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2023-2024学年天津市四校联考高二下学期7月期末考试数学试题（含解析）
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这是一份2023-2024学年天津市四校联考高二下学期7月期末考试数学试题（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共9小题，每小题5分，共45分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合A=xx−1>2，B=x1−x4−x>0，则A∩B=( )
A. x1C. xx<−1或x>4D. xx<−1或x>3
2.使不等式2x+1x−1≤1成立的一个充分不必要的条件是( )
A. x<−2B. −23.已知具有线性相关关系的变量x，y，设其样本点为Aixi,yi(i=1,2,3,⋯,10)，经验回归方程为y=2x+a，若i=110xi=40，i=110yi=100，则a=( )
A. 20B. −17C. −170D. 2
4.2024年汤姆斯杯需招募志愿者，现从某高校的8名志愿者中任意选出3名，分别负责语言服务、人员引导、应急救助工作，其中甲、乙、丙3人不能负责语言服务工作，则不同的选法种数共有( )
A. 102种B. 105种C. 210种D. 288种
5.定义在R上的函数fx导函数为f′x，若对任意实数x，有fx>f′x，且fx+2024为奇函数，则不等式fx+2024ex<0的解集为( )
A. −∞,0B. 0,+∞C. −∞,1eD. 1e,+∞
6.设a=30.8，b=90.6，c=lgπe，则a，b，c的大小关系为( )
A. b>c>aB. a>c>bC. c>a>bD. b>a>c
7.已知fx=x+4x，gx=x3−3x+8−a，若对∀x1∈1,3，总∃x2∈1,3，使fx1=gx2成立，则实数a的取值范围为( )
A. 2,21B. 53,21C. 1,22D. 11,22
8.已知fx=sinx−x+1，则不等式fm2+f3m+2>2的解集为( )
A. −3,0B. −2,−1
C. −∞,−3∪0,+∞D. −∞,−2∪−1,+∞
9.已知函数fx=lnx−13ax2−2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围是( )
A. −∞,−32B. −32,+∞C. −32,+∞D. 1,+∞
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
10.若命题“∃x∈R，使x2+(a−1)x+1<0”是假命题，则实数a的取值范围为______．
11.某考生回答一道四选一的考题，假设他知道正确答案的概率为34，知道正确答案时，答对的概率为100%，而不知道正确答案来时猜对的概率为14，那么他答对题目的概率为
12.已知1x+ax26展开式中的常数项是540，则实数a的值为
13.已知数列an是公差为2的等差数列，bn是公比为3的是等比数列，且a1=b1=3，设Sn=abn+1+abn+2+abn+3⋯+abn+n，则Snn=
14.设m,n为正数，且m+n=2，则2m+3m+1+3n+7n+2的最小值为
15.若fx=x2−ax−ax−2+1有四个零点，则实数a的取值范围为
三、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题12分)
本着健康低碳的生活理念，租自行车骑游的人越来越多.某自行车租车点的收费标准是每车每次租车时间不超过两小时免费，超过两小时的部分，每小时收费2元(不足1小时的部分按1小时计算).有甲、乙两人相互独立来该租车点租车骑游(各租一车一次).设甲、乙不超过两小时还车的概率分别为14，12；两小时以上且不超过三小时还车的概率分别为14，14；两人租车时间都不会超过四小时．
(1)求甲、乙两人所付的租车费用相同的概率；
(2)求甲所付的租车费用比乙所付的租车费用多2元的概率；
(3)设甲、乙两人所付
租车费用之和为随机变量X，求X的分布列、均值EX、方差DX
17.(本小题12分)
如图，ABCD是边长为4的正方形，DE⊥平面ABCD，AF//DE，且DE=3AF=3．
(1)求证：BF//平面DEC;
(2)求平面BEC与平面BEF夹角的余弦值；
(3)求点D到平面BEF的距离．
18.(本小题12分)
已知fx=x−1ex+ax，gx=a2x2+ax−1，其中a>0
(1)令ℎx=fx−gx
(i)求ℎx的单调区间和极小值；
(ii)若ℎx存在大于0的零点，且方程ℎx=1−a恰有三个实根，求实数a的取值范围
(2)若对∀x1∈R，x2∈0,+∞，fx1+x2−fx1−x2>2x2恒成立，求实数a的取值范围．
19.(本小题12分)
已知数列an是递增的等差数列，bn是等比数列，b1=2a1=2，求b2=2a2，b3=2a4
(1)求数列an和bn的通项公式；
(2)记数列−1nan2的前n项和为Sn，若mbn>S2n对∀n∈N∗恒成立，求实数m的取值范围；
(3)设cn=na1a2a3⋯an+1，求i=1nci的值．
20.(本小题12分)
已知fx=4lnax+b−x2−1．
(1)若y=fx在0,f0处的切线方程为8x−y−1=0，求实数a,b的值；
(2)当b=0时，若xfx+x2+1+2xa−4+a≥0对任意x∈0,+∞恒成立，求实数a的取值范围；
(3)若fx有零点，求证：a2+b2≥e2．
答案解析
1.C
【解析】由x−1>2，得x−1>2或x−1<−2，即x>3或x<−1，
故A=x|x>3或x<−1，
1−x4−x>0，即x−1x−4>0，解得x>4或x<1，
故B=x|x>4或x<1，
则A∩B=xx<−1或x>4．
故选：C．
2.B
【解析】由2x+1x−1≤1等价于2x+1x−1−1≤0，即x+2x−1≤0，解得−2≤x<1，
因为−2,1真包含于−2,1,
所以不等式2x+1x−1≤1成立的一个充分不必要的条件是−2故选：B．
3.D
【解析】由于i=110xi=40，i=110yi=100，
所以x=4，y=10．
将4,10代入y=2x+a，
即2×4+a=10，解得：a=2．
故选：D．
4.C
【解析】先从8名志愿者中任意选出3名，
分别负责语言服务、人员引导、应急救助工作，有A83种，
其中甲、乙、丙3人有一人负责语言服务工作，有C31A72种，
故符合条件的选法共有A83−C31A72=210种.
故选：C
5.B
【解析】设g(x)=f(x)ex，则g′(x)=f′(x)−f(x)ex，
对任意实数x，有fx>f′x，
所以g′(x)<0，则g(x)在R上单调递减．
因为fx+2024为奇函数，且f(x)的定义域为R，
所以f0+2024=0，所以f(0)=−2024，所以g(0)=−2024．
因为ex>0，所以求不等式f(x)+2024ex<0的解集，
即求f(x)ex<−2024的解集，即求g(x)因为g(x)在R上单调递减，所以g(x)0，
所以不等式fx+2024ex<0的解集为0,+∞．
故选：B
构造函数g(x)=f(x)ex，根据题意，可得其单调性，从而求解不等式．
6.D
【解析】1a=30.8>30=1，b=90.6>90=1，且b=90.6=31.2>30.8=a，
所以b>a>1>c>0，即b>a>c．
故选：D
7.A
【解析】由fx=x+4x，得f′x=1−4x2=x2−4x2=(x+2)(x−2)x2，
所以当1≤x<2时，f′(x)<0，当20，
所以f(x)在[1,2)上递减，在(2,3]上递增，
所以f(x)min=f(2)=4，
因为f(1)=5,f(3)=3+43=133，所以f(x)max=5，
所以f(x)的值域为[4,5]，
由gx=x3−3x+8−a，得g′x=3x2−3=3(x+1)(x−1)，
当x∈1,3时，g′x≥0，所以g(x)在1,3上递增，
所以g(x)min=g(1)=1−3+8−a=6−a，g(x)max=g(3)=27−9+8−a=26−a，
所以g(x)的值域为[6−a,26−a]，
因为 对∀x1∈1,3，总∃x2∈1,3，使fx1=gx2成立，
所以[4,5]⊆[6−a,26−a]，
所以6−a≤426−a≥5，解得2≤a≤21．
故选：A
8.B
【解析】令gx=fx−1=csx−x，
g′x=csx−1≤0，
所以函数gx在R上单调递减，
因为g−x=−sinx+x=−gx，
所以函数gx为奇函数，
由fm2+f3m+2>2，得fm2−1>−f3m+2+1=−f3m+2−1，
即gm2>−g3m+2=g−3m−2，
所以m2<−3m−2，解得−2所以不等式fm2+f3m+2>2的解集为−2,−1．
故选：B．
9.B
【解析】f′x=1x−23ax−2=3−2ax2−6x3x，x>0，
由题意可知，存在x>0，使f′x<0，即3−2ax2−6x<0，
则2a>3−6xx2,x>0，2a>3−6xx2min，
3−6xx2=31x−12−3,x>0
当x=1时，31x−12−3取得最小值−3，
即2a>−3，得a>−32．
故选：B
10.−1≤a≤3
【解析】解：命题“∃x∈R，使x2+(a−1)x+1<0”的否定是：“∀x∈R，使x2+(a−1)x+1≥0”
即：△=(a−1)2−4≤0，
∴−1≤a≤3
故答案是−1≤a≤3
11.1316或0.8125
【解析】依题意，他答对题目的概率P=34×100%+1−34×14=1316．
故答案为：1316
12.±6
【解析】由题意得，(1x+ax2)6的展开式的通项为Tk+1=C6k1x6−kax2k=akC6kx3k−6，
令3k−6=0，解得，k=2，
所以(1x+ax2)6的展开式中的常数项为a2C62=15a2=540，
解得a=±6．
故答案为：±6．
13.2⋅3n+n+2
【解析】由题意，an=2n+1,bn=3n，
则Sn=abn+1+abn+2+abn+3⋯+abn+n
=2bn+1+1+2bn+2+1+2bn+3+1+⋯+2bn+n+1
=2n⋅bn+21+2+3+⋯+n+n
=2n⋅3n+2⋅1+nn2+n
=2n⋅3n+n2+2n，
所以Snn=2n⋅3n+n2+2nn=2⋅3n+n+2．
故答案为：2⋅3n+n+2．
14.295或5.8
【解析】由题意，2m+3m+1+3n+7n+2=2(m+1)+1m+1+3(n+2)+1n+2=5+1m+1+1n+2，
因为m+n=2，
所以m+1+n+2=5，
所以15(m+1+n+2)=1，
所以1m+1+1n+2=15⋅(m+1+n+2)⋅(1m+1+1n+2)=15⋅(m+1n+2+n+2m+1+2)
≥15⋅[2 (m+1n+2)⋅(n+2m+1)+2]=45，
当且仅当m+1n+2=n+2m+1，即m=32，n=12时，等号成立，
所以5+1m+1+1n+2≥5+45=295，
所以2m+3m+1+3n+7n+2≥295，
即2m+3m+1+3n+7n+2的最小值为295．
故答案为：295．
15.−∞,− 3∪ 3,+∞
【解析】由f(x)=0，得|x2−ax|−|ax−2|+1=0，
即|x2−ax|=|ax−2|−1，
令g(x)=|x2−ax|，ℎ(x)=|ax−2|−1，
则函数f(x)有四个零点等价于函数g(x)与ℎ(x)的图象有四个交点，
若a=0，则f(x)=x2−1，由f(x)=0，解得x=±1，仅有两个零点，不满足题意；
若a>0，由g(x)=0，解得x=0或x=a，
由ℎ(x)=0，解得x=1a或x=3a，
当0<1a 3时，
如图①所示，在(−∞,0]上，由于函数g(x)的增长速度大于函数ℎ(x)的增长速度，故有且仅有一个交点；
在(0,a)上，函数g(x)与函数ℎ(x)有两个交点；
同理，在[a,+∞)上，有且仅有一个交点，
所以函数g(x)与ℎ(x)的图象有四个交点，函数f(x)有四个零点，满足题意；
当0<1a如图②所示，在(−∞,0]上，由于函数g(x)的增长速度大于函数ℎ(x)的增长速度，故有且仅有一个交点；
在(0,a)上，函数g(x)与函数ℎ(x)有一个交点；
同理，在[a,+∞)上，没有交点，
所以函数g(x)与ℎ(x)的图象有两个交点，函数f(x)有两个零点，不满足题意；
当0<1a如图③所示，在(−∞,0]上，由于函数g(x)的增长速度大于函数ℎ(x)的增长速度，故有且仅有一个交点；
在(0,a)上，函数g(x)与函数ℎ(x)有一个交点；
同理，在[a,+∞)上，没有交点，
所以函数g(x)与ℎ(x)的图象有两个交点，函数f(x)有两个零点，不满足题意；
当1a≥a2a≥a3a≥a，即0当x∈(0,a)时，|x2−ax|−|ax−2|+1=0可化为
−(x2−ax)+(ax−2)+1=0，即x2−2ax+1=0，
因为判别式Δ=4a2−4<0，所以x2−2ax+1=0无解
所以函数g(x)与ℎ(x)的图象在(0,a)上没有交点，
如图④所示，在(−∞,0]上，由于函数g(x)的增长速度大于函数ℎ(x)的增长速度，故有且仅有一个交点；
在(0,a)上，函数g(x)与函数ℎ(x)没有交点；
同理，在[a,+∞)上，有且仅有一个交点，
所以函数g(x)与ℎ(x)的图象有两个交点，函数f(x)有两个零点，不满足题意；
若a<0，
当a<1a<0a<2a<0a<3a<0，即a<− 3时，
如图⑤所示，在(−∞,a]上，由于函数g(x)的增长速度大于函数ℎ(x)的增长速度，故有且仅有一个交点；
在(a,0)上，函数g(x)与函数ℎ(x)有两个交点；
同理，在[0,+∞)上，有且仅有一个交点，
所以函数g(x)与ℎ(x)的图象有四个交点，函数f(x)有四个零点，满足题意；
当a<1a<0a<2a<03a≤a，即− 3≤a<− 2时，
如图⑥所示，在(−∞,a]上，由于函数g(x)的增长速度大于函数ℎ(x)的增长速度，故没有交点；
在(a,0)上，函数g(x)与函数ℎ(x)有且仅有一个交点；
同理，在[0,+∞)上，有且仅有一个交点，
所以函数g(x)与ℎ(x)的图象有两个交点，函数f(x)有两个零点，不满足题意；
当a<1a<02a≤a3a≤a，即− 2≤a<−1时，
如图⑦所示，在(−∞,a]上，由于函数g(x)的增长速度大于函数ℎ(x)的增长速度，故没有交点；
在(a,0)上，函数g(x)与函数ℎ(x)有且仅有一个交点；
同理，在[0,+∞)上，有且仅有一个交点，
所以函数g(x)与ℎ(x)的图象有两个交点，函数f(x)有两个零点，不满足题意；
当1a≤a2a≤a3a≤a，即−1≤a<0时，
当x∈(a,0)时，|x2−ax|−|ax−2|+1=0可化为
−(x2−ax)+(ax−2)+1=0，即x2−2ax+1=0，
因为判别式Δ=4a2−4<0，即x2−2ax+1=0无解
所以函数g(x)与ℎ(x)的图象在(a,0)上没有交点，
如图⑧所示，在(−∞,a]上，由于函数g(x)的增长速度大于函数ℎ(x)的增长速度，故有且仅有一个交点；
在(a,0)上，函数g(x)与函数ℎ(x)没有交点；
同理，在[0,+∞)上，有且仅有一个交点，
所以函数g(x)与ℎ(x)的图象有两个交点，函数f(x)有两个零点，不满足题意；
综上所述，实数a的取值范围为(−∞,− 3)∪( 3,+∞)．
故答案为：(−∞,− 3)∪( 3,+∞)．
16.解：(1)
由题意可知，甲、乙在三小时以上且不超过四小时还车的概率分别为12，14，
设甲、乙两人所付的租车费用相同为事件A，则P(A)=14×12+14×14+12×14=516，
所以甲、乙两人所付的租车费用相同的概率为516；
(2)
若甲所付的租车费用比乙所付的租车费用多2元，
则分为甲两小时以上且不超过三小时还车，且乙不超过两小时还车，
或者甲三小时以上且不超过四小时还车，且乙两小时以上且不超过三小时还车两种情况，
甲所付的租车费用比乙所付的租车费用多2元的概率为14×12+12×14=14；
(3)
X的可能取值为0，2，4，6，8，
PX=0=18,PX=2=14×14+12×14=316,
PX=4=14×14+14×14+12×12=38，
PX=6=14×14+12×14=316，Pξ=8=12×14=18，
分布列如下表：
数学期望EX=0×18+2×316+4×38+6×316+8×18=4，
DX==0−42×18+2−42×316+4−42×38+6−42×316+8−42×18=112．
【解析】(1)首先求出两个人租车时间在三小时以上且不超过四小时的概率，则甲、乙两人所付的租车费用相同：都不超过两小时，都在两小时以上且不超过三小时和都在三小时以上且不超过四小时三类求解即可；
(2)根据题意分为甲两小时以上且不超过三小时还车，且乙不超过两小时还车，或者甲三小时以上且不超过四小时还车，且乙两小时以上且不超过三小时还车两种情况，求解即可；
(3)列出随机变量X的分布列，再利用期望、方差公式求值．
17.解：(1)根据题意得：以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则 B4,4,0,F4,0,1 ，
所以 BF=(0,−4,1) ，
易知平面 DEC 的一个法向量为 DA=(4,0,0) ，
显然 DA⋅BF=0 ，又 BF⊄ 平面 DEC ，
所以 BF// 平面 DEC ；
(2)∵ E(0,0,3),C(0,4,0) ，
则 BE=(−4,−4,3),BC=(−4,0,0) ，
设平面 BEC 与平面 BEF 的一个法向量分别为 m=(a,b,c),n=(x,y,z) ，
则有 m⋅BE=0m⋅BC=0⇒4a+4b−3c=04a=0 ， n⋅BE=0n⋅BF=0⇒4x+4y−3z=04y−z=0 ，
取 b=3,y=1 ，则 a=0,c=4,x=2,z=4 ，即 m=(0,3,4),n=(2,1,4) ，
设平面 BEC 与平面 BEF 的夹角为 θ ，则 cs θ=|m⋅n|m|⋅|n||=195 21=19 21105 ；
(3)由(2)得平面 BEF 的一个法向量为 n=(2,1,4) ，
又 DE=0,0,3 ，所以点D到平面 BEF 的距离 d=|DE⋅n||n|=12 21=4 217 ．
【解析】建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量判定线面位置关系，计算面面角及点面距离即可．
18.解：(1)
(i)根据题意，
ℎx=fx−gx=x−1ex+ax−a2x2+ax−1=x−1ex−a2x2+1，
ℎ′(x)=xex−ax=xex−a，
所以当a≤0时，
当0当a=1时，ℎ(x)在R上单调递增，
当a>1时，
综上可得：
当a≤0时，ℎ(x)在(−∞,0)上单调递减，(0,+∞)上单调递增，
当0当a=1时，ℎ(x)在R上为增函数，
当a>1时，ℎ(x)在(−∞,0)单调递增，(0,lna)上单调递减，(lna,+∞)上单调递增；
(ii)因为方程ℎx=1−a恰有三个实根，
由(1)可知a≤0和a=1两种情况显然不符合题意，
当0无大于0的零点，不符合题意，
所以只能a>1，此时1−a<0，
由于ℎ(x)在(0,lna)单调递减，ℎ(0)=0，在(−∞,0)单调递增，ℎ(lna)=(lna−1)a−a2ln2a+1，
ℎ(x)在(lna,+∞)上单调递增，ℎ1+a=ae1+a−a21+a2+1=a22e1+a−1+a2+1，
令m(x)=2e1+x−1+x2,x>0，则m′(x)=2e1+x−21+x，
令v(x)=2e1+x−21+x,x>0，则v′(x)=2e1+x−1>0，
所以v(x)在(0,+∞)单调递增，则v(x)>v(0)=2e−2>0，即m′(x)>0，
所以m(x)在(0,+∞)单调递增，则m(x)>m(0)=2e−1>0，
所以ℎ1+a>0，即ℎ(x)在(lna,+∞)从最小值ℎ(lna)增大到大于0，
所以方程ℎx=1−a恰有三个实根，只需ℎ(lna)<1−a，
即(lna−1)a−a2ln2a+1<1−a，化简为alna12lna−1>0，
而a>1，lna>0，则12lna−1>0，则a>e2，
故实数a的取值范围为e2,+∞；
(2)
由题意可得原不等式可化为fx1+x2−fx1−x2>x1+x2−x1−x2，
故不等式fx1+x2−x1+x2>fx1−x2−x1−x2在R上恒成立．
设F(x)=f(x)−x，则上式等价于Fx1+x2>Fx1−x2，
要使Fx1+x2>Fx1−x2对任意∀x1∈R，x2∈0,+∞恒成立，
由x1+x2>x1−x2，只需函数Fx=x−1ex+ax−x在R上单调递增，
F′x=xex+a−1≥0在R上恒成立．
即a≥1−xex,x∈R恒成立，
令G(x)=1−xex,x∈R，则G′(x)=−1+xex,
当x∈−∞,−1时，G′(x)>0,则G(x)单调递增，
当x∈−1,+∞时，G′(x)<0,则G(x)单调递减，
所以G(x)max=G(−1)=1+1e，故a≥1+1e，
则实数a的取值范围为1+1e,+∞．
【解析】(1)(i)ℎx=x−1ex−a2x2+1，求出导函数ℎ′(x)，然后分a≤0，01四种情况分别讨论即可求解；(ii)由(1)可知只能a>1，此时1−a<0，通过分析ℎ(x)的极值，可得方程ℎx=1−a恰有三个实根，只需ℎ(lna)<1−a，求解即可；
(2)将不等式变形为fx1+x2+x1+x2>fx1−x2+x1−x2，设F(x)=f(x)−x，则问题等价于Fx1+x2>Fx1−x2对任意x1∈R,x2∈0,+∞恒成立，故只需函数Fx=x−1ex+ax−x在R上单调递增，即a≥1−xex,x∈R恒成立，从而求出a的最小值．
19.解：(1)
解：根据题意设数列an的公差为d(d>0)，数列bn的公比为q，
因为b1=2a1=2，所以an=1+(n−1)d,bn=2⋅qn−1，
因为b2=2a2，b3=2a4，
所以2q=2(1+d)2q2=2(1+3d)，解得d=1q=2或d=0q=1(舍去)，
所以an=n,bn=2n；
(2)
解：由(1)知−1nan2=−1nn2，
所以S2n=−12+22−32+42−⋅⋅⋅−(2n−1)2+(2n)2
=22−12+42−32+⋅⋅⋅+(2n)2−(2n−1)2
=(2+1)×(2−1)+(4+3)×(4−3)+⋅⋅⋅+(2n+2n−1)[2n−(2n−1)]
=1+2+3+4+⋅⋅⋅+(2n−1)+2n
=2n(2n+1)2=2n2+n，
由mbn>S2n，得m⋅2n>2n2+n，
所以m>2n2+n2n对∀n∈N∗恒成立，
令dn=2n2+n2n，则dn+1−dn=2(n+1)2+n+12n+1−2n2+n2n=−2n2+3n+32n+1
当n=1时，d2−d1=1>0，当n=2时，d3−d2=−8+98=18>0，
当n=3时，d4−d3=−18+9+316=−38<0，
所以由二次函数的性质可知当n≥3时，dn+1所以d3=2×9+28=52最大，
所以m>52；
(3)
由(1)知cn=na1a2a3⋯an+1=n1×2×3×⋅⋅⋅×n(n−1)=n(n+1)!
=(n+1)−1(n+1)!=1n!−1(n+1)!，
所以i=1nci=11!−12!+12!−13!+⋅⋅⋅+1n!−1(n+1)!
=1−1(n+1)!
【解析】(1)设数列an的公差为d(d>0)，数列bn的公比为q，然后根据已知条件列方程组可求出d,q，从而可求出数列an和bn的通项公式；
(2)由(1)−1nan2=−1nn2，利用并项求和法可求出S2n=2n2+n，则将问题转化为m>2n2+n2n对∀n∈N∗恒成立，令dn=2n2+n2n，求出dn的最大值即可；
(3)由(1)可得cn=1n!−1(n+1)!，然后利用裂项相消法可求得结果．
20.解：(1)
由fx=4lnax+b−x2−1，知f′x=4aax+b−2x．
由已知可得，y=fx在0,f0处的切线8x−y−1=0经过0,−1，且斜率为8．
故有f0=−1f′0=8，代入函数表达式知4lnb−1=−14ab=8，从而lnb=0a=2b．
故b=e0=1，a=2b=2．
(2)
设gt=tlnt−t+1，则g′t=lnt+1−1=lnt．
故对01有g′t=lnt>0，从而gt在0,1上递减，在1,+∞上递增，故对任意t>0均有gt≥g1=0．
回到原题，当b=0时，有fx=4lnax−x2−1．
根据题意，fx在x∈0,+∞时首先要有定义，故lnax要有意义，从而首先有a>0．
此时，原不等式xfx+x2+1+2xa−4+a≥0等价于4xlnax+2xa−4+a≥0．
一方面，若4xlnax+2xa−4+a≥0对x∈0,+∞恒成立，则特别地，该不等式对x=1a成立，代入得4aln1+2aa−4+a≥0，即2−8a+a≥0．
从而由a>0知2a−8+a2≥0，解得a≥2或a≤−4，结合a>0知a≥2．
另一方面，若a≥2，则对任意x∈0,+∞，有
4xlnax+2xa−4+a≥4xln2x+2x2−4+2=4xln2x−4x+2=2g2x≥0．
故4xlnax+2xa−4+a≥0对x∈0,+∞恒成立．
综上，a的取值范围是2,+∞．
(3)
若fx有零点，记x0是fx的零点，则4lnax0+b−x02−1=0，即x02+12=2lnax0+b．
由于对任意t>0均有gt≥0，故
0≤ge1−x022=e1−x022⋅1−x022−e1−x022+1=e1−x0221−x022−1+ex02−12=e1−x022ex02−12−x02+12=e1−x0221e⋅ex02+12−x02+12．
从而1e⋅ex02+12≥x02+12，即ex02+12≥e2x02+1，这就得到
e2x02+1≤ex02+12=e2lnax0+b=ax0+b2≤ax0+b2+bx0−a2
=a2x02+b2+2abx0+b2x02+a2−2abx0=a2x02+b2+b2x02+a2=a2+b2x02+1．
所以e2x02+1≤a2+b2x02+1，故a2+b2≥e2．
【解析】(1)根据已知条件及直线8x−y−1=0的纵截距和斜率得到f0=−1f′0=8，再代入表达式即可解出a,b的值；
(2)先根据定义域得到基础的条件a>0，然后先证明原不等式恒成立的情况下一定有a≥2，再证明a≥2时原不等式恒成立，即可得到a的取值范围是2,+∞；
(3)设fx的零点为x0，构造函数证明ex02+12≥e2x02+1，然后利用fx0=0得到e2x02+1≤a2+b2x02+1，即可证明结论．X
0
2
4
6
8
P
18
316
38
316
18
(−∞,0)
0
(0,+∞)
ℎ′(x)
−
0
+
ℎ(x)
单调递减
极小值
单调递增
(−∞,lna)
lna
(lna,0)
0
(0,+∞)
ℎ′(x)
+
0
−
0
−
ℎ(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
(−∞,0)
0
(0,lna)
lna
(lna,+∞)
ℎ′(x)
+
0
−
0
−
ℎ(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
一、单选题：本题共9小题，每小题5分，共45分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合A=xx−1>2，B=x1−x4−x>0，则A∩B=( )
A. x1
2.使不等式2x+1x−1≤1成立的一个充分不必要的条件是( )
A. x<−2B. −2
A. 20B. −17C. −170D. 2
4.2024年汤姆斯杯需招募志愿者，现从某高校的8名志愿者中任意选出3名，分别负责语言服务、人员引导、应急救助工作，其中甲、乙、丙3人不能负责语言服务工作，则不同的选法种数共有( )
A. 102种B. 105种C. 210种D. 288种
5.定义在R上的函数fx导函数为f′x，若对任意实数x，有fx>f′x，且fx+2024为奇函数，则不等式fx+2024ex<0的解集为( )
A. −∞,0B. 0,+∞C. −∞,1eD. 1e,+∞
6.设a=30.8，b=90.6，c=lgπe，则a，b，c的大小关系为( )
A. b>c>aB. a>c>bC. c>a>bD. b>a>c
7.已知fx=x+4x，gx=x3−3x+8−a，若对∀x1∈1,3，总∃x2∈1,3，使fx1=gx2成立，则实数a的取值范围为( )
A. 2,21B. 53,21C. 1,22D. 11,22
8.已知fx=sinx−x+1，则不等式fm2+f3m+2>2的解集为( )
A. −3,0B. −2,−1
C. −∞,−3∪0,+∞D. −∞,−2∪−1,+∞
9.已知函数fx=lnx−13ax2−2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围是( )
A. −∞,−32B. −32,+∞C. −32,+∞D. 1,+∞
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
10.若命题“∃x∈R，使x2+(a−1)x+1<0”是假命题，则实数a的取值范围为______．
11.某考生回答一道四选一的考题，假设他知道正确答案的概率为34，知道正确答案时，答对的概率为100%，而不知道正确答案来时猜对的概率为14，那么他答对题目的概率为
12.已知1x+ax26展开式中的常数项是540，则实数a的值为
13.已知数列an是公差为2的等差数列，bn是公比为3的是等比数列，且a1=b1=3，设Sn=abn+1+abn+2+abn+3⋯+abn+n，则Snn=
14.设m,n为正数，且m+n=2，则2m+3m+1+3n+7n+2的最小值为
15.若fx=x2−ax−ax−2+1有四个零点，则实数a的取值范围为
三、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题12分)
本着健康低碳的生活理念，租自行车骑游的人越来越多.某自行车租车点的收费标准是每车每次租车时间不超过两小时免费，超过两小时的部分，每小时收费2元(不足1小时的部分按1小时计算).有甲、乙两人相互独立来该租车点租车骑游(各租一车一次).设甲、乙不超过两小时还车的概率分别为14，12；两小时以上且不超过三小时还车的概率分别为14，14；两人租车时间都不会超过四小时．
(1)求甲、乙两人所付的租车费用相同的概率；
(2)求甲所付的租车费用比乙所付的租车费用多2元的概率；
(3)设甲、乙两人所付
租车费用之和为随机变量X，求X的分布列、均值EX、方差DX
17.(本小题12分)
如图，ABCD是边长为4的正方形，DE⊥平面ABCD，AF//DE，且DE=3AF=3．
(1)求证：BF//平面DEC;
(2)求平面BEC与平面BEF夹角的余弦值；
(3)求点D到平面BEF的距离．
18.(本小题12分)
已知fx=x−1ex+ax，gx=a2x2+ax−1，其中a>0
(1)令ℎx=fx−gx
(i)求ℎx的单调区间和极小值；
(ii)若ℎx存在大于0的零点，且方程ℎx=1−a恰有三个实根，求实数a的取值范围
(2)若对∀x1∈R，x2∈0,+∞，fx1+x2−fx1−x2>2x2恒成立，求实数a的取值范围．
19.(本小题12分)
已知数列an是递增的等差数列，bn是等比数列，b1=2a1=2，求b2=2a2，b3=2a4
(1)求数列an和bn的通项公式；
(2)记数列−1nan2的前n项和为Sn，若mbn>S2n对∀n∈N∗恒成立，求实数m的取值范围；
(3)设cn=na1a2a3⋯an+1，求i=1nci的值．
20.(本小题12分)
已知fx=4lnax+b−x2−1．
(1)若y=fx在0,f0处的切线方程为8x−y−1=0，求实数a,b的值；
(2)当b=0时，若xfx+x2+1+2xa−4+a≥0对任意x∈0,+∞恒成立，求实数a的取值范围；
(3)若fx有零点，求证：a2+b2≥e2．
答案解析
1.C
【解析】由x−1>2，得x−1>2或x−1<−2，即x>3或x<−1，
故A=x|x>3或x<−1，
1−x4−x>0，即x−1x−4>0，解得x>4或x<1，
故B=x|x>4或x<1，
则A∩B=xx<−1或x>4．
故选：C．
2.B
【解析】由2x+1x−1≤1等价于2x+1x−1−1≤0，即x+2x−1≤0，解得−2≤x<1，
因为−2,1真包含于−2,1,
所以不等式2x+1x−1≤1成立的一个充分不必要的条件是−2
3.D
【解析】由于i=110xi=40，i=110yi=100，
所以x=4，y=10．
将4,10代入y=2x+a，
即2×4+a=10，解得：a=2．
故选：D．
4.C
【解析】先从8名志愿者中任意选出3名，
分别负责语言服务、人员引导、应急救助工作，有A83种，
其中甲、乙、丙3人有一人负责语言服务工作，有C31A72种，
故符合条件的选法共有A83−C31A72=210种.
故选：C
5.B
【解析】设g(x)=f(x)ex，则g′(x)=f′(x)−f(x)ex，
对任意实数x，有fx>f′x，
所以g′(x)<0，则g(x)在R上单调递减．
因为fx+2024为奇函数，且f(x)的定义域为R，
所以f0+2024=0，所以f(0)=−2024，所以g(0)=−2024．
因为ex>0，所以求不等式f(x)+2024ex<0的解集，
即求f(x)ex<−2024的解集，即求g(x)
所以不等式fx+2024ex<0的解集为0,+∞．
故选：B
构造函数g(x)=f(x)ex，根据题意，可得其单调性，从而求解不等式．
6.D
【解析】1
所以b>a>1>c>0，即b>a>c．
故选：D
7.A
【解析】由fx=x+4x，得f′x=1−4x2=x2−4x2=(x+2)(x−2)x2，
所以当1≤x<2时，f′(x)<0，当2
所以f(x)在[1,2)上递减，在(2,3]上递增，
所以f(x)min=f(2)=4，
因为f(1)=5,f(3)=3+43=133，所以f(x)max=5，
所以f(x)的值域为[4,5]，
由gx=x3−3x+8−a，得g′x=3x2−3=3(x+1)(x−1)，
当x∈1,3时，g′x≥0，所以g(x)在1,3上递增，
所以g(x)min=g(1)=1−3+8−a=6−a，g(x)max=g(3)=27−9+8−a=26−a，
所以g(x)的值域为[6−a,26−a]，
因为 对∀x1∈1,3，总∃x2∈1,3，使fx1=gx2成立，
所以[4,5]⊆[6−a,26−a]，
所以6−a≤426−a≥5，解得2≤a≤21．
故选：A
8.B
【解析】令gx=fx−1=csx−x，
g′x=csx−1≤0，
所以函数gx在R上单调递减，
因为g−x=−sinx+x=−gx，
所以函数gx为奇函数，
由fm2+f3m+2>2，得fm2−1>−f3m+2+1=−f3m+2−1，
即gm2>−g3m+2=g−3m−2，
所以m2<−3m−2，解得−2
故选：B．
9.B
【解析】f′x=1x−23ax−2=3−2ax2−6x3x，x>0，
由题意可知，存在x>0，使f′x<0，即3−2ax2−6x<0，
则2a>3−6xx2,x>0，2a>3−6xx2min，
3−6xx2=31x−12−3,x>0
当x=1时，31x−12−3取得最小值−3，
即2a>−3，得a>−32．
故选：B
10.−1≤a≤3
【解析】解：命题“∃x∈R，使x2+(a−1)x+1<0”的否定是：“∀x∈R，使x2+(a−1)x+1≥0”
即：△=(a−1)2−4≤0，
∴−1≤a≤3
故答案是−1≤a≤3
11.1316或0.8125
【解析】依题意，他答对题目的概率P=34×100%+1−34×14=1316．
故答案为：1316
12.±6
【解析】由题意得，(1x+ax2)6的展开式的通项为Tk+1=C6k1x6−kax2k=akC6kx3k−6，
令3k−6=0，解得，k=2，
所以(1x+ax2)6的展开式中的常数项为a2C62=15a2=540，
解得a=±6．
故答案为：±6．
13.2⋅3n+n+2
【解析】由题意，an=2n+1,bn=3n，
则Sn=abn+1+abn+2+abn+3⋯+abn+n
=2bn+1+1+2bn+2+1+2bn+3+1+⋯+2bn+n+1
=2n⋅bn+21+2+3+⋯+n+n
=2n⋅3n+2⋅1+nn2+n
=2n⋅3n+n2+2n，
所以Snn=2n⋅3n+n2+2nn=2⋅3n+n+2．
故答案为：2⋅3n+n+2．
14.295或5.8
【解析】由题意，2m+3m+1+3n+7n+2=2(m+1)+1m+1+3(n+2)+1n+2=5+1m+1+1n+2，
因为m+n=2，
所以m+1+n+2=5，
所以15(m+1+n+2)=1，
所以1m+1+1n+2=15⋅(m+1+n+2)⋅(1m+1+1n+2)=15⋅(m+1n+2+n+2m+1+2)
≥15⋅[2 (m+1n+2)⋅(n+2m+1)+2]=45，
当且仅当m+1n+2=n+2m+1，即m=32，n=12时，等号成立，
所以5+1m+1+1n+2≥5+45=295，
所以2m+3m+1+3n+7n+2≥295，
即2m+3m+1+3n+7n+2的最小值为295．
故答案为：295．
15.−∞,− 3∪ 3,+∞
【解析】由f(x)=0，得|x2−ax|−|ax−2|+1=0，
即|x2−ax|=|ax−2|−1，
令g(x)=|x2−ax|，ℎ(x)=|ax−2|−1，
则函数f(x)有四个零点等价于函数g(x)与ℎ(x)的图象有四个交点，
若a=0，则f(x)=x2−1，由f(x)=0，解得x=±1，仅有两个零点，不满足题意；
若a>0，由g(x)=0，解得x=0或x=a，
由ℎ(x)=0，解得x=1a或x=3a，
当0<1a
如图①所示，在(−∞,0]上，由于函数g(x)的增长速度大于函数ℎ(x)的增长速度，故有且仅有一个交点；
在(0,a)上，函数g(x)与函数ℎ(x)有两个交点；
同理，在[a,+∞)上，有且仅有一个交点，
所以函数g(x)与ℎ(x)的图象有四个交点，函数f(x)有四个零点，满足题意；
当0<1a
在(0,a)上，函数g(x)与函数ℎ(x)有一个交点；
同理，在[a,+∞)上，没有交点，
所以函数g(x)与ℎ(x)的图象有两个交点，函数f(x)有两个零点，不满足题意；
当0<1a
在(0,a)上，函数g(x)与函数ℎ(x)有一个交点；
同理，在[a,+∞)上，没有交点，
所以函数g(x)与ℎ(x)的图象有两个交点，函数f(x)有两个零点，不满足题意；
当1a≥a2a≥a3a≥a，即0
−(x2−ax)+(ax−2)+1=0，即x2−2ax+1=0，
因为判别式Δ=4a2−4<0，所以x2−2ax+1=0无解
所以函数g(x)与ℎ(x)的图象在(0,a)上没有交点，
如图④所示，在(−∞,0]上，由于函数g(x)的增长速度大于函数ℎ(x)的增长速度，故有且仅有一个交点；
在(0,a)上，函数g(x)与函数ℎ(x)没有交点；
同理，在[a,+∞)上，有且仅有一个交点，
所以函数g(x)与ℎ(x)的图象有两个交点，函数f(x)有两个零点，不满足题意；
若a<0，
当a<1a<0a<2a<0a<3a<0，即a<− 3时，
如图⑤所示，在(−∞,a]上，由于函数g(x)的增长速度大于函数ℎ(x)的增长速度，故有且仅有一个交点；
在(a,0)上，函数g(x)与函数ℎ(x)有两个交点；
同理，在[0,+∞)上，有且仅有一个交点，
所以函数g(x)与ℎ(x)的图象有四个交点，函数f(x)有四个零点，满足题意；
当a<1a<0a<2a<03a≤a，即− 3≤a<− 2时，
如图⑥所示，在(−∞,a]上，由于函数g(x)的增长速度大于函数ℎ(x)的增长速度，故没有交点；
在(a,0)上，函数g(x)与函数ℎ(x)有且仅有一个交点；
同理，在[0,+∞)上，有且仅有一个交点，
所以函数g(x)与ℎ(x)的图象有两个交点，函数f(x)有两个零点，不满足题意；
当a<1a<02a≤a3a≤a，即− 2≤a<−1时，
如图⑦所示，在(−∞,a]上，由于函数g(x)的增长速度大于函数ℎ(x)的增长速度，故没有交点；
在(a,0)上，函数g(x)与函数ℎ(x)有且仅有一个交点；
同理，在[0,+∞)上，有且仅有一个交点，
所以函数g(x)与ℎ(x)的图象有两个交点，函数f(x)有两个零点，不满足题意；
当1a≤a2a≤a3a≤a，即−1≤a<0时，
当x∈(a,0)时，|x2−ax|−|ax−2|+1=0可化为
−(x2−ax)+(ax−2)+1=0，即x2−2ax+1=0，
因为判别式Δ=4a2−4<0，即x2−2ax+1=0无解
所以函数g(x)与ℎ(x)的图象在(a,0)上没有交点，
如图⑧所示，在(−∞,a]上，由于函数g(x)的增长速度大于函数ℎ(x)的增长速度，故有且仅有一个交点；
在(a,0)上，函数g(x)与函数ℎ(x)没有交点；
同理，在[0,+∞)上，有且仅有一个交点，
所以函数g(x)与ℎ(x)的图象有两个交点，函数f(x)有两个零点，不满足题意；
综上所述，实数a的取值范围为(−∞,− 3)∪( 3,+∞)．
故答案为：(−∞,− 3)∪( 3,+∞)．
16.解：(1)
由题意可知，甲、乙在三小时以上且不超过四小时还车的概率分别为12，14，
设甲、乙两人所付的租车费用相同为事件A，则P(A)=14×12+14×14+12×14=516，
所以甲、乙两人所付的租车费用相同的概率为516；
(2)
若甲所付的租车费用比乙所付的租车费用多2元，
则分为甲两小时以上且不超过三小时还车，且乙不超过两小时还车，
或者甲三小时以上且不超过四小时还车，且乙两小时以上且不超过三小时还车两种情况，
甲所付的租车费用比乙所付的租车费用多2元的概率为14×12+12×14=14；
(3)
X的可能取值为0，2，4，6，8，
PX=0=18,PX=2=14×14+12×14=316,
PX=4=14×14+14×14+12×12=38，
PX=6=14×14+12×14=316，Pξ=8=12×14=18，
分布列如下表：
数学期望EX=0×18+2×316+4×38+6×316+8×18=4，
DX==0−42×18+2−42×316+4−42×38+6−42×316+8−42×18=112．
【解析】(1)首先求出两个人租车时间在三小时以上且不超过四小时的概率，则甲、乙两人所付的租车费用相同：都不超过两小时，都在两小时以上且不超过三小时和都在三小时以上且不超过四小时三类求解即可；
(2)根据题意分为甲两小时以上且不超过三小时还车，且乙不超过两小时还车，或者甲三小时以上且不超过四小时还车，且乙两小时以上且不超过三小时还车两种情况，求解即可；
(3)列出随机变量X的分布列，再利用期望、方差公式求值．
17.解：(1)根据题意得：以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则 B4,4,0,F4,0,1 ，
所以 BF=(0,−4,1) ，
易知平面 DEC 的一个法向量为 DA=(4,0,0) ，
显然 DA⋅BF=0 ，又 BF⊄ 平面 DEC ，
所以 BF// 平面 DEC ；
(2)∵ E(0,0,3),C(0,4,0) ，
则 BE=(−4,−4,3),BC=(−4,0,0) ，
设平面 BEC 与平面 BEF 的一个法向量分别为 m=(a,b,c),n=(x,y,z) ，
则有 m⋅BE=0m⋅BC=0⇒4a+4b−3c=04a=0 ， n⋅BE=0n⋅BF=0⇒4x+4y−3z=04y−z=0 ，
取 b=3,y=1 ，则 a=0,c=4,x=2,z=4 ，即 m=(0,3,4),n=(2,1,4) ，
设平面 BEC 与平面 BEF 的夹角为 θ ，则 cs θ=|m⋅n|m|⋅|n||=195 21=19 21105 ；
(3)由(2)得平面 BEF 的一个法向量为 n=(2,1,4) ，
又 DE=0,0,3 ，所以点D到平面 BEF 的距离 d=|DE⋅n||n|=12 21=4 217 ．
【解析】建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量判定线面位置关系，计算面面角及点面距离即可．
18.解：(1)
(i)根据题意，
ℎx=fx−gx=x−1ex+ax−a2x2+ax−1=x−1ex−a2x2+1，
ℎ′(x)=xex−ax=xex−a，
所以当a≤0时，
当0
当a>1时，
综上可得：
当a≤0时，ℎ(x)在(−∞,0)上单调递减，(0,+∞)上单调递增，
当0
当a>1时，ℎ(x)在(−∞,0)单调递增，(0,lna)上单调递减，(lna,+∞)上单调递增；
(ii)因为方程ℎx=1−a恰有三个实根，
由(1)可知a≤0和a=1两种情况显然不符合题意，
当0
所以只能a>1，此时1−a<0，
由于ℎ(x)在(0,lna)单调递减，ℎ(0)=0，在(−∞,0)单调递增，ℎ(lna)=(lna−1)a−a2ln2a+1，
ℎ(x)在(lna,+∞)上单调递增，ℎ1+a=ae1+a−a21+a2+1=a22e1+a−1+a2+1，
令m(x)=2e1+x−1+x2,x>0，则m′(x)=2e1+x−21+x，
令v(x)=2e1+x−21+x,x>0，则v′(x)=2e1+x−1>0，
所以v(x)在(0,+∞)单调递增，则v(x)>v(0)=2e−2>0，即m′(x)>0，
所以m(x)在(0,+∞)单调递增，则m(x)>m(0)=2e−1>0，
所以ℎ1+a>0，即ℎ(x)在(lna,+∞)从最小值ℎ(lna)增大到大于0，
所以方程ℎx=1−a恰有三个实根，只需ℎ(lna)<1−a，
即(lna−1)a−a2ln2a+1<1−a，化简为alna12lna−1>0，
而a>1，lna>0，则12lna−1>0，则a>e2，
故实数a的取值范围为e2,+∞；
(2)
由题意可得原不等式可化为fx1+x2−fx1−x2>x1+x2−x1−x2，
故不等式fx1+x2−x1+x2>fx1−x2−x1−x2在R上恒成立．
设F(x)=f(x)−x，则上式等价于Fx1+x2>Fx1−x2，
要使Fx1+x2>Fx1−x2对任意∀x1∈R，x2∈0,+∞恒成立，
由x1+x2>x1−x2，只需函数Fx=x−1ex+ax−x在R上单调递增，
F′x=xex+a−1≥0在R上恒成立．
即a≥1−xex,x∈R恒成立，
令G(x)=1−xex,x∈R，则G′(x)=−1+xex,
当x∈−∞,−1时，G′(x)>0,则G(x)单调递增，
当x∈−1,+∞时，G′(x)<0,则G(x)单调递减，
所以G(x)max=G(−1)=1+1e，故a≥1+1e，
则实数a的取值范围为1+1e,+∞．
【解析】(1)(i)ℎx=x−1ex−a2x2+1，求出导函数ℎ′(x)，然后分a≤0，0
(2)将不等式变形为fx1+x2+x1+x2>fx1−x2+x1−x2，设F(x)=f(x)−x，则问题等价于Fx1+x2>Fx1−x2对任意x1∈R,x2∈0,+∞恒成立，故只需函数Fx=x−1ex+ax−x在R上单调递增，即a≥1−xex,x∈R恒成立，从而求出a的最小值．
19.解：(1)
解：根据题意设数列an的公差为d(d>0)，数列bn的公比为q，
因为b1=2a1=2，所以an=1+(n−1)d,bn=2⋅qn−1，
因为b2=2a2，b3=2a4，
所以2q=2(1+d)2q2=2(1+3d)，解得d=1q=2或d=0q=1(舍去)，
所以an=n,bn=2n；
(2)
解：由(1)知−1nan2=−1nn2，
所以S2n=−12+22−32+42−⋅⋅⋅−(2n−1)2+(2n)2
=22−12+42−32+⋅⋅⋅+(2n)2−(2n−1)2
=(2+1)×(2−1)+(4+3)×(4−3)+⋅⋅⋅+(2n+2n−1)[2n−(2n−1)]
=1+2+3+4+⋅⋅⋅+(2n−1)+2n
=2n(2n+1)2=2n2+n，
由mbn>S2n，得m⋅2n>2n2+n，
所以m>2n2+n2n对∀n∈N∗恒成立，
令dn=2n2+n2n，则dn+1−dn=2(n+1)2+n+12n+1−2n2+n2n=−2n2+3n+32n+1
当n=1时，d2−d1=1>0，当n=2时，d3−d2=−8+98=18>0，
当n=3时，d4−d3=−18+9+316=−38<0，
所以由二次函数的性质可知当n≥3时，dn+1
所以m>52；
(3)
由(1)知cn=na1a2a3⋯an+1=n1×2×3×⋅⋅⋅×n(n−1)=n(n+1)!
=(n+1)−1(n+1)!=1n!−1(n+1)!，
所以i=1nci=11!−12!+12!−13!+⋅⋅⋅+1n!−1(n+1)!
=1−1(n+1)!
【解析】(1)设数列an的公差为d(d>0)，数列bn的公比为q，然后根据已知条件列方程组可求出d,q，从而可求出数列an和bn的通项公式；
(2)由(1)−1nan2=−1nn2，利用并项求和法可求出S2n=2n2+n，则将问题转化为m>2n2+n2n对∀n∈N∗恒成立，令dn=2n2+n2n，求出dn的最大值即可；
(3)由(1)可得cn=1n!−1(n+1)!，然后利用裂项相消法可求得结果．
20.解：(1)
由fx=4lnax+b−x2−1，知f′x=4aax+b−2x．
由已知可得，y=fx在0,f0处的切线8x−y−1=0经过0,−1，且斜率为8．
故有f0=−1f′0=8，代入函数表达式知4lnb−1=−14ab=8，从而lnb=0a=2b．
故b=e0=1，a=2b=2．
(2)
设gt=tlnt−t+1，则g′t=lnt+1−1=lnt．
故对0
回到原题，当b=0时，有fx=4lnax−x2−1．
根据题意，fx在x∈0,+∞时首先要有定义，故lnax要有意义，从而首先有a>0．
此时，原不等式xfx+x2+1+2xa−4+a≥0等价于4xlnax+2xa−4+a≥0．
一方面，若4xlnax+2xa−4+a≥0对x∈0,+∞恒成立，则特别地，该不等式对x=1a成立，代入得4aln1+2aa−4+a≥0，即2−8a+a≥0．
从而由a>0知2a−8+a2≥0，解得a≥2或a≤−4，结合a>0知a≥2．
另一方面，若a≥2，则对任意x∈0,+∞，有
4xlnax+2xa−4+a≥4xln2x+2x2−4+2=4xln2x−4x+2=2g2x≥0．
故4xlnax+2xa−4+a≥0对x∈0,+∞恒成立．
综上，a的取值范围是2,+∞．
(3)
若fx有零点，记x0是fx的零点，则4lnax0+b−x02−1=0，即x02+12=2lnax0+b．
由于对任意t>0均有gt≥0，故
0≤ge1−x022=e1−x022⋅1−x022−e1−x022+1=e1−x0221−x022−1+ex02−12=e1−x022ex02−12−x02+12=e1−x0221e⋅ex02+12−x02+12．
从而1e⋅ex02+12≥x02+12，即ex02+12≥e2x02+1，这就得到
e2x02+1≤ex02+12=e2lnax0+b=ax0+b2≤ax0+b2+bx0−a2
=a2x02+b2+2abx0+b2x02+a2−2abx0=a2x02+b2+b2x02+a2=a2+b2x02+1．
所以e2x02+1≤a2+b2x02+1，故a2+b2≥e2．
【解析】(1)根据已知条件及直线8x−y−1=0的纵截距和斜率得到f0=−1f′0=8，再代入表达式即可解出a,b的值；
(2)先根据定义域得到基础的条件a>0，然后先证明原不等式恒成立的情况下一定有a≥2，再证明a≥2时原不等式恒成立，即可得到a的取值范围是2,+∞；
(3)设fx的零点为x0，构造函数证明ex02+12≥e2x02+1，然后利用fx0=0得到e2x02+1≤a2+b2x02+1，即可证明结论．X
0
2
4
6
8
P
18
316
38
316
18
(−∞,0)
0
(0,+∞)
ℎ′(x)
−
0
+
ℎ(x)
单调递减
极小值
单调递增
(−∞,lna)
lna
(lna,0)
0
(0,+∞)
ℎ′(x)
+
0
−
0
−
ℎ(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
(−∞,0)
0
(0,lna)
lna
(lna,+∞)
ℎ′(x)
+
0
−
0
−
ℎ(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
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