2023-2024学年安徽省滁州中学高二（上）同步练习数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省滁州中学高二（上）同步练习数学试卷（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.记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：{Snn}为等差数列，则( )
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件
B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
2.已知曲线C：mx2+ny2=1，则( )
A. 若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B. 若m=n>0，则C是圆，其半径为 n
C. 若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为y=± −mnx
D. 若m=0，n>0，则C是两条直线
3.设O为坐标原点，直线y=− 3(x−1)过抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则( )
A. p=2B. |MN|=83
C. 以MN为直径的圆与l相切D. △OMN为等腰三角形
4.已知函数f(x)=x3−x+1，则( )
A. f(x)有两个极值点B. f(x)有三个零点
C. 点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心D. 直线y=2x是曲线y=f(x)的切线
5.若函数f(x)=alnx+bx+cx2(a≠0)既有极大值也有极小值，则( )
A. bc>0B. ab>0C. b2+8ac>0D. ac<0
三、填空题：本题共8小题，每小题5分，共40分。
6.设椭圆C1：x2a2+y2=1(a>1)，C2：x24+y2=1的离心率分别为e1，e2.若e2= 3e1，则a= ______．
7.已知F1，F2是椭圆C：x29+y24=1的两个焦点，点M在C上，则|MF1|⋅|MF2|的最大值为______．
8.已知O为坐标原点，抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQ⊥OP.若|FQ|=6，则C的准线方程为 ．
9.记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4=−5，S6=21S2，则S8= ______．
10.设点A(−2,3)，B(0,a)，若直线AB关于y=a对称的直线与圆(x+3)2+(y+2)2=1有公共点，则a的取值范围是______．
11.写出与圆x2+y2=1和(x−3)2+(y−4)2=16都相切的一条直线的方程 ．
12.若曲线y=(x+a)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是______．
13.曲线y=ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为______，______．
四、解答题：本题共7小题，共85分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
14.(本小题12分)
已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20，a3=8．
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100．
15.(本小题12分)
设等差数列{an}的公差为d，且d>1.令bn=n2+nan，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和．
(1)若3a2=3a1+a3，S3+T3=21，求{an}的通项公式；
(2)若{bn}为等差数列，且S99−T99=99，求d．
16.(本小题12分)
已知数列{an}满足a1=1，an+1=an+1,n为奇数,an+2,n为偶数.
(1)记bn=a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
(2)求{an}的前20项和．
17.(本小题12分)
记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1=1，{Snan}是公差为13的等差数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：1a1+1a2+…+1an<2．
18.(本小题12分)
已知函数f(x)=(x−1)ex−ax2+b.讨论f(x)的单调性．
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=aex−1−lnx+lna．
(1)当a=e时，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的面积；
(2)若f(x)≥1，求a的取值范围．
20.(本小题13分)
已知椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，右焦点为F( 2,0)，且离心率为 63．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2+y2=b2(x>0)相切.证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|= 3．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查利用定义进行等差数列的判断，穿插了充要条件的判定，属中档题．
首先明确充要条件的判定方法，再从等差数列的定义入手，进行正反两方面的论证．
【解答】
解：若{an}是等差数列，设数列{an}的首项为a1，公差为d，
则Sn=na1+n(n−1)2d，
即Snn=a1+n−12d=d2n+a1−d2，
故{Snn}为等差数列，
即甲是乙的充分条件．
反之，若{Snn}为等差数列，则可设Sn+1n+1−Snn=D，
则Snn=S1+(n−1)D，即Sn=nS1+n(n−1)D，
当n≥2时，有Sn−1=(n−1)S1+(n−1)(n−2)D，
上两式相减得：an=Sn−Sn−1=S1+2(n−1)D，
当n=1时，上式成立，所以an=a1+2(n−1)D，
则an+1−an=a1+2nD−[a1+2(n−1)D]=2D(常数)，
所以数列{an}为等差数列．
即甲是乙的必要条件．
综上所述，甲是乙的充要条件．
故选C．
2.【答案】ACD
【解析】解：对于A，当m>n>0时，有1n>1m>0，
方程化为x21m+y21n=1，表示焦点在y轴上的椭圆，故A正确；
对于B，由m=n>0，方程变形为x2+y2=1n，
该方程表示半径为 1n的圆，故B错误；
对于C，由mn<0知曲线表示双曲线，其渐近线方程为y=± −mnx，故C正确；
对于D，当m=0，n>0时，方程变为ny2=1表示两条直线，故D正确．
故选：ACD．
就m，n不同的取值结合曲线方程的形式逐项判断后可得正确的选项．
本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
3.【答案】AC
【解析】解：直线y=− 3(x−1)过抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点，可得p2=1，所以p=2，
所以A正确；
抛物线方程为：y2=4x，与C交于M，N两点，
直线方程代入抛物线方程可得：3x2−10x+3=0，
xM+xN=103，
所以|MN|=xM+xN+p=163，所以B不正确；
M，N的中点的横坐标：53，中点到抛物线的准线的距离为：1+53=83，
所以以MN为直径的圆与l相切，所以C正确；
3x2−10x+3=0，
不妨可得xM=3，xN=13，yM=−2 3，xN=2 33，
|OM|= 9+12= 21，|ON|= 19+129= 133，|MN|=163，
所以△OMN不是等腰三角形，所以D不正确．
故选：AC．
求出抛物线方程，利用抛物线的定义，结合直线与抛物线的位置关系判断选项的正误即可．
本题考查直线与抛物线的位置关系的应用，抛物线的简单性质的应用，是中档题．
4.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查利用导数研究函数的单调性，极值以及曲线在某点的切线方程，考查运算求解能力，属于中档题．
对函数f(x)求导，判断其单调性和极值情况，即可判断选项AB；由f(x)+f(−x)=2，可判断选项C；假设y=2x是曲线y=f(x)的切线，设切点为(a,b)，求出a，b的值，验证点(a,b)是否在曲线y=f(x)上即可．
【解答】
解：f′(x)=3x2−1，令f′(x)>0，解得x<− 33或x> 33，令f′(x)<0，解得− 33∴f(x)在(−∞,− 33),( 33,+∞)上单调递增，在(− 33, 33)上单调递减，且f(− 33)=2 3+99>0,f( 33)=9−2 39>0，
∴f(x)有两个极值点，有且仅有一个零点，故选项A正确，选项B错误；
又f(x)+f(−x)=x3−x+1−x3+x+1=2，则f(x)关于点(0,1)对称，故选项C正确；
假设y=2x是曲线y=f(x)的切线，设切点为(a,b)，则3a2−1=22a=b，解得a=1b=2或a=−1b=−2，
显然(1,2)和(−1,−2)均不在曲线y=f(x)上，故选项D错误．
故选：AC．
5.【答案】BCD
【解析】解：函数定义域为(0,+∞)，
且f′(x)=ax−bx2−2cx3=ax2−bx−2cx3，
由题意，方程f′(x)=0即ax2−bx−2c=0有两个正根，设为x1，x2，
则有x1+x2=ba>0，x1x2=−2ca>0，Δ=b2+8ac>0，
∴ab>0，ac<0，
∴ab⋅ac=a2bc<0，即bc<0．
故选：BCD．
将函数有极大、极小值问题转化为导函数对应的方程有两个不等正实根来处理．
本题考查函数极值的基础知识，属简单题．
6.【答案】2 33
【解析】解：对于椭圆C1，由C1方程可得，b2=1，
所以c2=a2−b2=a2−1，
所以e12=c2a2=a2−1a2，
对于椭圆C2，由C2方程可得，a12=4，b12=1，
所以c12=a12−b12=3，a1=2，c1= 3，
所以e2=c1a1= 32，
又e2= 3e1，
所以e1=12，e12=14，
即a2−1a2=14，
整理可得a2=43，解得a=2 33．
故答案为：2 33．
分别根据C1，C2椭圆的方程得出e12=a2−1a2，e2= 32，进而得出e1，列出方程组，求解即可得出答案．
本题考查椭圆的性质的应用，属于中档题．
7.【答案】9
【解析】解：F1，F2是椭圆C：x29+y24=1的两个焦点，点M在C上，|MF1|+|MF2|=6，
所以|MF1|⋅|MF2|≤(|MF1|+|MF2|2)2=9，当且仅当|MF1|=|MF2|=3时，取等号，
所以|MF1|⋅|MF2|的最大值为9．
故答案为：9．
利用椭圆的定义，结合基本不等式，转化求解即可．
本题考查椭圆的简单性质的应用，基本不等式的应用，是基础题．
8.【答案】x=−32
【解析】【分析】
本题考查抛物线的简单性质的应用及求抛物线的标准方程，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
求出点P的坐标，推出PQ方程，然后求解Q的坐标，利用|FQ|=6，求解p，然后求解准线方程．
【解答】
解：由题意，不妨设P在第一象限，则P(p2,p)，kOP=2，PQ⊥OP．
所以kPQ=−12，所以PQ的方程为：y−p=−12(x−p2)，
y=0时，x=5p2，
|FQ|=6，所以5p2−p2=6，解得p=3，
所以抛物线的准线方程为：x=−32．
故答案为：x=−32．
9.【答案】−85
【解析】解：等比数列{an}中，S4=5，S6=21S2，显然公比q≠1，
设首项为a1，则a1(1−q4)1−q=−5①，a1(1−q6)1−q=21a1(1−q2)1−q②，
化简②得q4+q2−20=0，解得q2=4或q2=−5(不合题意，舍去)，
代入①得a11−q=13，
所以S8=a1(1−q8)1−q=a11−q(1−q4)(1+q4)=13×(−15)×(1+16)=−85．
故答案为：−85．
由题意知公比q≠1，设首项为a1，由S6=21S2求出q2，再代入S4求出a11−q，由此求得S8．
本题主要考查了等比数列的前n项和公式，属于基础题．
10.【答案】[13,32]
【解析】解：点A(−2,3)，B(0,a)，kAB=a−32，所以直线AB关于y=a对称的直线的向量为：3−a2，所以对称直线方程为：y−a=3−a2⋅x，即：(3−a)x−2y+2a=0，
(x+3)2+(y+2)2=1的圆心(−3,−2)，半径为1，
所以|3(a−3)+4+2a| 4+(3−a)2≤1，得12a2−22a+6≤0，解得a∈[13,32].
故答案为：[13,32].
求出AB的斜率，然后求解直线AB关于y=a对称的直线方程，利用圆的圆心到直线的距离小于等于半径，列出不等式求解a的范围即可．
本题考查直线与圆的位置关系的判断与应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
11.【答案】x+1=0或7x−24y−25=0或3x+4y−5=0(填一条即可)
【解析】【分析】
本题考查了圆与圆的公切线问题，点到直线的距离公式等知识，属于中档题．
设出直线方程，由直线与圆相切时圆心到直线的距离等于半径列方程求解即可．
【解答】解：方法1:显然直线的斜率不为0，不妨设直线方程为x+by+c=0，
圆x2+y2=1的圆心为(0,0)，半径为1，
圆(x−3)2+(y−4)2=16的圆心为(3,4)，半径为4，
于是|c| 1+b2=1，|3+4b+c| 1+b2=4，
故c2=1+b2 ①，|3+4b+c|=4 1+b2=|4c|，
于是3+4b+c=4c或3+4b+c=−4c，
再结合 ①解得b=0c=1或b=−247c=−257或b=43c=−53，
所以直线方程有三条，分别为x+1=0，7x−24y−25=0，3x+4y−5=0．
方法2:设圆x2+y2=1的圆心O(0,0)，半径为r1=1，圆(x−3)2+(y−4)2=16的圆心C(3,4)，半径r2=4，则|OC|=5=r1+r2，因此两圆外切，
由图像可知，共有三条直线符合条件，显然x+1=0符合题意；
又由方程(x−3)2+(y−4)2=16和x2+y2=1相减可得方程3x+4y−5=0，即为过两圆公共切点的切线方程，
又易知两圆圆心所在直线OC的方程为4x−3y=0，
直线OC与直线x+1=0的交点为(−1,−43)，设过该点的直线为y+43=k(x+1)，则k−43 k2+1=1，解得k=724，
从而该切线的方程为7x−24y−25=0.(填一条即可)
故答案为x+1=0或7x−24y−25=0或3x+4y−5=0(填一条即可)．
12.【答案】(−∞,−4)∪(0,+∞)
【解析】解：y′=ex+(x+a)ex，设切点坐标为(x0,(x0+a)ex0)，
∴切线的斜率k=ex0+(x0+a)ex0，
∴切线方程为y−(x0+a)ex0=(ex0+(x0+a)ex0)(x−x0)，
又∵切线过原点，∴−(x0+a)ex0=(ex0+(x0+a)ex0)(−x0)，
整理得：x02+ax0−a=0，
∵切线存在两条，∴方程有两个不等实根，
∴Δ=a2+4a>0，解得a<−4或a>0，
即a的取值范围是(−∞,−4)∪(0,+∞)，
故答案为：(−∞,−4)∪(0,+∞)．
设切点坐标为(x0,(x0+a)ex0)，利用导数求出切线的斜率，进而得到切线方程，再把原点代入可得x02+ax0−a=0，因为切线存在两条，所以方程有两个不等实根，由Δ>0即可求出a的取值范围．
本题主要考查了利用导数研究曲线上某点处的切线方程，属于中档题．
13.【答案】x−ey=0 x+ey=0
【解析】解：当x>0时，y=lnx，设切点坐标为(x0,lnx0)，
∵y′=1x，∴切线的斜率k=1x0，
∴切线方程为y−lnx0=1x0(x−x0)，
又∵切线过原点，∴−lnx0=−1，
∴x0=e，
∴切线方程为y−1=1e(x−e)，即x−ey=0，
当x<0时，y=ln(−x)，与y=lnx的图像关于y轴对称，
∴切线方程也关于y轴对称，
∴切线方程为x+ey=0，
综上所述，曲线y=ln|x|经过坐标原点的两条切线方程分别为x−ey=0，x+ey=0，
故答案为：x−ey=0，x+ey=0．
当x>0时，y=lnx，设切点坐标为(x0,lnx0)，利用导数的几何意义表达出切线的斜率，进而表达出切线方程，再把原点代入即可求出x0的值，从而得到切线方程，当x<0时，根据对称性可求出另一条切线方程．
本题主要考查了利用导数研究曲线上某点处的切线方程，属于中档题．
14.【答案】解：(1)设等比数列{an}的公比为q(q>1)，
∵a2+a4=20，a3=8，
∴8 q+8q=20，
解得q=2或q=12(舍去)，
∴a1=2，
∴an=2⋅2n−1=2n，
(2)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数，
∴2n≤m，
∴n≤lg2m，
故b1=0，b2=1，b3=1，b4=2，b5=2，b6=2，b7=2，
b8=3，b9=3，b10=3，b11=3，b12=3，b13=3，b14=3，b15=3，b16=4，…，
可知0在数列{bm}中有1项，1在数列{bm}中有2项，2在数列{bm}中有4项，…，
由1×(1−26)1−2=63<100，1×(1−27)1−2=127>100
可知b63=5，b64=b65=…=b100=6．
∴数列{bm}的前100项和S100=0+1×2+2×4+3×8+4×16+5×32+6×37=480．
【解析】(1)设出等比数列的公比，由已知列式求得公比，进一步求出首项，可得等比数列的通项公式；
(2)由题意求得0在数列{bm}中有1项，1在数列{bm}中有2项，2在数列{bm}中有4项，…，可知b63=5，b64=b65=…=b100=6.则数列{bm}的前100项和S100可求．
本题考查等比数列的通项公式与前n项和，考查归纳与推理论证能力，考查计算能力，是中档题．
15.【答案】解：(1)由3a2=3a1+a3，可得3(a1+d)=3a1+a1+2d，
即为d=a1，an=a1+(n−1)d=nd，
则bn=n2+nan=n+1d．
由S3+T3=21，可得d+2d+3d+2d+3d+4d=21，
化为2d2−7d+3=0，又d>1，
解得d=3，
则an=3n，n∈N*；
(2)由{an}为等差数列，{bn}为等差数列，且bn=n2+nan，
根据等差数列的通项公式的特点，可设an=tn，d=t>1；
或设an=k(n+1)，d=k>1，
①当an=tn，d=t>1时，bn=n+1t，
则S99−T99=12×99×(t+99t)−12×99×(2t+100t)=99，
化为50t2−t−51=0，又d=t>1，
解得d=t=5150；
②当an=k(n+1)，d=k>1时，bn=nk，
则S99−T99=12×99×(2k+100k)−12×99×(1k+99k)=99，
化为51k−50k=1，
即51k2−k−50=0，又d=k>1，
此时k无解，
综合可得d=5150．
【解析】(1)根据题意及等差数列的通项公式与求和公式，建立方程组，即可求解；
(2)根据题意及等差数列的通项公式的特点，可设an=tn，且d=t>1；或设an=k(n+1)，且d=k>1，再分类讨论，建立方程，即可求解．
本题考查等差数列的性质、等差数列的通项公式与求和公式的应用，考查方程思想和转化思想、分类讨论思想，属于中档题．
16.【答案】解：(1)因为a1=1，an+1=an+1,n为奇数an+2,n为偶数，
所以a2=a1+1=2，a3=a2+2=4，a4=a3+1=5，
所以b1=a2=2，b2=a4=5，
bn−bn−1=a2n−a2n−2=a2n−a2n−1+a2n−1−a2n−2=1+2=3，(n⩾2)
所以数列{bn}是以b1=2为首项，以3为公差的等差数列，
所以bn=2+3(n−1)=3n−1；
(2)由(1)可得a2n=3n−1，n∈N*，
则a2n−1=a2n−2+2=3(n−1)−1+2=3n−2，n≥2，
当n=1时，a1=1也适合上式，
所以a2n−1=3n−2，n∈N*，
所以数列{an}的奇数项和偶数项分别为等差数列，
则{an}的前20项和为：
a1+a2+...+a20=(a1+a3+…+a19)+(a2+a4+…+a20)
=10+10×92×3+10×2+10×92×3=300．
【解析】本题考查据数列的递推公式求数列的项、等差数列的判定或证明、等差数列的通项公式、分组(并项)法求和，属于中档题．
(1)由数列{an}的通项公式可求得a2，a4，从而可得求得b1，b2，由bn−bn−1=3可得数列{bn}是等差数列，从而可求得数列{bn}的通项公式；
(2)由数列{an}的通项公式可得数列{an}的奇数项和偶数项分别为等差数列，求解即可．
17.【答案】解：(1)已知a1=1，{Snan}是公差为13的等差数列，
所以Snan=1+13(n−1)=13n+23，整理得Sn=13nan+23an，①，
故当n≥2时，Sn−1=13(n−1)an−1+23an−1，②，
①−②得：13an=13nan−13nan−1−13an−1，
故(n−1)an=(n+1)an−1，
化简得：anan−1=n+1n−1，an−1an−2=nn−2，，a3a2=42，a2a1=31；
所以ana1=n(n+1)2，
故an=n(n+1)2(首项符合通项)．
所以an=n(n+1)2．
(2)证明：由于an=n(n+1)2，
所以1an=2n(n+1)=2(1n−1n+1)，
所以1a1+1a2+...+1an=2(1−12+12−13+...+1n−1n+1)=2×(1−1n+1)<2．
【解析】(1)直接利用数列的递推关系式的应用求出数列的通项公式；
(2)利用(1)的结论，进一步利用裂项相消法的应用求出数列的和，进一步利用放缩法的应用求出结果．
本题考查的知识要点：数列的递推关系式，数列的通项公式的求法，数列的求和，裂项相消法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
18.【答案】解：因为函数f(x)=(x−1)ex−ax2+b，所以f′(x)=x(ex−2a)．
①当a⩽0时，若x∈(−∞,0)，则f′(x)<0，f(x)单调递减；
若x∈(0,+∞)，则f′(x)>0，f′(x)单调递增．
②当00，f(x)单调递增；
若x∈(ln2a,0)，则f′(x)<0，f(x)单调递减；
若x∈(0,+∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增．
③当a=12时，f′(x)⩾0恒成立，f(x)在R上单调递增．
④当a>12时，若x∈(−∞,0)，则f′(x)>0，f(x)单调递增；
若x∈(0,ln2a)，则f′(x)<0，f(x)单调递减；
若x∈(ln2a,+∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增．
综上所述，当a⩽0时，f(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增；
当0当a=12时，f(x)在R上单调递增；
当a>12时，f(x)在(−∞,0)和(ln2a,+∞)上单调递增，在(0,ln2a)上单调递减．
【解析】对f(x)求导得f′(x)=x(ex−2a)，分a≤0，012四种情况讨论即可求解．
本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了分类讨论思想，属于中档题．
19.【答案】解：(1)当a=e时，f(x)=ex−lnx+1，
∴f′(x)=ex−1x，
∴f′(1)=e−1，
∵f(1)=e+1，
∴曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y−(e+1)=(e−1)(x−1)，
当x=0时，y=2，当y=0时，x=−2 e−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的面积S=12×2×2e−1=2e−1．
(2)方法一：由f(x)≥1，可得aex−1−lnx+lna≥1，即ex−1+lna−lnx+lna≥1，
即ex−1+lna+lna+x−1≥lnx+x=elnx+lnx，
令g(t)=et+t，
则g′(t)=et+1>0，
∴g(t)在R上单调递增，
∵g(lna+x−1)≥g(lnx)
∴lna+x−1≥lnx，
即lna≥lnx−x+1，
令h(x)=lnx−x+1，
∴h′(x)=1x−1=1−xx，
当00，函数h(x)单调递增，
当x>1时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减，
∴h(x)≤h(1)=0，
∴lna≥0，
∴a≥1，
故a的范围为[1,+∞)．
方法二：由f(x)≥1可得aex−1−lnx+lna≥1，x>0，a>0，
即aex−1−1≥lnx−lna，
设g(x)=ex−x−1，
∴g′(x)=ex−1>0恒成立，
∴g(x)在(0,+∞)单调递增，
∴g(x)>g(0)=1−0−1=0，
∴ex−x−1>0，
即ex>x+1，
再设h(x)=x−1−lnx，
∴h′(x)=1−1x=x−1x，
当0当x>1时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，
∴h(x)≥h(1)=0，
∴x−1−lnx≥0，
即x−1≥lnx
∴ex−1≥x，则aex−1≥ax，
此时只需要证ax≥x−lna，
即证x(a−1)≥−lna，
当a≥1时，
∴x(a−1)>0>−lna恒成立，
当0综上所述a的取值范围为[1,+∞)．
方法三：由题意可得x∈(0,+∞)，a∈(0,+∞)，
∴f′(x)=aex−1−1x，
易知f′(x)在(0,+∞)上为增函数，
①当00，
∴存在x0∈(1,1a)使得f′(x0)=0，
当x∈(1,x0)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
∴f(x)②当a≥1时，ex−1>0，lna>0，
∴f(x)≥ex−1−lnx，
令g(x)=ex−1−lnx，
∴g′(x)=ex−1−1x，
易知g′(x)在(0,+∞)上为增函数，
∵g′(1)=0，
∴当x∈(0,1)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，
当x∈(1,+∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，
∴g(x)≥g(1)=1，
即f(x)≥1，
综上所述a的取值范围为[1,+∞)．
方法四：∵f(x)=aex−1−lnx+lna，x>0，a>0，
∴f′(x)=aex−1−1x，易知f′(x)在(0,+∞)上为增函数，
∵y=aex−1在(0,+∞)上为增函数，y=1x在0，+∞)上为减函数，
∴y=aex−1与y=1x在0，+∞)上有交点，
∴存在x0∈(0,+∞)，使得f′(x0)=aex0−1−1x0=0，
则aex0−1=1x0，则lna+x0−1=−lnx0，即lna=1−x0−lnx0，
当x∈(0,x0)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
当x∈(x0,+∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
∴f(x)≥f(x0)=aex0−1−lnx0+lna
=1x0−lnx0+1−x0−lnx0=1x0−2lnx0+1−x0≥1
∴1x0−2lnx0−x0≥0
设g(x)=1 x−2lnx−x，
易知函数g(x)在(0,+∞)上单调递减，且g(1)=1−0−1=0，
∴当x∈(0,1]时，g(x)≥0，
∴x0∈(0,1]时，1x0−2lnx0−x0≥0，
设h(x)=1−x−lnx，x∈(0,1]，
∴h′(x)=−1−1x<0恒成立，
∴h(x)在(0,1]上单调递减，
∴h(x)≥h(1)=1−1−ln1=0，
当x→0时，h(x)→+∞，
∴lna≥0=ln1，
∴a≥1．
方法五：f(x)≥1等价于aex−1−lnx+lna≥1，该不等式恒成立．
当x=1时，有a+lna≥1，其中a>0．
设g(a)=a+lna−1，则g′(a)=1+1a>0，
则g(a)单调增，且g(1)=0．
所以若a+lna≥1成立，则必有a≥1．
∴下面证明当a≥1时，f(x)≥1成立．
∵ex≥x+1，
把x换成x−1得到ex−1≥x，
∵x−1≥lnx，∴x−lnx≥1．
∴f(x)=aex−1−1−lnx+lna≥ex−1−1−lnx≥x−lnx≥1．
综上，a≥1．
【解析】(1)根据导数的几何意义即可求出切线方程，可得三角形的面积；
(2)方法一：不等式等价于ex−1+lna+lna+x−1≥lnx+x=elnx+lnx，令g(t)=et+t，根据函数单调性可得lna>lnx−x+1，再构造函数h(x)=lnx−x+1，利用导数求出函数的最值，即可求出a的范围；
方法二：构造两个基本不等式ex>x−1，x−1≥lnx，则原不等式转化为x(a−1)≥−lna，再分类讨论即可求出a的取值范围，
方法三：利用分类讨论的思想，当0再根据导数和函数最值的关系即可证明，
方法四：先根据导数和函数的最值的关系求出f(x)≥f(x0)=1x0−2lnx0+1−x0≥1，lna=1−x0−lnx0，再求出x0的范围，再利用导数求1−x0−lnx0的范围，即可求出a的范围．
方法五：f(x)≥1等价于aex−1−lnx+lna≥1，构造函数hg(a)=a+lna−1，利用导数求出函数的最值，即可求出a的范围．
本题考查了导数的几何意义，以及导数和函数的最值的关系，考查了运算求解能力，转化与化归能力，属于难题．
20.【答案】解：(1)由题意，椭圆半焦距c= 2，且e=ca= 63，所以a= 3，
又b2=a2−c2=1，
所以椭圆方程为：x23+y2=1；
(2)证明：由(1)得，曲线为x2+y2=1(x>0)，
当直线MN的斜率不存在时，直线MN：x=1，不合题意；
当直线MN的斜率存在时，设M(x1,y1)，N(x2,y2).
充分性的证明：设直线MN：y=kx+b(kb<0)即kx−y+b=0，
由直线MN与曲线x2+y2=1(x>0)相切可得|b| k2+1=1，所以b2=k2+1，
联立y=kx+b,x23+y2=1可得(1+3k2)x2+6kbx+3b2−3=0，
Δ=36k2b2−4(1+3k2)(3b2−3)>0，即b2<1+3k2，
所以x1+x2=−6kb1+3k2，x1⋅x2=3b2−31+3k2，
所以|MN|= 1+k2⋅ (x1+x2)2−4x1⋅x2= 1+k2⋅ (−6kb1+3k2)2−4⋅3b2−31+3k2，
= 1+k2⋅ 24k21+3k2= 3，
化简得3(k2−1)2=0，所以k=±1，
所以k=1b=− 2或k=−1b= 2，
所以直线MN：y=x− 2或y=−x+ 2，
所以直线MN过点F( 2,0)，即M，N，F三点共线，充分性成立．
必要性的证明：当M、N、F三点共线，可设直线MN：y=k(x− 2)即kx−y− 2k=0，
由直线MN与曲线x2+y2=1(x>0)相切，可得| 2k| k2+1=1，解得k=±1，
联立y=±(x− 2)x2+3y2=3，整理可得4x2−6 2x+3=0，
显然Δ>0成立，且x1+x2=3 22，x1⋅x2=34，
所以|MN|= 12+(±1)2⋅ (x1+x2)2−4x1x2= 2⋅ 92−4⋅34= 3，
所以必要性成立；
所以M，N，F三点共线的充要条件是|MN|= 3．
【解析】(1)由题意可得c的值，再由离心率可得a的值，进而求出b的值，求出椭圆的方程；
(2)分充分性和必要性两种情况讨论，可证得三点共线的充要条件．
本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合应用，充要条件的证明方法，属于中档题．