f(x)−f(x0)x−x0≤f(1)−f(x0)1−x0，所以a≥f(1)−f(x0)1−x0>0，
若x>x0，由f(x)−f(x0)≥a(x−x0)，得a≤f(x)−f(x0)x−x0，
因为f(x)−f(x0)x−x0∈(0,f′(x0))，所以a≤0，
所以当x0>1时，a无解；
综上所述：仅当x0∈(0,1)时，a取唯一的值f′(x0)，故④正确．
故答案为：①④．
对于①，利用导数几何意义可构造方程求得切线斜率为1e时的切点坐标，由此可得切线方程，知①正确；
利用作差法可知②错误；
分别在x=1、0分别在x0=1、01的情况下，利用a与f′(x0)、f(1)−f(x0)1−x0的关系可得④正确．
本题考查了导数的几何意义、综合运用及分类讨论思想及转化思想，属于难题．
15.【答案】解：(1)因f(x)=ax3+bx+2，故f′(x)=3ax2+b，
由于f(x)在x=2处取得极值，
故有f′(2)=0f(2)=−14，即12a+b=08a+2b+2=−14，
解得a=1b=−12，
经检验，a=1，b=−12时，符合题意，所以a=1，b=−12，
f(x)=x3−12x+2，f′(x)=3x2−12，故f(1)=−9，f′(1)=−9．
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为：y−(−9)=−9(x−1)，即9x+y=0．
(2)f(x)=x3−12x+2，f′(x)=3x2−12≥0，
得x≤−2或x≥2；即[−3,−2]单调递增，[−2,2]单调递减，[2,3]单调递增，
f(−3)=11，f(−2)=18，f(2)=−14，f(3)=−7，
因此f(x)在[−3,3]的最小值为f(2)=−14；
最大值为f(−2)=18．
【解析】(1)求出导函数，利用函数的极值，列出方程求解a，b，然后求解切线方程即可．
(2)利用导函数的符号判断函数的单调性求解函数的极值以及端点值，即可得到函数的最值．
本题考查函数的导数的应用，函数切线方程的求法，函数的最值的求法，是中档题．
16.【答案】解：(1)由2an=Sn+2得：2a1=S1+2；即2a1=a1+2，解得a1=2．
同理可得：2a2=S2+2；2a1=a1+a2+2，解得a2=4；
由2an=Sn+2┅①得2an−1=Sn−1+2┅②；(n≥2)
将两式相减得：2an−2an−1=Sn−Sn−1；2an−2an−1=an；an=2an−1(n≥2)
所以：当n≥2时：an=a22n−2=2n；n=1时也成立．
故：an=2n；
又由等差数列{bn}中，b1=2，点P(bn,bn+1)在直线y=x+2上．
得：bn+1=bn+2，且b1=2，所以：bn=2+2(n−1)=2n； (6分)
(2)cn=anbn=n2n+1；
数列{cn}的前n项和Tn=22+2×23+3×24+…+n⋅2n+1，
2Tn=23+2×24+…+(n−1)×2n+1+n⋅2n+2，
∴−Tn=22+23+…+2n+1−n⋅2n+2=4(2n−1)2−1−n⋅2n+2，
可得：Tn=(n−1)⋅2n+2+4． (12分)
【解析】(1)利用递推关系与等比数列的通项公式可得an，再利用等差数列的通项公式可得bn．
(2)利用“错位相减法”与等比数列的求和公式即可得出．
本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式、“错位相减法”、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为数列{an}的前n项和Sn满足2Sn=4an−4(n∈N*)，
当n≥2时，2Sn−1=4an−1−4，
两式相减得：2an=4an−4an−1，即an=2an−1(n≥2)，
当n=1时，2S1=2a1=4a1−4，解得：a1=2≠0，
可知数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an=2×2n−1=2n．
(2)由(1)可知：bn=an(an−1)(an+1−1)=2n(2n−1)(2n+1−1)=12n−1−12n+1−1，
所以Tn=b1+b2+⋯+bn
=(121−1−122−1)+(122−1−123−1)+⋯+(12n−1−12n+1−1)=1−12n+1−1，
对任意的n∈N*，不等式Tn>1−kn+1都成立，即1−12n+1−1>1−kn+1，
化简得：k>n+12n+1−1，
设cn=n+12n+1−1，
因为cn+1−cn=n+22n+2−1−n+12n+1−1=−n⋅2n+1+1(2n+2−1)⋅(2n+1−1)<0，
所以{cn}单调递减，则cn≥c1=23，所以k>23，
所以实数k的取值范围是(23,+∞)．
【解析】(1)由an=Sn−Sn−1(n≥2)得出an的递推关系，结合a1得{an}等比数列，从而得通项公式；
(2)利用裂项相消法求得和Tn，不等式可变形为k>n+12n+1−1，令cn=n+12n+1−1，利用作差法得出{cn}的单调性，得最大项，从而得k的取值范围．
本题主要考查数列递推关系式的应用，考查计算能力和逻辑推理能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)∵f′(x)=ex−ax，∴f′(1)=e−a，
由题意得：e−a=e−1(e−1)−(e−a)+b=0，
解得a=1b=0；
证明：(2)由(1)f(x)=ex−lnx−1，
f′(x)=ex−1x(x>0)，f″(x)=ex+1x2>0，
∴f′(x)在(0,+∞)递增，
∵f′(12)<0，f′(1)>0，f′(x)在(0,+∞)连续，
∴∃x0∈(12,1)，使得f′(x0)=0，
∴函数f(x)在(0,x0)递减，在(x0,+∞)递增，
∴f(x)存在最小值f(x0)；
解：(3)∃x∈[12,+∞)，使得不等式exx−lnx−mx≤0成立，
等价于∃x∈[12,+∞)，使得不等式m≥ex−xlnx成立(*)，
令h(x)=ex−xlnx，x∈[12,+∞)，
则h′(x)=ex−lnx−1=f(x)，
∴结合(2)得：[h′(x)]min=f(x0)=ex0−lnx0−1，
其中x0∈(12,1)，满足f′(x0)=0，即ex0−1x0=0，
∴ex0=1x0，x0=−lnx0，
∴[h′(x)]min=ex0−lnx0−1=1x0+x0−1>2 x0⋅1x0−1=1>0，
∴x∈[12,+∞)，h′(x)>0，
∴h(x)在[12,+∞)内单调递增，
∴[h(x)]min=h(12)=e12−12ln12=e12+12ln2，
结合(*)有m>e12+12ln2，
即实数m的取值范围为[e12+12ln2,+∞)．
【解析】(1)求出函数的导数，得到关于a，b的方程组，解出即可；
(2)求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的极小值，从而证出结论；
(3)问题等价于∃x∈[12,+∞)，使得不等式m≥ex−xlnx成立，令h(x)=ex−xlnx，x∈[12,+∞)，则h′(x)=ex−lnx−1=f(x)，由此利用导性质能求出实数m的取值范围．
本题考查函数存在最小值的证明，考查实数的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用．
19.【答案】解：(Ⅰ)由题可得f′(x)=2x．
所以曲线y=f(x)在点(xn,f(xn))处的切线方程是：y−f(xn)=f′(xn)(x−xn).
即y−(xn2−4)=2xn(x−xn).
令y=0，得−(xn2−4)=2xn(xn+1−xn).
即xn2+4=2xnxn+1．
显然xn≠0，∴xn+1=xn2+2xn．
(Ⅱ)由xn+1=xn2+2xn，知xn+1+2=xn2+2xn+2=(xn+2)22xn，
同理xn+1−2=(xn−2)22xn，故xn+1+2xn+1−2=(xn+2xn−2)2．
从而lgxn+1+2xn+1−2=2lgxn+2xn−2，即an+1=2an.所以，数列{an}成等比数列．
故an=2n−1a1=2n−1lgx1+2x1−2=2n−1lg3．
即lgxn+2xn−2=2n−1lg3．
从而xn+2xn−2=32n−1
所以xn=2(32n−1+1)32n−1−1
(Ⅲ)由(Ⅱ)知xn=2(32n−1+1)32n−1−1，
∴bn=xn−2=432n−1−1>0
∴bn+1bn=32n−1−132n−1=132n−1+1<132n−1≤1321−1=13
当n=1时，显然T1=b1=2<3．
当n>1时，bn<13bn−1<(13)2bn−2<<(13)n−1b1
∴Tn=b1+b2+…+bn综上，Tn<3(n∈N*)．
【解析】(Ⅰ)由题设条件知曲线y=f(x)在点(xn,f(xn))处的切线方程是y−(xn2−4)=2xn(x−xn).
由此可知xn2+4=2xnxn+1.所以xn+1=xn2+2xn．
(Ⅱ)由xn+1=xn2+2xn，知xn+1+2=xn2+2xn+2=(xn+2)22xn，同理xn+1−2=(xn−2)22xn．
故xn+1+2xn+1−2=(xn+2xn−2)2.由此入手能够导出xn=2(32n−1+1)32n−1−1．
(Ⅲ)由题设知xn=2(32n−1+1)32n−1−1，所以bn+1bn=32n−1−132n−1=132n−1+1<132n−1≤1321−1=13，由此可知Tn<3(n∈N*)．
本题综合考查数列、函数、不等式、导数应用等知识，以及推理论证、计算及解决问题的能力．