辽宁省沈阳市第一二0中学2024-2025学年高三上学期第三次质量监测数学试题

这是一份辽宁省沈阳市第一二0中学2024-2025学年高三上学期第三次质量监测数学试题，共17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.若A={x|x2<1}，B={x|y=ln(−x2+2x)}，则A∩B=( )
A. (−1,2)B. [0,1)C. (0,1)D. (−1,0)
2.若复数z满足z(1−i)=i，则z的共轭复数z−对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.已知向量a=(1,1)，b=(1,−1).若(a+λb)⊥(a+μb)，则( )
A. λ+μ=1B. λ+μ=−1C. λμ=1D. λμ=−1
4.已知sin(α+β)=13，sin(α−β)=12，则tanαtanβ=( )
A. 15B. −15C. 5D. −5
5.如图，在△ABC中，E是AB的中点，BD=2DC，FC=13AF，EF与AD交于点M，则AM=( )
A. 314AB+37AC
B. 314AB+314AC
C. 23AB+89AC
D. 37AB+47AC
6.若函数f(x)=−x+7,x≤42+lga(x−1),x>4(其中a>0，且a≠1)的最小值是3，则a的取值范围是( )
A. 137.古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础.现根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑物的高度，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点(切点)，地面上B，C两点与点A在同一条直线上，且在点A的同侧.若在B，C处分别测得球体建筑物的最大仰角为60∘和20∘，且BC=100m，则该球体建筑物的高度约为( )(cs10∘≈0.985)
A. 49.25mB. 50.76mC. 56.74mD. 58.60m
8.已知a>e2，b>0，c>0，当x≥0时，(ex− ax)(x2−bx+c)≥0恒成立，则acb3的最小值为( )
A. 19B. e327C. e29D. 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。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知x>y>0，且x+y=1，则( )
A. |x−1|+|y−1|=1B. yx>y+1x+1
C. 4x+4y>4D. x2+4y2≥45
10.已知数列{anan+1}(n∈N*)是公比为2的等比数列，且a1=1，则下列结论正确的是( )
A. 若{an}是等比数列，则公比为 2
B. {a2n}是公比为2的等比数列
C. a2n−1=2n−1
D. 若a2=12，则an={2n−12,n为奇数2n2−2,n为偶数
11.若函数f(x)=x3−3x2+ax+b，f(x)与x轴的三个交点依次为A(x1,0)，B(x2,0)，C(x3,0)，且在这三个交点处的切线斜率分别记为k1，k2，k3，则下列说法中正确的是( )
A. a>3
B. 若a=−9，则f(−1,1)+f(3.09)<2b−22
C. 若x1，x2，x3成等差数列，则a+b=2
D. 1k1+1k2+1k3=0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知{an}是公差为2的等差数列，且a5+a11=16，则a16=______.
13.已知函数f(x)=sinωx− 3csωx(ω>0)，若存在x1，x2∈[0,π]，使得f(x1)f(x2)=−4，则ω的最小值为______.
14.定义在R上的函数f(x)，满足f(x+1)+f(x+3)=f(2024)，f(−x)=f(x+2)，且f(12)=14，则k=12024k⋅f(k−12)=______.
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)
已知在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，CA⋅CB=21，且csC=35.
(1)求△ABC的面积；
(2)若b=5时，求边c和角B.
16.(本小题15分)
已知数列{an}满足a1=2，an+1=Aan+B(其中A≠1，B≠0).
(1)证明：数列{an−B1−A}为等比数列；
(2)若A=2，B=−1，且bn=an−1anan+1，求数列{bn}的前项和为Tn.
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=x−(a+1)lnx−ax，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥1时，f(x)≥−2a−4恒成立，求a的取值范围.
18.(本小题17分)
已知数列{an}是公差不为零的等差数列，满足a1=1，a4+a5=a9，正项数列{bn}的前n项和为Sn，且Sn=3n−1.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)在b1和b2之间插入1个数c11，使b1，c11，b2成等差数列；在b2和b3之间插入2个数c21，c22，使b2，c21，c22，b3成等差数列；…；在bn和bn+1之间插入n个数cn1，cn2，⋯，cnn，使bn，cn1，cn2，⋯，cnn，bn+1成等差数列.
(ⅰ)求cnk；
(ⅱ)求c11+c21+c22+⋯+cn1+cn2+⋯+cnn的值.
19.(本小题17分)
定义：如果函数f(x)在定义域内，存在极大值f(x1)和极小值f(x2)，且存在一个常数k，使f(x1)−f(x2)=k(x1−x2)成立，则称函数f(x)为极值可差比函数，常数k称为该函数的极值差比系数.已知函数f(x)=x−1x−alnx.
(1)当a=52时，判断f(x)是否为极值可差比函数，并说明理由；
(2)是否存在a使f(x)的极值差比系数为2−a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由；
(3)若3 22≤a≤52，求f(x)的极值差比系数的取值范围.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A={x|x2<1}={x|−1故A∩B=(0,1).
故选：C.
先求出集合A，B，再结合交集的定义，即可求解．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：由z(1−i)=i，得z=i1−i=i(1+i)(1−i)(1+i)=−12+12i，则z−=−12−12i，
∴z−对应的点的坐标为(−12,−12)，位于第三象限．
故选：C.
利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z−对应的点的坐标即可．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
3.【答案】D
【解析】解：∵a=(1,1)，b=(1,−1)，
∴a+λb=(λ+1,1−λ)，a+μb=(μ+1,1−μ)，
由(a+λb)⊥(a+μb)，得(λ+1)(μ+1)+(1−λ)(1−μ)=0，
整理得：2λμ+2=0，即λμ=−1.
故选：D.
由已知求得a+λb与a+μb的坐标，再由两向量垂直与数量积的关系列式求解．
本题考查平面向量加法与数乘的坐标运算，考查两向量垂直与数量积的关系，是基础题．
4.【答案】D
【解析】解：根据题意，由两角和与差的正弦公式，可得：
sin(α+β)=sinαcsβ+csαsinβ=13，sin(α−β)=sinαcsβ−csαsinβ=12，
联立方程组，可得sinαcsβ=512,csαsinβ=−112，
又由tanαtanβ=sinαcsβcsαsinβ=512−112=−5.
故选：D.
根据题意，利用两角和与差的正弦公式，联立方程组求得sinαcsβ，csαsinβ的值，结合tanαtanβ=sinαcsβcsαsinβ，即可求解．
本题考查两角和差的运算，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：根据题意，BD=23BC=23(AC−AB)，则AF=34AC，
则AD=AB+BD=AB+23(AC−AB)=13AB+23AC，
M在AD上，设AM=kAD，则AM=k3AB+2k3AC，
又由E、M、F三点共线，则AM=xAE+yAF，(x+y=1)
则AM=x2AB+3y4AC，而AM=k3AB+2k3AC，
则有k3AB+2k3AC=x2AB+3y4AC，故有k3=x22k3=3y4x+y=1，解可得k=914，
故AM=314AB+37AC.
故选：A.
根据题意，分析可得AD=13AB+23AC，设AM=kAD，则AM=k3AB+2k3AC，再设AM=xAE+yAF，分析可得k3AB+2k3AC=x2AB+3y4AC，分析k、x、y的关系，可得k的值，计算可得答案．
本题考查平面向量基本定理，涉及向量的线性运算，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：由函数f(x)=−x+7,x≤42+lga(x−1),x>4(其中a>0，且a≠1)的最小值是3，
当x≤4时，函数f(x)=−x+7为单调递减函数，所以f(x)min=f(4)=3，
则当x>4时，函数f(x)=2+lga(x−1)为单调递增函数，则a>1，
且满足f(x)>f(4)=2+lga3≥3，即lga3≥1，解得1综上可得，实数a的取值范围为(1,3].
故选：D.
根据题意，利用分段函数的性质，结合对数的运算法则，列出不等式，即可求解．
本题考查分段函数最值的求法，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：如图，
设球的半径为R，则AB= 3R，
∵BC=Rtan10∘− 3R=100，
∴R=1001tan10∘− 3=100sin10∘cs10∘− 3sin10∘
=100sin10∘2sin(30∘−10∘)=50sin10∘sin20∘=50sin10∘2sin10∘cs10∘=25cs10∘=250.985，
∴2R=500.985≈50.76，
故选：B.
根据三角函数可得AB= 3R,AC=Rtan10∘，利用BC=Rtan10∘− 3R=100，求解R即可．
本题考查解三角形问题，数形结合思想，化归转化思想，方程思想，属中档题．
8.【答案】B
【解析】解：x=0时不等式显然成立，
x>0时，即(exx− a)(x2−bx+c)≥0恒成立，
设f(x)=exx− a，g(x)=x2−bx+c，
则f′(x)=ex(x−1)x2，
∴f(x)在(0,1)上单减，在(1,+∞)上单增，
且f(1)=e− a<0，x→0时，f(x)→+∞，x→+∞时，f(x)→+∞，
故f(x)在(0,+∞)上有两个零点，记为x1，x2(x1显然xx2时，f(x)>0，x1要使f(x)⋅g(x)≥0恒成立，
则x1，x2也是g(x)的两个零点，
故b=x1+x2，c=x1x2，
又ex1x1=ex2x2= a，
∴ex1+x2x1x2=a，
∴ebc=a，
∴acb3=ebb3，
令h(b)=ebb3，则h′(b)=eb(b−3)b4，
h(b)在(0,3)上单减，在(3,+∞)上单增，
∴h(b)的最小值为h(3)=e327.
故选：B.
设f(x)=exx− a，g(x)=x2−bx+c，分析可知f(x)在(0,+∞)上有两个零点，记为x1，x2，且b=x1+x2，c=x1x2，进一步可得acb3=ebb3，令h(b)=ebb3，求出其最小值即可．
本题考查导数的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：因为x>y>0，且x+y=1，
所以1>x>12>y>0，
所以|x−1|+|y−1|=1−x+1−y=2−(x+y)=1，A正确；
y+1x+1−yx=xy+x−xy−yx(x+1)=x−yx(x+1)>0，即y+1x+1>yx，B错误；
4x+4y≥2 4x⋅4y=2 4x+y=4，当且仅当x=y时取等号，显然等号无法取得，C正确；
x2+4y2=x2+4(1−x)2=5x2−8x+4，
因为12根据二次函数的性质可知，当x=45时，上式取得最小值45，即x2+4y2≥45，D正确．
故选：ACD.
由已知结合基本不等式，不等式的性质及二次函数的性质检验各选项即可判断．
本题主要考查了不等式性质，基本不等式及二次函数性质在最值求解中的应用，属于中档题．
10.【答案】BCD
【解析】解：数列{anan+1}(n∈N*)是公比为2的等比数列，且a1=1，
得an+1an+2anan+1=2，则an+2=2an，因为a1=1，则a3=2，且an≠0.
若{an}是等比数列，则a22=a1a3，故a2=± 2，所以公比q=± 2，A错误；
由an+2=2an，故a2n+2=2a2n，即a2(n+1)a2n=2，故{a2n}是公比为2的等比数列，B正确；
同理，数列{a2n−1}是公比为2的等比数列，由a1=1，则a2n−1=1×2n−1=2n−1，C正确；
由a2=12，则a2n=2n−2，设m为偶数，则am=2n2−2，同理设k为奇数，则ak=2k−12，
所以an={2n−12,n为奇数2n2−2,n为偶数，D正确．
故选：BCD.
依题意有an+2=2an，则{an}中奇数项和偶数项分别构成公比为2的等比数列，可判断BC选项，若{an}是等比数列，求出公比判断A选项，由已知条件求{an}的通项判断D选项．
本题主要考查等比数列的概念及通项公式，数列递推式，考查运算求解能力，属于中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：对于A，f′(x)=3x2−6x+a，因为f(x)有三个零点，所以f(x)至少有三个单调区间，
即f′(x)=0有两个不相等的实数根，
所以36−12a>0，解得a<3，故A错误；
对于B，a=−9时，f(x)=x3−3x2−9x+b，
f′(x)=3(x2−2x−3)=3(x−3)(x+1)，
由f′(x)>0=x<−1或x>3，由f′(x)<0=−1所以f(x)在(−∞,−1)，(3,+∞)上单调递增，在(−1,3)上单调递减，
所以f(x)在x=−1处取得极大值，在x=3处取得极小值，
又f(1+x)+f(1−x)=(1+x)3−3(1+x)2−9(1+x)+b+(1−x)3−3(1−x)2−9(1−x)+b=−22+2b，
所以函数f(x)的图象关于点(1,−11+b)中心对称，
所以f(−1.1)+f(3.1)=−22+b，
又f(x)在(3,+∞)上单调递增，所以f(3.09)所以f(−1.1)+f(3.09)<−22+2b，故B正确；
对于C，f(x)=x3−3x2+ax+b=(x−x1)(x−x2)(x−x3)
=x3−(x1+x2+x3)x2+(x1x2+x1x3+x2x3)x−x1x2x3，
所以x1+x2+x3=3，x1x2+x1x3+x2x3=a.x1x2x3=−b，
若x1，x2，x3成等差数列，则x1+x3=2，x2=1，a=2+x1x3=2−b，即a+b=2，故C正确；
对于D，f(x)=(x−x1)(x−x2)(x−x3)，
f′(x)=(x−x2)(x−x3)+(x−x1)⋅((x−x2)(x−x3))′，
所以f′(x1)=(x1−x2)(x1−x3)，同理f′(x2)=(x2−x2)(x2−x3)，f′(x3)=(x3−x1)(x3−x2)，
所以1k1+1k2+1k3=1f′(x1)+1f′(x2)+1f′(x3)
=1(x1−x2)(x1−x3)+1(x2−x1)(x2−x3)+1(x3−x1)(x3−x2)
=(x2−x3)+(x3−x1)+(x1−x2)(x1−x2)(x1−x3)(x2−x3)，故D正确．
故选：BCD.
由f(x)有三个零点，得f′(x)=0有两个不相等的实数根，求解即可判断A；
a=−9时，得出函数f(x)的单调区间及图象关于点(1,−11+b)中心对称，即可判断B；
由题得f(x)=x3−3x2+ax+b=(x−x1)(x−x2)(x−x3)，得出x1+x2+x3=3，x1x2+x1x3+x2x3=a，x1x2x3=−b，结合x1，x2，x3成等差数列，即可判断C；
f(x)=(x−x1)(x−x2)(x−x3)得f′(x)=(x−x2)(x−x3)+(x−x1)⋅((x−x2)(x−x3))′，再分别得出f′(x1)，f′(x2)，f′(x3)，代入化简即可判断D.
本题考查导数综合应用，属于中档题．
12.【答案】24
【解析】解：∵{an}是公差为2的等差数列，
∴a5+a11=2a8=16，解得a8=8，
故a16=a8+(16−8)×2=8+16=24.
故答案为：24.
利用等差数列的项的性质，求得a8，再由a8和公差即可求得a16.
本题考查等差数列的性质，考查学生逻辑推理与数学运算的能力，属于基础题．
13.【答案】116
【解析】解：f(x)=sinωx− 3csωx=2sin(ωx−π3)，
因为存在x1，x2∈[0,π]，使得f(x1)f(x2)=−4，
所以ωπ−π3≥3π2，解得ω≥116，即ω的最小值为116.
故答案为：116.
根据两角差的正弦公式得出f(x)=2sin(ωx−π3)，然后根据题意即可得出ωπ−π3≥3π2，从而可得出ω的最小值．
本题考查了两角差的正弦公式，是中档题．
14.【答案】−506
【解析】解：因为f(x+1)+f(x+3)=f(2024)，
所以f(x)+f(x+2)=f(2024)，f(x+2)+f(x+4)=f(2024)，
所以f(x)=f(x+4)，所以函数f(x)的周期为4，
令x=2021，则f(2021+1)+f(2021+3)=f(2024)，
即f(2022)+f(2024)=f(2024)，
所以f(2022)=0，
因为函数f(x)的周期为4，f(2022)=f(4×505+2)=f(2)，
所以f(2)=0，
因为f(−x)=f(x+2)，令x=0，所以f(0)=f(2)=0，
所以f(2024)=f(4×506+0)=f(0)=0，
所以f(x)+f(x+2)=f(2024)=0，又f(−x)=f(x+2)，
所以f(x)+f(−x)=0，
所以函数f(x)为奇函数，
因为f(12)=14，所以f(−12)=−14，
因为函数f(x)的周期为4，所以f(72)=f(−12)=−14，
因为f(−x)=f(x+2)，所以f(32)=f(−12+2)=f(12)=14，
f(52)=f(−32)=−f(32)=−14，
所以k=14 k⋅f(k−12)=1×f(12)+2×f(32)+3×f(52)+4×f(72)
=1×14+2×14+3×(−14)+4×(−14)=−1，k=58k⋅f(k−12)=5×f(92)+6×f(112)+7×f(132)+8×f(152)
=5×f(12)+6×f(32)+7×f(52)+8×f(72)
=5×14+6×14+7×(−14)+8×(−14)=−1，
依此类推，所以k=12024k⋅f(k−12)=506×(−1)=−506.
故答案为：−506.
根据题意，通过赋值可得函数f(x)的周期，然后可得函数f(x)为奇函数，再利用函数的周期性，奇偶性和对称性即可求解．
本题考查了抽象函数的周期性，奇偶性，对称性的综合应用，属于难题．
15.【答案】解：(1)由已知可得CA⋅CB=abcsC=35ab=21，可得ab=35，
由csC=35，可求得sinC=45，
所以S△ABC=12absinC=12×35×45=14；
(2)因为b=5，ab=35，可得a=7，
由余弦定理得c2=a2+b2−2abcsC=32，可得c=4 2，
由正弦定理bsinB=csinC，可得sinB=bsinCc=5×454 2= 22，
由于b【解析】(1)由数量积的定义可得ab=35，由同角三角函数的基本公式求出sinC，再由面积公式即可得出答案；
(2)由余弦定理结合ab=35，可求出c，再由正弦定理求解即可．
本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题．
16.【答案】(1)证明：由an+1=Aan+B(A≠0,且B1−A≠2)得，
an+1−B1−A=Aan+B−B1−A=Aan−BA1−A=A(an−B1−A)，
所以，数列{an−B1−A}是以A为公比的等比数列．
(2)解：由A=2，B=−1得，数列{an−1}是以2为公比的等比数列，
又因为a1=2，所以，a1−1=1,an−1=1×2n−1=2n−1，
所以，an=2n−1+1，bn=an−1anan+1=2n−1(2n−1+1)(2n+1)=12n−1+1−12n+1，
所以，Tn=(120+1−121+1)+(121+1−122+1)+⋯+(12n−1+1−12n+1)=12−12n+1=2n−12(2n+1).
【解析】(1)推得an+1−B1−A=A(an−B1−A)，由等比数列的定义可得证明；
(2)由等比数列的通项公式和数列的裂项相消求和，化简整理可得所求和．
本题考查等比数列的定义和通项公式，以及数列的裂项相消求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)函数f(x)=x−(a+1)lnx−ax，定义域为(0,+∞)，
所以f′(x)=1−a+1x+ax2=(x−1)(x−a)x2，
①档a≤0时，x−a>0，令f′(x)=0，得x=1，
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；
②若0当x∈(0,a)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(a,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若a=1，f′(x)≥0，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
④若a>1，令f′(x)=0，得x1=1，x2=a，
当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(1,a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(a,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
综上所述，当a≤0时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增；
当0当a=1时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>1时，f(x)在(0,1)和(a,+∞)上单调递增，在(1,a)上单调递减．
(2)由(1)知，当a≤1时，f(x)在[1,+∞)上单调递增，故f(x)min=f(1)=1−a，
所以1−a≥−2a−4，解得a≥−5，即−5≤a≤1；
当a>1时，f(x)在(1,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增，故f(x)min=f(a)=a−(a+1)lna−1
所以a−(a+1)lna−1≥−2a−4，即3(a+1)−(a+1)lna≥0，3−lna≥0，解得a≤e3，所以1综上所述，a的取值范围是[−5,e3].
【解析】(1)求导f′(x)=(x−1)(x−a)x2，且x∈(0,+∞)，对实数a分情况讨论，得出单调性；
(2)将所求的转化为f(x)min≥−2a−4，结合函数的单调性求最值即可求解．
本题考查利用导数研究函数的单调性，进而求出函数的最值，解决不等式恒成立问题，属于中档题．
18.【答案】解：(1)设数列{an}的公差为d，
由题意知，a1+3d+a1+4d=a1+8d，因为a1=1，
所以1+3d+1+4d=1+8d，解得d=1，
所以an=1+(n−1)×1=n；
因为数列{bn}的前n项和为Sn，且满足Sn=3n−1，
所以当n=1时，b1=31−1=2，
当n≥2时，bn=Sn−Sn−1=3n−1−3n−1+1=2×3n−1，
验证，当n=1时，b1=2，满足上式，
故bn=2×3n−1；
(2)(ⅰ)在bn和bn+1之间插入n个数cn1，cn2，⋯，cnn，使bn，cn1，cn2，⋯，cnn，bn+1成等差数列，
设公差为dn，则dn=bn+1−bnn+1=2×3n−2×3n−1n+1=4×3n−1n+1，
所以cnk=bn+kdn=2×3n−1+k4×3n−1n+1=2k+1+nn+1×2×3n−1；
(ⅱ)设Mn=cn1+cn2+⋯+cnn=ncn1+n(n−1)2⋅dn=n×3+nn+1×2×3n−1+n(n−1)2×4×3n−1n+1=4n×3n−1，
则c11+c21+c22+⋯+cn1+cn2+⋯+cnn=c11+(c21+c22)+⋯+(cn1+cn2+⋯+cnn)=M1+M2+⋯+Mn，
设Tn=M1+M2+⋯+Mn，
所以Tn=4×30+8×31+12×32+⋯+(4n−4)3n−2+4n×3n−1，
3Tn=4×31+8×32+12×33+…+(4n−4)×3n−1+4n×3n，
两式相减得，−2Tn=4+4×31+4×32+⋯+4×3n−1−4n×3n=4(30+31+32+33+⋯+3n−1)−4n×3n=4×1−3n1−3−4n×3n=(2−4n)×3n−2，
所以Tn=1+(2n−1)×3n.
【解析】本题考查数列的通项公式与前n项和的求法，错位相减法求和，属于较难题．
(1)根据等差数列基本量的运算求得公差d，再由等差数列的通项公式可得an=n；利用bn=Sn−Sn−1(n≥2)求bn，即可，注意检验n=1的情形；
(2)(ⅰ)设等差数列bn，cn1，cn2，⋯，cnn，bn+1的公差为dn，结合dn=bn+1−bnn+1与等差数列的通项公式，可得cnk；
(ⅱ)利用等差数列的前n项和公式求得cn1+cn2+⋯+cnn，再采用错位相减法，求解即可．
19.【答案】解：(1)当a=52时，f(x)是极值可差比函数，理由如下：
当a=52时，f(x)=x−1x−52lnx(x>0)，
所以f′(x)=1+1x2−52x=(2x−1)(x−2)2x2，
当x∈(0,12)∪(2,+∞)时，f′(x)>0；当x∈(12,2)时，f′(x)<0，
所以f(x)在(0,12)和(2,+∞)上单调递增，在(12,2)上单调递减，
所以f(x)的极大值为f(12)=52ln2−32，极小值为f(2)=32−52ln2，
所以f(12)−f(2)=(2−103ln2)(12−2)，因此f(x)是极值可差比函数．
(2)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=1+1x2−ax，即f′(x)=x2−ax+1x2，
假设存在a，使得f(x)的极值差比系数为2−a，则x1，x2是方程x2−ax+1=0的两个不等正实根，
Δ=a2−4>0x1+x2=ax1x2=1，解得a>2，不妨设x11，
由于f(x1)−f(x2)=x1−1x1−alnx1−(x2−1x2−alnx2)
=(x1−x2)(1+1x1x2)−alnx1x2
=2(x1−x2)−alnx1x2=(2−ax1−x2lnx1x2)(x1−x2)，
所以2−a=2−ax1−x2lnx1x2，从而1x1−x2lnx1x2=1，
得x2−1x2−2lnx2=0,(*)
令g(x)=x−1x−2lnx(x>1),g′(x)=x2−2x+1x2=(x−1)2x2>0，
所以g(x)在(1,+∞)上单调递增，有g(x)>g(1)=0，
因此(*)式无解，即不存在a使f(x)的极值差比系数为2−a.
(3)由(2)知极值差比系数为2−ax1−x2lnx1x2，
即2−x1+x2x1−x2lnx1x2，不妨设0令t=x1x2,t∈(0,1)，极值差比系数可化为2−t+1t−1lnt，
a2=(x1+x2)2x1x2=x1x2+x2x1+2=t+1t+2，
又3 22≤a≤52，解得14≤t≤12，
令p(t)=2−t+1t−1lnt(14≤t≤12),p′(t)=2lnt+1t−t(t−1)2，
设h(t)=2lnt+1t−t(14≤t≤1),h′(t)=2t−1t2−1=2t−1−t2t2
=−(t−1)2t2≤0所以h(t)在[14,1]上单调递减，当t∈[14,1]时，h(t)≥h(12)>h(1)=0，
从而p′(t)>0，
所以p(t)在[14,12]上单调递增，所以p(14)≤p(t)≤p(12)，
即2−103ln2≤p(t)≤2−3ln2.
故f(x)的极值差比系数的取值范围为[2−103ln2,2−3ln2].
【解析】(1)利用函数的导函数求出单调区间，由此得出极大值与极小值，由“极值可差比函数”的定义，求出极值差比系数k的值，这样的值存在即可判断．
(2)反证法，假设存在这样的a，又“极值可差比函数”的定义列出等量关系，证明无解即可．
(3)由(2)得到参数a与极值点的关系式，对关系式进行转化，得出相应函数，利用导函数求出单调性即可得出函数取值范围．
本题主要考查函数的新定义问题，利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，属于难题．