數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)精選提分練：專題8 立體幾何與空間向量 階段檢測五

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精一、選擇題1．設(shè)全集U＝R，集合M＝{x｜0<x≤1},N＝{x｜x≤0}，則M∩（?UN)等于(）A．{x｜0≤x〈1} B．{x｜0<x≤1｝C．｛x|0≤x≤1｝ D．{x|x〈1｝2．（2018屆珠海摸底)下列命題中正確命題的個(gè)數(shù)是(）①命題“若x2－3x＋2＝0,則x＝1”的逆否命題為“若x≠1，則x2－3x＋2≠0";②在回歸直線eq\o(y，\s\up6(^))＝1＋2x中，x增加1個(gè)單位時(shí)，eq\o（y，\s\up6（^))減少2個(gè)單位;③若p且q為假命題，則p,q均為假命題；④命題p：?x0∈R，使得xeq\o\al(2,0)＋x0＋1<0,則綈p：?x∈R，均有x2＋x＋1〉0。A．1B．2C．3D．43．已知函數(shù)f（x)＝2016x＋log2016（eq\r（x2＋1)＋x)－2016－x＋2,則關(guān)于x的不等式f（3x＋1)＋f(x)>4的解集為()A.eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（1,2016),＋∞）) B.eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3),＋∞）)C.eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（1,2），＋∞)) D。eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（1，4)，＋∞））4．在等差數(shù)列｛an}中，a7＝8，前7項(xiàng)和S7＝42，則其公差d等于（)A．－eq\f(1，3) B。eq\f（1，3)C．－eq\f（2,3） D。eq\f(2，3）5．(2018屆衡水聯(lián)考)將函數(shù)f（x）＝2sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（4x－\f（π,3)))的圖象向左平移eq\f(π，6)個(gè)單位長度，再把所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍,得到函數(shù)y＝g(x）的圖象，則下列關(guān)于函數(shù)y＝g(x)的說法錯(cuò)誤的是(）A．最小正周期為πB．圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,12)對稱C．圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(π,12),0)）對稱D．初相為eq\f(π，3)6．（2018屆深圳南山區(qū)摸底)已知單位向量a，b滿足｜a＋b|＝｜a－b|，則a與b－a的夾角為()A.eq\f（π，6)B。eq\f(π，3）C。eq\f（π，4)D.eq\f(3π,4)7．(2018屆嘉興基礎(chǔ)測試)某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的體積（單位:cm3）是（)A。eq\f(\r(2）,12)B。eq\f(\r(2),6）C.eq\f（\r(2）,3)D。eq\r(2）8．(2018屆玉溪統(tǒng)考）設(shè)l，m，n為直線，α，β是兩個(gè)不同的平面,則下列命題中真命題的個(gè)數(shù)為(）①若l⊥α，l⊥β，則α∥β；②若l⊥α，l∥β，則α⊥β；③若α⊥β,l∥α,則l⊥β；④若m∥n,m⊥α，則n⊥α.A．0B．1C．2D．39．（2018屆深圳南山區(qū)摸底）若x，y滿足約束條件eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x－y＋1≤0，，x－2y≤0，，x＋2y－2≤0，））則z＝x＋y的最大值是（）A．－3B。eq\f（1,2)C．1D。eq\f（3，2)10．(2018屆中原質(zhì)量考評）設(shè)r是方程f（x）＝0的根，選取x0作為r的初始近似值，過點(diǎn)(x0，f(x0）)作曲線y＝f（x)的切線l，l的方程為y＝f(x0)＋f′(x0)(x－x0），求出l與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)x1＝x0－eq\f(fx0,f′x0)，稱x1為r的一次近似值．過點(diǎn)(x1，f（x1))作曲線y＝f（x）的切線,并求該切線與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)x2＝x1－eq\f（fx1,f′x1），稱x2為r的二次近似值．重復(fù)以上過程，得r的近似值序列,其中xn＋1＝xn－eq\f(fxn，f′xn),稱為r的n＋1次近似值，上式稱為牛頓迭代公式．已知eq\r(6）是方程x2－6＝0的一個(gè)根，若取x0＝2作為r的初始近似值，則在保留四位小數(shù)的前提下,eq\r(6）約等于(）A．2.4494B．2.4495C．2。4496D．2。449711．設(shè)雙曲線C：eq\f(x2,16)－eq\f（y2，9）＝1的右焦點(diǎn)為F，過F作漸近線的垂線,垂足分別為M，N，若d是雙曲線上任一點(diǎn)P到直線MN的距離，則eq\f（d，｜PF｜）的值為()A。eq\f(3,4)B。eq\f(4,5)C。eq\f(5，4)D．無法確定12．(2018屆南陽第一中學(xué)考試)設(shè)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且滿足f（x＋2）－f（x)＝0，當(dāng)0≤x≤1時(shí)，f（x）＝x2，又g(x）＝keq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f（1，4))）,若方程f（x）＝g（x）恰有兩解，則k的取值范圍是（）A.eq\b\lc\{\rc\｝(\a\vs4\al\co1(\f(4,11)，－\f(4，5）)) B.eq\b\lc\｛\rc\}（\a\vs4\al\co1(1，\f(4,11),－\f(4，5))）C。eq\b\lc\｛\rc\}（\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f（4,11）,－\f（4,5))） D。eq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1（1,\f（4，3），\f（4,11），－\f（4,5)))二、填空題13．在等比數(shù)列{an｝中，2a3，eq\f(a5,2)，3a1成等差數(shù)列，則eq\f(a2＋a5，a9＋a6)＝________。14．(2018屆衡水聯(lián)考)已知函數(shù)f（x）＝x3－2x，若曲線f（x)在點(diǎn)(1，f（1）)處的切線經(jīng)過圓C:x2＋（y－a）2＝2的圓心，則實(shí)數(shù)a的值為________．15．如圖是函數(shù)y＝f（x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′（x）的圖象，給出下列命題：①－2是函數(shù)y＝f(x）的極值點(diǎn)；②1是函數(shù)y＝f(x)的極小值點(diǎn)；③y＝f（x）在x＝0處切線的斜率大于零；④y＝f（x)在區(qū)間（－∞，－2)上單調(diào)遞減．則正確命題的序號是________．16．(2018屆武威第六中學(xué)考試)已知函數(shù)y＝f（x)是R上的偶函數(shù)，對?x∈R都有f（x＋4)＝f(x)＋f(2)成立．當(dāng)x∈[0,2]時(shí)，y＝f(x）單調(diào)遞減，給出下列命題：①f(2）＝0；②直線x＝－4是函數(shù)y＝f（x)圖象的一條對稱軸；③函數(shù)y＝f(x）在[－4，4]上有四個(gè)零點(diǎn)；④區(qū)間[－40，－38]是y＝f(x)的一個(gè)單調(diào)遞增區(qū)間．其中所有正確命題的序號為________．

三、解答題17．（2018屆嘉興第一中學(xué)基礎(chǔ)測試)在△ABC中，a,b,c分別為角A，B，C的對邊,已知cos2A－3cos(B＋C）＝1.（1)求角A的值；(2)若a＝2,求b＋c的取值范圍．18。在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，AB⊥AD，PA＝AB，AB∶AD∶CD＝2∶eq\r（2）∶1。(1)證明：BD⊥PC；(2）求二面角A－PC－D的余弦值；(3）設(shè)點(diǎn)Q為線段PD上的一點(diǎn)，且直線AQ與平面PAC所成角的正弦值為eq\f（\r(2），3）,求eq\f（PQ，PD)的值．19．已知數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝eq\f（1,4），且an＋1＝eq\f（n－1an,n－an）（n＝2，3，4,…)．Sn為數(shù)列｛bn｝的前n項(xiàng)和，且4Sn＝bnbn＋1，b1＝2（n＝1，2,3，…）．(1）求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；（2)設(shè)cn＝bn·2eq\f（1，3an）＋eq\f(2,3)，求數(shù)列｛cn}的前n項(xiàng)和Pn；（3）證明：對一切n∈N*，有eq\i\su(k＝1，n,a)eq\o\al（2，k）<eq\f（7，6）.20．已知橢圓C:eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2，b2)＝1（a〉b>0），橢圓的右焦點(diǎn)為(1,0)，離心率為e＝eq\f（1，2），直線l:y＝kx＋m與橢圓C相交于A,B兩點(diǎn)，且kOA·kOB＝－eq\f（3,4)。（1）求橢圓的方程及△AOB的面積；（2)在橢圓上是否存在一點(diǎn)P，使四邊形OAPB為平行四邊形？若存在，求出｜OP｜的取值范圍，若不存在，請說明理由．21．設(shè)函數(shù)f(x）＝ax－2－lnx(a∈R）．(1)若f（x)在點(diǎn)（e，f（e)）處的切線為x－ey＋b＝0，求a,b的值；(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；（3）若g（x)＝ax－ex，求證：當(dāng)x>0時(shí)，f（x)〉g(x）．22．已知?jiǎng)訄AM恒過F（1，0）且與直線x＝－1相切,動圓圓心M的軌跡記為C;直線x＝－1與x軸的交點(diǎn)為N，過點(diǎn)N且斜率為k的直線l與軌跡C有兩個(gè)不同的公共點(diǎn)A,B，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．（1)求動圓圓心M的軌跡C的方程,并求直線l的斜率k的取值范圍;(2)點(diǎn)D是軌跡C上異于A，B的任意一點(diǎn)，直線DA,DB分別與過F(1，0）且垂直于x軸的直線交于P，Q，證明：eq\o（OP，\s\up6(→))·eq\o（OQ,\s\up6(→）)為定值，并求出該定值;(3)對于(2）給出一般結(jié)論：若點(diǎn)Feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（p,2)，0））,直線x＝－eq\f（p,2），其他條件不變,求eq\o(OP,\s\up6(→）)·eq\o(OQ，\s\up6（→)）的值(可以直接寫出結(jié)果）．

答案精析1．B［∵?UN＝{x｜x〉0｝，∴M∩（?UN)＝｛x｜0<x≤1｝∩{x|x>0｝＝｛x|0〈x≤1｝．]2．A[①根據(jù)命題的逆否命題是對題設(shè)和結(jié)論分別否定且交換題設(shè)和結(jié)論可知,“若x2－3x＋2＝0,則x＝1”的逆否命題為“若x≠1，則x2－3x＋2≠0”，故①正確;②由線性回歸方程eq\o(y，\s\up6(^)）＝1＋2x中，x增加1個(gè)單位時(shí)，估計(jì)eq\o（y，\s\up6(^））增加2個(gè)單位，故②錯(cuò)誤；③若p∧q為假命題,則p，q至少有一個(gè)為假命題，故③錯(cuò)誤；④根據(jù)特稱命題的否定是全稱命題可知，p：?x0∈R使得xeq\o\al（2，0）＋x0＋1〈0,則綈p：?x∈R，均有x2＋x＋1≥0，故④錯(cuò)誤，正確命題的個(gè)數(shù)是1,故選A.]3．D［令g（x）＝f(x)－2，則函數(shù)g(x）為奇函數(shù)且在R上為增函數(shù),不等式轉(zhuǎn)化為g(3x＋1）＋g（x)>0，所以g（3x＋1）>g(－x）,所以3x＋1>－x，即x>－eq\f(1,4）,故選D.］4．D[∵a7＝8，S7＝eq\f(7a1＋a7,2）＝42，∴a1＝4，∴d＝eq\f(2,3）。］5．C[由題意得g（x）＝2sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π，3））),其最小正周期為π，初相為eq\f(π,3），即A，D正確，而geq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（π,12）））＝2sineq\f（π,2)＝2。故函數(shù)y＝g（x）的圖象關(guān)于直線x＝eq\f（π,12)對稱，即B項(xiàng)正確，故C錯(cuò)誤．］6．D[因?yàn)閨a＋b|＝｜a－b｜，所以a⊥b,cos〈a，b－a〉＝eq\f（a·b－a，|a｜|b－a｜）＝eq\f(－a2,\r(2））＝－eq\f(\r（2）,2)，因此〈a,b－a〉＝eq\f（3π,4）,故選D.]7．B［由三視圖知該幾何體是以俯視圖為底面,有一條側(cè)棱垂直于底面的三棱錐，則該幾何體的體積V＝eq\f（1，3）×eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，2)×1×1）)×eq\r（2）＝eq\f(\r(2），6)(cm3)．]8．D[①利用線面垂直的性質(zhì)可得：若l⊥α，l⊥β,則α∥β,原命題正確；②若l⊥α，l∥β，則α⊥β，原命題正確；③若α⊥β,l∥α，則l與β的關(guān)系無法確定,原命題錯(cuò)誤；④若m∥n,m⊥α，則n⊥α，原命題正確．綜上可得:命題中真命題的個(gè)數(shù)為3。故選D。]9．C[作出不等式組所表示的可行域如圖所示：直線z＝x＋y過點(diǎn)C(0,1)時(shí)，z＝x＋y取最大值為1，故選C.］10．B［f′(x)＝2x，f′（2)＝4,點(diǎn)(2,－2)處的切線方程為y＋2＝4(x－2），解得x1＝2。5.又xn＋1＝xn－eq\f（fxn,f′xn)＝xn－eq\f(x\o\al（2,n）－6，2xn）＝eq\f(1,2)xn＋eq\f(3，xn）,∴x2＝eq\f（1,2)x1＋eq\f（3,x1)＝2.45，x3＝eq\f（1,2)x2＋eq\f（3,x2)≈2。4495.］11．B［由題意得，直線MN的方程為x＝eq\f（16，5）,設(shè)P(x,y），則d＝eq\b\lc\｜\rc\|（\a\vs4\al\co1(x－\f(16,5))），｜PF|＝eq\r（x－52＋y2）＝eq\r(x－52＋9\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（x2,16)－1)））＝eq\r(\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（5x，4)－4）)2)＝eq\b\lc\｜\rc\|（\a\vs4\al\co1（\f（5x,4）－4））,∴eq\f(d,｜PF｜)＝eq\f（\b\lc\|\rc\|（\a\vs4\al\co1(x－\f(16,5)）)，\b\lc\｜\rc\｜（\a\vs4\al\co1(\f(5x,4)－4））)＝eq\f（4，5）,故選B。]12．D［∵f(x＋2）－f(x)＝0，∴f(x)是周期為2的函數(shù)，根據(jù)題意畫出函數(shù)的圖象,過點(diǎn)A時(shí)斜率為eq\f（4，3），相切時(shí)斜率為1，過點(diǎn)B時(shí)斜率為eq\f（4,11)，過點(diǎn)C時(shí)斜率為－eq\f（4,5)，故選D.］13。eq\f（1,9）解析由題意得2×eq\f(a5,2）＝2a3＋3a1，即a1q4＝2a1q2＋3a1，得q4＝2q2＋3，解得q2＝3或q2＝－1（舍)，eq\f(a2＋a5，a9＋a6）＝eq\f（q＋q4,q8＋q5）＝eq\f（1，q4）＝eq\f（1,9).14．－2解析對f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝3x2－2，所以f′(1)＝1.故所求切線的方程為y＋1＝x－1，即x－y－2＝0。由該直線經(jīng)過圓C：x2＋(y－a）2＝2的圓心，得0－a－2＝0,解得a＝－2。15．①③④解析①由導(dǎo)數(shù)圖象可知，當(dāng)x<－2時(shí)，f′(x）〈0，函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)x>－2時(shí),f′(x)>0，函數(shù)單調(diào)遞增，∴－2是函數(shù)y＝f(x）的極小值點(diǎn)，∴①正確．②當(dāng)x〉－2時(shí)，f′（x)>0,函數(shù)單調(diào)遞增，∴1不是函數(shù)y＝f(x)的極小值點(diǎn)，∴②錯(cuò)誤．③當(dāng)x>－2時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)單調(diào)遞增，∴y＝f(x)在x＝0處切線的斜率大于零，∴③正確．④當(dāng)x<－2時(shí)，f′（x）〈0，函數(shù)單調(diào)遞減,∴y＝f（x)在區(qū)間(－∞，－2)上單調(diào)遞減，∴④正確．故正確命題的序號是①③④。16．①②解析∵對任意x∈R,都有f(x＋4）＝f(x）＋f(2)成立，當(dāng)x＝－2時(shí)，可得f（－2）＝0，又∵函數(shù)y＝f(x)是R上的偶函數(shù)，∴f(－2）＝f(2)＝0,故①正確；由f（2)＝0，知f（x＋4）＝f（x）＋f(2）＝f（x)，故周期為4，又函數(shù)在區(qū)間[0，2］上單調(diào)遞減,由函數(shù)是偶函數(shù)，知函數(shù)在區(qū)間[－2，0］上單調(diào)遞增,再由函數(shù)的周期為4，得到函數(shù)f(x）的示意圖如圖所示：由圖可知：①正確,②正確，③函數(shù)y＝f(x)在[－4,4］上有兩個(gè)零點(diǎn)，③不正確；④區(qū)間［－40,－38]是y＝f（x)的一個(gè)單調(diào)遞減區(qū)間,④不正確，故答案為①②。17．解(1）由cos2A－3cos（B＋C）＝1，得2cos2A＋3cosA－2＝0，即(2cosA－1)（cosA＋2）＝0，解得cosA＝eq\f(1，2）或cosA＝－2（舍），∵0〈A〈π，∴A＝eq\f(π,3).(2）∵b2＋c2－2bc·cosA＝a2，a＝2,A＝eq\f（π，3），∴b2＋c2－bc＝4，即（b＋c)2－3bc＝4，∵bc≤eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(b＋c，2)）)2，∴（b＋c)2＝4＋3bc≤4＋eq\f（3，4）（b＋c)2，∴(b＋c）2≤16，即b＋c≤4，又∵b＋c〉2,∴2〈b＋c≤4.18．（1）證明∵PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，∴PA，AB,AD兩兩垂直,如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以AB，AD，AP所在直線為x，y，z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，設(shè)CD＝1，由AB∶AD∶CD＝2∶eq\r(2)∶1，PA＝AB，得B（2，0,0)，D(0，eq\r(2）,0),P(0，0，2),C(1，eq\r（2)，0)．eq\o（BD,\s\up6(→))＝（－2，eq\r(2），0），eq\o(PC,\s\up6（→）)＝(1，eq\r(2)，－2），∵eq\o(BD，\s\up6（→））·eq\o(PC,\s\up6（→））＝0,∴BD⊥PC。(2)解∵eq\o（AC,\s\up6（→）)＝（1，eq\r（2)，0），eq\o（AP,\s\up6（→）)＝(0,0,2)，易得平面PAC的法向量為m＝(eq\r(2)，－1,0)．又eq\o（DP,\s\up6(→））＝（0,－eq\r（2）,2)，eq\o(DC,\s\up6(→）)＝(1,0，0）,平面DPC的法向量為n＝（0，－eq\r（2）,－1），∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,｜m||n|)＝eq\f（\r（2）,3)，∴二面角A－PC－D的余弦值為eq\f（\r（2）,3)。(3）解設(shè)eq\f（PQ，PD)＝t,∵eq\o(AQ,\s\up6(→)）＝eq\o（AP,\s\up6（→)）＋eq\o(PQ，\s\up6（→)）＝eq\o(AP,\s\up6(→）)＋teq\o（PD,\s\up6（→))，t∈［0，1],∴eq\o(AQ，\s\up6(→））＝（0,0,2)＋t(0,eq\r（2），－2)＝(0,eq\r(2)t，2－2t)．設(shè)θ為直線AQ與平面PAC所成的角，則由sinθ＝｜c(diǎn)os〈eq\o（AQ，\s\up6(→)）,m〉｜＝eq\f（｜\o（AQ，\s\up6(→）)·m|,｜\o(AQ,\s\up6(→）)｜｜m|)＝eq\f（\r（2),3)，得eq\f(\r(2）t，\r（3)\r（2t2＋2－2t2））＝eq\f（\r(2），3），即3t2－8t＋4＝0，解得t＝2(舍）或eq\f(2，3)。∴eq\f(PQ，PD)＝eq\f(2,3)即為所求．19．(1）解由已知得b1＝2,4Sn＝bnbn＋1，得b2＝4，4Sn－1＝bn－1bn（n≥2），4bn＝bn（bn＋1－bn－1），由題意知bn≠0,即bn＋1－bn－1＝4（n≥2)，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，bn＝2＋eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（n＋1，2)－1）)×4＝2n；當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),bn＝4＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(n，2)－1）)×4＝2n。所以數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝2n（n∈N＊)．（2)解由已知，對n≥2有eq\f（1，an＋1)＝eq\f(n－an,n－1an)＝eq\f（n，n－1an)－eq\f(1,n－1），兩邊同除以n,得eq\f（1,nan＋1）＝eq\f（1，n－1an)－eq\f(1,nn－1),即eq\f（1,nan＋1)－eq\f(1,n－1an）＝－eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1）－\f（1，n）)），于是，eq\i\su(k＝2，n－1,)eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f（1,kak＋1)－\f(1，k－1ak）))＝－eq\i\su（k＝2,n－1，)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1,k－1)－\f（1，k）)）＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（1－\f(1，n－1)）），即eq\f(1，n－1an）－eq\f（1,a2）＝－eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1，n－1))),n≥2，所以eq\f（1，n－1an）＝eq\f(1，a2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（1－\f（1，n－1)))＝eq\f(3n－2,n－1),an＝eq\f(1,3n－2）,n≥2，又當(dāng)n＝1時(shí)也成立，故an＝eq\f(1,3n－2）,n∈N＊.所以cn＝2n·2n，所以Pn＝2·21＋4·22＋6·23＋…＋2(n－1）·2n－1＋2n·2n，2Pn＝2·22＋4·23＋…＋2(n－1)·2n＋2n·2n＋1,所以－Pn＝2（21＋22＋23＋…＋2n)－2n·2n＋1＝2·eq\f（21－2n,1－2)－2n·2n＋1＝2n＋2－4－2n·2n＋1＝(1－n）·2n＋2－4，所以Pn＝4＋(n－1）·2n＋2。(3）證明當(dāng)k≥2時(shí)，有aeq\o\al(2，k)＝eq\f(1，3k－22)〈eq\f（1,3k－43k－1）＝eq\f(1,3）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，3k－4)－\f（1,3k－1))），所以當(dāng)n≥2時(shí),有eq\i\su(k＝1，n，a)eq\o\al(2，k）＝1＋eq\i\su（k＝2，n，a）eq\o\al(2,k）<1＋eq\f(1，3）eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，2)－\f（1,5）)）＋\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，5）－\f（1,8）)）＋…＋\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，3n－4)－\f(1，3n－1））））)＝1＋eq\f（1，3)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1,2）－\f(1，3n－1)）)〈1＋eq\f(1,6）＝eq\f(7，6)。當(dāng)n＝1時(shí)，aeq\o\al（2,1）＝1〈eq\f（7,6）.故對一切n∈N*，有eq\i\su（k＝1,n，a）eq\o\al(2,k)〈eq\f(7,6）。20．解(1)由已知c＝1，eq\f（c,a）＝eq\f(1,2)，∴a＝2，∴b2＝a2－c2＝3，∴橢圓方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2，3)＝1,設(shè)A（x1，y1），B(x2，y2），則A，B的坐標(biāo)滿足eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（\f（x2,4）＋\f（y2,3）＝1，，y＝kx＋m))消去y，化簡得(3＋4k2）x2＋8kmx＋4m2－12＝0，x1＋x2＝－eq\f(8km,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－12,3＋4k2）,由Δ〉0得4k2－m2＋3>0,y1y2＝（kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝k2eq\f（4m2－12,3＋4k2）＋kmeq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（8km,3＋4k2）））＋m2＝eq\f（3m2－12k2，3＋4k2).∵kOA·kOB＝－eq\f（3，4)，∴eq\f（y1y2,x1x2)＝－eq\f（3，4)，即y1y2＝－eq\f(3,4)x1x2，∴eq\f(3m2－12k2，3＋4k2)＝eq\f（－3m2＋9，3＋4k2），即2m2－4k2＝3，∵|AB｜＝eq\r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2］)＝eq\r(1＋k2·\f（484k2－m2＋3,3＋4k22））＝eq\r(\f(481＋k2,3＋4k22)·\f(3＋4k2,2))＝eq\r(\f（241＋k2，3＋4k2）).點(diǎn)O到直線y＝kx＋m的距離d＝eq\f(｜m｜，\r(1＋k2))，∴S△AOB＝eq\f（1，2)d|AB｜＝eq\f(1，2)eq\f（｜m|，\r（1＋k2)）eq\r（\f（241＋k2,3＋4k2））＝eq\f（1,2）eq\r（\f（m2,1＋k2）·\f（241＋k2，3＋4k2）)＝eq\f（1，2)eq\r(\f（3＋4k2,2)·\f(24,3＋4k2))＝eq\r(3).(2）若存在平行四邊形OAPB使P在橢圓上，則eq\o（OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→）)＋eq\o（OB，\s\up6(→)），設(shè)P(x0，y0)，則x0＝x1＋x2＝－eq\f（8km,3＋4k2)，y0＝y(tǒng)1＋y2＝eq\f（6m，3＋4k2）,由于P在橢圓上,所以eq\f(x\o\al(2,0)，4）＋eq\f(y\o\al（2,0)，3)＝1，從而化簡得eq\f(16k2m2，3＋4k22）＋eq\f（12m2,3＋4k22)＝1，化簡得4m2＝3＋4k2，①由kOA·kOB＝－eq\f(3,4），知2m2－4k2＝3.②聯(lián)立方程①②知m＝0，故不存在P在橢圓上的平行四邊形．21．（1）解∵f（x）＝ax－2－lnx(a∈R)，∴f′（x)＝a－eq\f(1,x)＝eq\f（ax－1,x)，又f(x)在點(diǎn)（e，f（e))處的切線的斜率為eq\f(1，e），∴f′（e)＝eq\f(ae－1，e）＝eq\f(1，e)，∴a＝eq\f（2，e)，∴切點(diǎn)為(e，－1）,把切點(diǎn)代入切線方程得，b＝－2e.(2）解由(1）知:f′(x）＝a－eq\f（1，x)＝eq\f（ax－1，x)(x>0)，①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x）〈0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在（0,＋∞）上是單調(diào)遞減函數(shù)，②當(dāng)a>0時(shí)，令f′（x)＝0，解得x＝eq\f（1,a)，當(dāng)x∈eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，\f（1,a）))時(shí)，f′（x)<0，f（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1，a)，＋∞））時(shí)，f′（x)>0，f(x）單調(diào)遞增．綜上所述：當(dāng)a≤0時(shí)，f（x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，＋∞)；當(dāng)a〉0時(shí)，f(x）的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，\f（1,a)）)，單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，a),＋∞）).(3）證明當(dāng)x>0時(shí)，要證f（x）－ax＋ex>0,即ex－lnx－2〉0，令h(x）＝ex－lnx－2（x〉0），只需證h（x)〉0，∵h(yuǎn)′（x)＝ex－eq\f（1,x）。由指數(shù)函數(shù)及冪函數(shù)的性質(zhì)知：h′(x)＝ex－eq\f(1，x）在（0，＋∞）上是增函數(shù)，又h′(1）＝e－1〉0，h′eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1，3)))＝eeq\f(1，3）－3〈0,∴h′(1)·h′eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1,3）))〈0，∴h′(x）在eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1,3），1)）內(nèi)存在唯一的零點(diǎn)，也即h′（x)在（0,＋∞)上有唯一零點(diǎn)，設(shè)h′（x）的零點(diǎn)為t，則h′（t)＝et－eq\f(1,t)＝0，即et＝eq\f(1,t)eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1,3)〈t<1)），由h′(x）的單調(diào)性知：當(dāng)x∈(0，t）時(shí)，h′(x）〈h′(t）＝0，h（x）為減函數(shù)，當(dāng)x∈(t，＋∞）時(shí)，h′（x)>h′（t）＝0,h(x）為增函數(shù)，∴當(dāng)x>0時(shí)，h（x)≥h（t）＝et－lnt－2＝eq\f（1,t）－lneq\f（1，et）－2，∴h（x）>eq\f(1，t）＋t－2≥2－2＝0.又eq\f（1，3)〈t〈1，等號不成立，∴h(x）>0，∴當(dāng)x>0時(shí)，f(x）>g（x）．22．解(1）由動圓M恒過F（1,0)且與直線x＝－1相切得，點(diǎn)M到F(1，0)與到直線x＝－1的距離相等,所以圓心M的軌跡C的方程為y2＝4x，設(shè)直線l的方程為y＝k（x＋1），當(dāng)k＝0時(shí)，直線l為y＝0