阶段检测卷（四）（含解析）-《巅峰突破》2026版高中数学高三一轮复习

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阶 段 检 测 卷(四)
满分150分,限时120分钟
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.(2025河北张家口阶段检测)设集合U=R,A={x|x2-2x-3<0},B={-1,2,3,4},则图中阴影部分表示的集合为(　　)
A.{-1,2,4}　　B.{-1,2,3}　　C.{2,3,4}　　D.{-1,3,4}
2.(2024江苏连云港赣马高级中学检测)已知i是虚数单位,复数z满足(i-1)z=|1+i|+3i,则=(　　)
A.+i　　B.-i　　C.-+i　　D.--i
3.(2025江苏前黄高级中学检测)已知向量a,b满足|a+2b|=|a-2b|,|2a+b|=,则|2a-b|=(　　)
A.2　　B.　　C.8　　D.5
4.已知sin(α+β)=,=2,则sin(α-β)=(　　)
A.-　　B.-　　C.　　D.
5.(2025北京朝阳外国语学校质量检测)设等比数列{an}的前n项和为Sn,则“数列{Sn}为递增数列”是“a3>a2>a1”的(　　)
A.充分不必要条件　　B.必要不充分条件
C.充分必要条件　　D.既不充分也不必要条件
6.(2024山西三模)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别为A1D1,BB1的中点,O为底面ABCD的中心,则三棱锥O-EFC的体积是(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
7.(2024湖南长沙期末)若a=ln(ln π),b=ln ,c=-,则下列结论正确的是(　　)
A.c8.(2024湖南邵阳第三中学三模)若过点(a,b)可作曲线y=ln x+1的两条切线,则(　　)
A.bln a+1　　C.a<0　　D.b>ea
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.(2025山东青岛第五十八中学期中)已知3a=5b=15,则下列结论正确的是　(　　)
A.lg a>lg b　　B.a+b=ab　　C.>　　D.a+4b>9
10.(2025河北调研)如图,圆锥SO的底面直径和母线长均为6,其轴截面为△SAB,C为底面半圆弧AB上的一点,且=2,=λ,=μ(0<λ<1,0<μ<1),则(　　)
A.当λ=时,直线AM与BC所成角的余弦值为
B.当λ=μ=时,四面体SAMN的体积为
C.当μ=且AM∥平面ONC时,λ=
D.当AM⊥SB时,λ=
11.(2025江西上饶检测)设函数f(x)=ax3-2x2+1,则(　　)
A.当a<0时,x=0是f(x)的极大值点　　
B.当a>2时, f(x)有三个零点
C.若f(x)满足f(x)+f(2-x)=-,则a=
D.当a=1时,若f(x)在(-1,m)上有最大值,则m>0
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.(2024广东汕头调研)若正四棱台的上、下底面边长分别为2,4,侧面积为12,则该棱台的体积为　　　　.
13.(2025天津汇文中学质量调查)已知数列{an}的首项为a1=1,且nan+1=(n+1)an,数列{bn}满足b1=,且bn+1=bn+,则a16·b6=　　　　.
14.(2024重庆名校联盟联考)已知三棱锥P-ABC,Q为BC的中点,PA⊥AC,BC⊥AC,且PA=,AC=1,BC=2,PB=2,则三棱锥P-ABC外接球的表面积为　　　　,过点Q的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的最小值为　　　　.
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.(13分)(2025江西吉安开学考试)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB⊥BC,PA=AD=4,BC=1,AB=.
(1)证明:平面PCD⊥平面PAC;
(2)求AD与平面PCD所成角的正弦值.
16.(15分)(2025江苏南京六校联合体调研)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,2bcos A=2c-a.
(1)求B;
(2)若cos A=sin C-1,=4,BD=,求△ABC的面积.
17.(15分)(2025湖北腾云联盟联考)如图,已知四棱锥S-ABCD中,AB=BC=1,∠ABC=120°,AB⊥AD,CD⊥平面SAD,且=.
(1)证明:BG∥平面SAD;
(2)已知锐二面角S-AC-D的正弦值为,求二面角C-SA-D的余弦值.
18.(17分)(2025河北石家庄质量检测)已知函数f(x)=.
(1)当x>0时,求函数f(x)的最小值;
(2)设方程f(x)=的所有根之和为T,且T∈(n,n+1),求整数n的值;
(3)若关于x的不等式f(x)≥ax-aln x+e-1恒成立,求实数a的取值范围.
19.(17分)(2025重庆西南大学附属中学校检测)数列{bn}满足b1+++…+=n,{bn}的前n项和为Tn,等差数列{an}满足a1=b1,a4=T3,等差数列{an}的前n项和为Sn.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设数列{an}中的项落在区间(Tn+1,T2n+1)中的项数为cn(n∈N*),求数列{cn}的前n项和Hn;
(3)是否存在正整数m,使得是{an}或{bn}中的项 若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.
答案全解全析
1.D　题图中阴影部分表示的集合为( UA)∩B(关键点).
由x2-2x-3<0,得-1又B={-1,2,3,4},所以( UA)∩B={-1,3,4}.
2.A　易知|1+i|=2,
所以z===-i,
3.B　将|a+2b|=|a-2b|两边平方,得a2+4a·b+4b2=a2-4a·b+4b2,所以a·b=0.
将|2a+b|=两边平方,得4a2+4a·b+b2=4a2+b2=5,
所以|2a-b|==
==.
4.D　由=2,得tan α=2tan β,∴=,
∴sin αcos β=2cos αsin β.
∵sin(α+β)=sin αcos β+cos αsin β=,
∴2cos αsin β+cos αsin β=,∴cos αsin β=,
∴sin αcos β=,∴sin(α-β)=sin αcos β-cos αsin β=-=.
5.D　设等比数列{an}的公比为q.
由a3>a2>a1,得a1q2>a1q>a1,所以a1<0,00,q>1.
由数列{Sn}为递增数列,得an+1=Sn+1-Sn>0,即 n∈N*,a1qn>0,所以a1>0,q>0.
所以“数列{Sn}为递增数列”是“a3>a2>a1”的既不充分也不必要条件.
6.B　建立如图所示的空间直角坐标系,则E(1,0,2),F(2,2,1),C(0,2,0),O(1,1,0),所以=(0,-1,2),=(-1,1,0),=(-2,0,-1).
设平面OFC的法向量为m=(x,y,z),
则取x=1,得m=(1,1,-2),
所以点E到平面OFC的距离d==.
易得OC=,OF=,FC=,
因为OC2+OF2=CF2,所以OC⊥OF,
所以S△OFC=OF·OC=××=,故VO-EFC=VE-OFC=S△OFCd=××=.
7.C　易知y=ln x在(0,+∞)上单调递增,所以ln π>ln e=1,lnln(ln e)=0,ln<0,即a>0,b<0.
令f'(x)=0,得x=,所以当x∈时, f'(x)<0, f(x)单调递减;当x∈时, f'(x)>0, f(x)单调递增,所以f(x)min=f=ln=-,所以f>f,即ln>-,即b>c.
综上,a>b>c.
8.B　易得y'=.
设切点坐标为(x0,ln x0+1),则切线的斜率k=,所以切线的方程为y-ln x0-1=(x-x0),即y=x+ln x0.又因为切线过点(a,b),所以b=+ln x0.
解法一　设f(x)=ln x+,x∈(0,+∞).
因为过点(a,b)可作曲线y=ln x+1的两条切线,所以直线y=b与曲线f(x)有两个不同的交点(关键点).
易得f'(x)=-=.
当a≤0时, f'(x)>0恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,与题意不符.
当a>0时,令f'(x)<0,得00,得x>a,所以f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,所以f(x)≥f(a)=ln a+1.
又当x→0或x→+∞时, f(x)→+∞,所以直线y=b与曲线f(x)如图所示.
由图可知,b>ln a+1.
综上,b>ln a+1,a>0.
解法二　由b=+ln x0,得x0ln x0-bx0+a=0.
令g(x)=xln x-bx+a.
因为过点(a,b)可作曲线y=ln x+1的两条切线,所以函数g(x)有两个零点(关键点).
易得g'(x)=ln x+1-b,所以当x∈(0,eb-1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(eb-1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增.
因为x→0时,g(x)→a,x→+∞时,g(x)→+∞,
所以要使g(x)有两个零点,需满足x→0时,g(x)>0,且g(x)min=g(eb-1)=eb-1(b-1)-beb-1+a=a-eb-1<0,所以b>ln a+1,a>0.
9.ABD　由题意得a=log315>log33=1>0,b=log515>log55=1>0,
所以0<=log153b>0.
对于A,因为a>b>0,所以lg a>lg b,故A正确.
对于B,因为+=log153+log155=log1515=1,所以a+b=ab,故B正确.
对于C,因为a>b>0,所以<,故C错误.
对于D,因为a>b>0,+=1,所以a+4b=(a+4b)·=5++≥5+2=9,
当且仅当=,即a=2b时,等号成立,此时与3a=5b矛盾,所以a+4b>9,故D正确.
10.ACD　对于A,当λ=时,M为SC的中点,取μ=,连接MN,AN,则MN∥BC,所以∠AMN(或其补角)为直线AM与BC所成的角.
连接AC,由题意得SA=SB=SC=AB=6,AC=3,BC=3,
所以在△ASC中,由余弦定理的推论得cos∠ASC===,
所以在△AMS中,由余弦定理得AM2=SA2+SM2-2SA·SM·cos∠ASC=36+9-2×6×3×=,所以AM=.
易得AN=3,MN==,
所以在△AMN中,由余弦定理的推论得cos∠AMN==-,故直线AM与BC所成角的余弦值为,故A正确.
对于B,易得S△ABC=×3×3=,又SO⊥平面ABC,SA=SB=AB=6,所以SO=3,所以四面体SABC的体积为××3=.
当λ=μ=时,M为SC的中点,N为SB的中点,所以VM-SAN=VM-SAB=VC-SAB=,故B错误.
对于C,D,解法一　当μ=时,取SN的中点P,则N是PB的中点,连接AP,又O是AB的中点,所以AP∥ON,易得AP∥平面ONC.
过P作PM∥CN交SC于M.
因为P是SN的中点,所以M为SC的中点,由PM∥CN,PM 平面ONC,CN 平面ONC,得PM∥平面ONC,
又AP∩PM=P,AP,PM 平面APM,所以平面APM∥平面ONC,又AM 平面APM,所以AM∥平面ONC,此时λ=,故C正确.
当μ=时,AN⊥SB,在平面SCB内过N作NM⊥SB,交SC于M,易得SB⊥平面AMN,又AM 平面AMN,所以AM⊥SB.
在△SCB中,SC=SB=2CB=6,所以由余弦定理的推论得cos∠CSB==,又SN=NB=3,∠SNM=90°,所以SM=,所以λ==,故D正确.
解法二　以O为坐标原点,底面圆所在平面内过点O与AB垂直的直线为x轴,OB,OS所在直线分别为y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则O(0,0,0),S(0,0,3),A(0,-3,0),B(0,3,0),C,所以=(0,3,3),=(0,3,-3),=,=.
由=λ,=μ(0<λ<1,0<μ<1),得=λ,λ,-3λ,=(0,3μ,-3μ),
所以=+=(0,3,3)+λ,λ,-3λ=λ,λ+3,3-3λ.
当μ=时,=(0,2,-2),=+=(0,2,).
设平面ONC的法向量为n=(x,y,z),
则即
取x=-1,可得n=(-1,,-2).
若AM∥平面ONC,则·n=0,即λ,λ+3,3-3λ·(-1,,-2)=0,解得λ=,故C正确.
若AM⊥SB,则λ,λ+3,3-3λ·(0,3,-3)=0,解得λ=,故D正确.
11.AC　易得f'(x)=3ax2-4x=x(3ax-4).
对于A,当a<0时,若x<或x>0,则f'(x)<0, f(x)单调递减;若0, f(x)单调递增,所以x=0为f(x)的极大值点,故A正确.
对于B,解法一　当a>2时,若x<0或x>,则f'(x)>0, f(x)单调递增;若0则f'(x)<0, f(x)单调递减,
又f(0)=1>0, f=-+1=1->1->0,f(-a)=-a4-2a2+1<0,
所以f(x)只有一个零点,故B错误.
解法二　易知x=0不是f(x)的零点,所以令f(x)=0,得a==-.
令t=,则a=2t-t3,t≠0.
令g(t)=2t-t3,t≠0,则g'(t)=2-3t2,所以当t∈或t∈时,g'(t)<0,g(t)单调递减;当t∈或时,g'(t)>0,g(t)单调递增,所以g(t)的极大值为g=<2,又t→-∞时,g(t)→+∞,所以当a>2时,直线y=a与曲线g(t)只有一个交点,即f(x)只有一个零点,故B错误.
对于C,解法一　f(x)+f(2-x)=ax3-2x2+1+a(2-x)3-2(2-x)2+1=(6a-4)x2+(8-12a)x+8a-6=-,所以解得a=,故C正确.
解法二　因为f(x)+f(2-x)=-,
所以.
易知三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d图象的对称中心为(拓展点),
所以 解得a=,故C正确.
对于D,当a=1时, f(x)=x3-2x2+1,取m=8,由f'(x)=3x2-4x=0得x=0或x=,易知f(x)在(-1,0)上单调递增,在上单调递减,在上单调递增,又f(0)=1, f(8)=83-2×82+1=385>1,所以f(x)在(-1,8)上无最大值,故D错误.
12.
解析　因为正四棱台的上、下底面边长分别为2,4,所以S上=4,S下=16.
如图,取正四棱台ABCD-A1B1C1D1上、下底面的中心分别为O1,O,取B1C1,BC的中点分别为E,F,连接OO1,O1E,OF,EF,过点E作EM⊥OF于M.
因为正四棱台的侧面积为12,所以4××(2+4)×EF=12,解得EF=.
在Rt△EMF中,EM===,所以该正四棱台的高为OO1=EM=,所以该正四棱台的体积.
13.
解析　对于数列{an},当n=1时,a2=2a1=2,所以b1==.
由nan+1=(n+1)an,得=,所以是常数列,其首项为=1,所以=1,所以an=n.
由bn+1-bn=,得b2-b1=,b3-b2=,……,bn-bn-1=(n≥2,n∈N*),
累加,得bn-b1=++…+==1-(n≥2,n∈N*),
所以bn=+1-=-(n≥2,n∈N*).
经检验,b1==满足上式,所以bn=-,n∈N*.
所以a16·b6=16×=24-=.
14.8π;π
解析　因为BC⊥AC,AC=1,BC=2,
所以AB===.
又PA=,PB=2,所以AB2+PA2=PB2,所以PA⊥AB.
又PA⊥AC,AB∩AC=A,AB,AC 平面ABC,所以PA⊥平面ABC.
如图,将三棱锥P-ABC放置在长方体中,则.
易得外接球的半径R==,
所以三棱锥P-ABC外接球的表面积为4πR2=4π×()2=8π.
设过点Q的平面为α,三棱锥P-ABC外接球的球心为O,连接OQ,则当OQ⊥α时,所得截面的面积最小.
易得截面为以Q为圆心的圆,OQ===1,
所以圆Q的半径为==1,所以截面面积的最小值为π·12=π.
15.解析　(1)证法一　∵AB⊥BC,BC=1,AB=,∴AC==2,∠ACB=.(1分)
∵AD∥BC,∴∠CAD=∠ACB=.在△ACD中,CD2=AC2+AD2-2AC·AD·cos =4+16-2×2×4×=12.(2分)
∵AC2+CD2=4+12=16=AD2,∴DC⊥AC.(3分)
∵PA⊥平面ABCD,DC 平面ABCD,∴PA⊥DC.(4分)
又AC∩PA=A,AC,PA 平面PAC,∴DC⊥平面PAC.(5分)
∵DC 平面PCD,∴平面PCD⊥平面PAC.(6分)
证法二　∵PA⊥平面ABCD,CD 平面ABCD,∴PA⊥CD.(1分)
过点C作CE∥AB,交AD于E,又AD∥BC,∴四边形ABCE为平行四边形,则CE=AB=,AE=BC=1,∴ED=AD-AE=3.
在Rt△CED中,CD==2.
∵AC2+CD2=AB2+BC2+CD2=4+12=16=AD2,∴AC⊥CD.(3分)
又PA∩AC=A,PA,AC 平面PAC,∴CD⊥平面PAC.(5分)
又CD 平面PCD,∴平面PCD⊥平面PAC.(6分)
(2)解法一　∵PA⊥平面ABCD,AB⊥BC,AD∥BC,∴以A为坐标原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),P(0,0,4),D(0,4,0),C(,1,0),
∴=(0,4,0),=(,-3,0),=(0,-4,4).(9分)
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),
则 所以
令x=,得n=(,1,1).(11分)
设直线AD与平面PCD所成的角为θ,
则(13分)
解法二　过点A作AH⊥PC,垂足为H,连接DH.
∵平面PDC⊥平面PAC,平面PDC∩平面PAC=PC,AH 平面PAC,
∴AH⊥平面PCD,∴∠ADH为AD与平面PCD所成的角.(9分)
在Rt△PAC中,AH===,(11分)
∴sin∠ADH==×=,即直线AD与平面PCD所成角的正弦值为.(13分)
16.解析　(1)解法一　由正弦定理及题意,得2sin Bcos A=2sin C-sin A,
所以2sin Bcos A=2sin(A+B)-sin A=2sin Acos B+2cos Asin B-sin A,即sin A=2sin Acos B.(3分)
在△ABC中,A∈(0,π),所以sin A≠0,所以cos B=.(5分)
又B∈(0,π),所以B=.(6分)
解法二　由余弦定理的推论及题意,得2b×=2c-a,所以b2=a2+c2-ac.(3分)
所以cos B===.(5分)
又B∈(0,π),所以B=.(6分)
(2)由(1)及cos A=sin C-1,得cos =sin C-1,
所以cos cos C+sin sin C=sin C-1,
所以-cos C+sin C=sin C-1,
所以sin C+cos C=1,即sin=1.(9分)
因为0解法一　因为=4,所以AD=b,
在△ABD中,BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos A=b2+b2-2b·b·=37,
所以b=c=4,(13分)
所以△ABC的面积S=AB·ACsin A=×4×4×=4.(15分)
解法二　因为=4,所以=-+=-+,
所以=+-·=c2+b2+bc=37,
所以b=c=4,(13分)
所以△ABC的面积S=AB·ACsin A=×4×4×=4.(15分)
17.解析　(1)证法一　如图1,延长CB,DA交于点E,连接SE.
∵∠ABC=120°,∴∠ABE=60°.
∵AB⊥AD,∴∠BAE=90°,∴BE=2AB.
又∵AB=BC,∴BE=2BC.(2分)
∵=,∴SG=2GC.(3分)
∴BG∥SE,(4分)
∵BG 平面SAD,SE 平面SAD,∴BG∥平面SAD.(6分)
证法二　如图2,过点G作GF∥SA,交AC于点F,连接BF.
∵AB=BC=1,∠ABC=120°,∴AC=.
∵=,GF∥SA,∴AF=,(1分)
∴BF=
==.(2分)
∵BA=1,∴BA2+BF2=AF2,∴BA⊥BF.(3分)
∵BA⊥AD,∴BF∥AD.(4分)
∵SA∥GF,BF∥AD,SA∩AD=A,GF∩BF=F,SA,AD 平面SAD,GF,BF 平面BGF,∴平面BGF∥平面SAD.(5分)
∵BG 平面BGF,∴BG∥平面SAD.(6分)
(2)解法一　∵CD⊥平面SAD,AD 平面SAD,∴CD⊥AD,又∵AB⊥AD,∴AB∥CD.
∵∠ABC=120°,AB=BC=1,∴AC=,∠BAC=30°,
∴在Rt△ADC中,∠ACD=30°,
∴AD=,CD=,以D为原点,建立如图3所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),A,0,0,C,设S(m,0,n),∴=,=,(8分)
设平面SAC的法向量为n=(x,y,z),
则所以
令x=,得y=1,z=-,∴n=,1,-.(9分)
易得平面ACD的一个法向量为(0,0,1),记n1=(0,0,1).(10分)
∵二面角S-AC-D的正弦值为,∴|cos|===①.(11分)
易得平面SAD的一个法向量为(0,1,0),记n2=(0,1,0).(12分)
设二面角C-SA-D的平面角为θ,由图可知,θ为锐角,则cos θ==②.(13分)
由①解得=,代入②,得cos θ=,∴二面角C-SA-D的余弦值为.(15分)
解法二　∵CD⊥平面SAD,CD 平面ABCD,
∴平面ABCD⊥平面SAD.
如图4,过点S作SM⊥AD,交AD于M,
∵平面SAD∩平面ABCD=AD,SM 平面SAD,
∴SM⊥平面ABCD,
∵AC 平面ABCD,∴AC⊥SM.(8分)
过点M作MN⊥AC,交AC于N,连接SN,
∵MN∩SM=M,MN,SM 平面SMN,
∴AC⊥平面SMN,
∴∠SNM为二面角S-AC-D的平面角,即sin∠SNM==.(10分)
∵CD⊥平面SAD,AD 平面SAD,∴CD⊥AD.
又∵AB⊥AD,∴AB∥CD,
∵∠ABC=120°,AB=BC=1,
∴AC=,∠BAC=30°,
∴在Rt△ADC中,∠ACD=30°,
∴AD=.(12分)
过点D作DP⊥SA,交SA于点P,连接CP,∵CD⊥平面SAD,SA 平面SAD,∴CD⊥SA,又DP∩DC=D,DP,DC 平面DPC,∴SA⊥平面DPC,又CP 平面DPC,∴SA⊥CP,则∠CPD为二面角C-SA-D的平面角.
易知CD⊥DP,AC⊥SN,cos∠CPD====×=,∴二面角C-SA-D的余弦值为.(15分)
解法三　如图5,在平面SAD中,过点D作AD的垂线交AS的延长线于点Q,过点D作DP⊥AC,交AC于点P,连接QP.
∵CD⊥平面SAD,CD 平面ABCD,∴平面SAD⊥平面ABCD,
∵平面SAD∩平面ABCD=AD,QD⊥AD,QD 平面SAD,∴QD⊥平面ABCD.
∵AC 平面ABCD,∴QD⊥AC,
又∵AC⊥DP,DP∩QD=D,DP,QD 平面QDP,
∴AC⊥平面QDP,
又QP 平面QDP,∴AC⊥QP,
∴∠QPD为二面角S-AC-D的平面角.(9分)
∵CD⊥平面SAD,AD 平面SAD,∴CD⊥AD,
又∵AB⊥AD,∴AB∥CD,
∵∠ABC=120°,AB=BC=1,
∴AC=,∠BAC=30°,
∴在Rt△ADC中,∠ACD=30°,
∴AD=,CD=,
DP=CD=,∵sin∠QPD=,∴tan∠QPD=,
∴QD=DP·tan∠QPD=1.(12分)
在Rt△QDA中,边QA上的高h===.(13分)
设二面角C-SA-D的平面角为θ,易知θ为锐角,
则cos θ===,即二面角C-SA-D的余弦值为.(15分)
18.解析　(1)易得f'(x)=,x≠0,(1分)
所以当x∈(0,1)时, f'(x)<0, f(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时, f'(x)>0, f(x)单调递增,(3分)
所以f(x)min=f(1)=e.(4分)
(2)由方程f(x)=,得ex--1=0.
设g(x)=ex--1,则g'(x)=ex+>0,所以g(x)在(-∞,0),(0,+∞)上单调递增.(6分)
因为g=-<0,g(-1)=>0,所以由函数零点存在定理知,在(-∞,0)上存在唯一的零点x1,且x1∈.(7分)
因为g=-3<0,g(1)=e-2>0,所以由函数零点存在定理知,在(0,+∞)上存在唯一的零点x2,且x2∈.(8分)
所以T=x1+x2∈(-1,0),所以n=-1.(9分)
(3)设h(x)=f(x)-ax+aln x-(e-1),则当x>0时,h(x)≥0恒成立.
易得h'(x)=-a+=.(11分)
由(1)得≥e,即ex≥ex.
当a≤e时,ex-ax≥ex-ex≥0,
所以当x∈(0,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,所以h(x)min=h(1)=e-a-(e-1)=1-a≥0,解得a≤1.(14分)
当a>e时,h(1)=1-a<0,与h(x)≥0矛盾.(16分)
综上,实数a的取值范围为(-∞,1].(17分)
19.解析　(1)当n=1时,b1=1;(1分)
当n≥2,n∈N*时,b1+++…+=n-1,又b1+++…+=n,所以两式相减,得=1,所以bn=2n-1,
经检验,b1=1满足上式,所以bn=2n-1,n∈N*,(3分)
所以Tn==2n-1.
由上述分析,得a1=b1=1,a4=T3=7.
设等差数列{an}的公差为d,则d==2,所以an=2n-1.(5分)
(2)由数列{an}的通项公式可知,{an}中的项均为奇数,所以cn(n∈N*)为区间(Tn+1,T2n+1)内的奇数的个数.(6分)
由(1)得Tn+1=2n,T2n+1=22n,易知2n,22n均为偶数,所以cn==-2n-1.(8分)
所以Hn=-(1+2+…+2n-2+2n-1)=×-=-2n+.(10分)
(3)由(1)得Sn=n2,Tn=2n-1,所以=.
假设是{an}或{bn}中的项.
不妨令=L,则L∈N*,由=L得(L-1)·(m2-1)=(8-L)2m.
因为m2-1≥0,2m>0,L>1,所以1因为L为数列{an}或{bn}中的项,所以L的所有可能取值为2,3,4,5,7,8.
当1令g(m)=,m∈N*,则g'(m)=.
令h(m)=2m-m2ln 2+ln 2,其图象开口向下,对称轴方程为m=∈(1,2),h(1)=2>0,h(3)=6-8ln 2>0,h(4)=8-15ln 2<0,
所以当m≤3,m∈N*时,g'(m)>0,g(m)=单调递增,
当m≥4,m∈N*时,g'(m)<0,g(m)=单调递减,
易得g(3)=1,g(4)=.
因为=,所以≤1,所以L≥,所以L的可能取值为5,7,8.(15分)
检验:
当L=5时,=,此时正整数解为m=2或m=5;
当L=7时,=,无正整数解;
当L=8时,=0,此时正整数解为m=1.
综上,m=1或m=2或m=5.(17分)