辽宁省鞍山市2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷

这是一份辽宁省鞍山市2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷，共12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。
1．5 天内某校当天新增感冒人数 y 与每日温差 x（单位：℃）的数据如下表：
由于保存不善，有 1 个数据模糊不清，用 m 代替，已知 y 关于 x 的经验回归方程为 ‸y  1.8x  0.6 ，则m 
（ ）
A．13B．14C．15D．12
已知Sn 为等差数列an 的前 n 项和， a4  2a9  a20  24 ，则S20  （ ）
A．60B．120C．180D．240
已知数列a 满足2a  22 a  23 a    2n a  n  2n ，则a 的通项公式为（ ）
x
5
7
8
9
11
y
9
m
15
17
20
an
C． a
n
n 1, n  2
 1, n  1

 n
123
n
an
D． a
n
 n 1 2
 1, n  1

nnn 1, n  2
汉诺塔（Twer f Hani），是一个源于印度古老传说的益智玩具. 如图所示，有三根相邻的标号分别为
A、B、C 的柱子， A 柱子从下到上按金字塔状叠放着n 个不同大小的圆盘，要把所有盘子一个一个移动到 柱子 B 上，并且每次移动时，同一根柱子上都不能出现大盘子在小盘子的上方，请问至少需要移动多少次？记至少移动次数为 H n ，例如： H (1)  1， H (2)  3 ，则下列说法正确的是（）
H (3)  5
H (n) 为等差数列
H (n) 1 为等比数列D． H 7  100
已知曲线 y  axex 在点 x  1 处的切线与直线 x  2 y 1  0 垂直，则a  （ ）
eB． 2eC． 1
e
D． 2
e
定义：若函数 f ( x) 在 D 上可导，即 f  x 存在，且导函数 f  x 在 D 上也可导，则称 f ( x) 在 D 上存在二
阶导函数.记 f ''  x   f  x' ，人们在研究学习过程中，发现：三次整式函数 f ( x) 都有对称中心，其对称中 心为 x , f  x  （其中 f (x )  0 ）.已知函数 f ( x)  x3  6x2  x  7 .若m, 3, n, 11 关于点 x , f  x  对称，
00000
则m  n  （ ）
A．4B．3C． 2D．1
x2  2ax  a, x  4
已知函数 f  x  
，数列a 满足a
 f nn  N*  ，且数列a 是单调递增数列，
2x  ln  x  3, x  4nnn
则a 的取值范围是（ ）
A．   25 ,  5 
B．  32 , 4
C．  32 , 3
D．   25 ,  3 
72 
9
9
72 

 1 x2  5 x, x  0
已知函数 f (x)   22，若关于 x 的方程 f  x  m 有四个不同的根 x , x , x , x （ x  x


 ex  2 , x  0
1 2 3 412
 x  x ），则2ex3  x x
x x
的最大值是（ ）
34
5 ln 5  3
2
1 42 4
5ln2  4
5ln3D．13  2e
二、多选题
下列命题为真命题的是（ ）
若样本数据 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 , x6 的方差为 2，则数据3x1 1, 3x2 1, 3x3 1, 3x4 1, 3x5 1, 3x6 1的方差为 17
一组数据 8，9，10，11，12 的第 80 百分位数是 11.5
用决定系数 R2 比较两个模型的拟合效果时，若 R2 越大，则相应模型的拟合效果越好
以模型
y  c ekx 去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设 z  ln y ，求得线性回归方程为
z‸  2x  0.4 ，则 c，k 的值分别是e0.4 和 2 10．关于等差数列和等比数列，下列说法不正确的是（ ）
若数列an 为等比数列，且其前n 项的和Sn
 2n1  t ，则t   1
2
若数列an 为等比数列，且a2 a7  a3a6  6 ，则a1a2 a3 La8  81
若数列an 为等比数列， Sn 为前n 项和，则Sn ， S2n  Sn ， S3n  S2n ，…成等比数列
若数列an 为等差数列， 2a1  3a3  S6 ，则S10 最小
已知函数 f  x   x  2 ex  a ，则（）
A． f  x 在1, 2 上单调递增B． x  1 是函数 f  x 的极大值点
C． f  x 既无最大值，也无最小值D．当a 1, 2 时， f  x 有三个零点
三、填空题
设T 为数列a 的前n 项积，若a  2a 0, n  N* ，且a  a  96 ，当T 取得最大值时，n  ．
nnnn134n
已知函数 f  x  x  x 1 x  2 x  3 x  4 x  5 ，则 f 3  ．
AI 对芯片的性能要求很高，传统的硅基芯片在逐渐接近1nm 工艺之后面临的技术限制很多，某企业使用新技术对某款芯片制造工艺进行改进，试产期每天都需要同步进行产品检测，检测方式包括智能检测和人工检测，选择检测方式的规则如下：第一天选择智能检测，随后每天由计算机随机等可能生成数字“ 0 ”或 “1”，连续生成4 次，把4 次的数字相加，若和小于3 ，则该天检测方式和前一天相同，否则选择另一种检
测方式．设 An 表示事件第n 天该企业产品检测选择的是智能检测，则 P( An ) 
四、解答题
已知数列an 的前n 项和为Sn ，且Sn  4  2an ；等差数列bn 满足b3  7 ; b5  a5  75 ；
求an 和bn 的通项公式；
求数列 bn  n 的前n 项和T ．
 an
 n
年龄次数
20, 30
30, 40
40, 50
50, 60
每周 0∼2 次
33
22
22
23
每周 3∼4 次
12
17
25
22
每周5 次及以上
3
3
12
6
为了解居民体育锻炼情况，某地区对辖区内居民体育锻炼进行抽样调查.统计其中 200 名居民体育锻炼的次数与年龄，得到如下的频数分布表.
若把年龄在[20, 40) 的锻炼者称为青年，年龄在[40, 60] 的锻炼者称为中年，每周体育锻炼不超过 2 次的称
为体育锻炼频率低，
不低于 3 次的称为体育锻炼频率高，根据小概率值α 0.01 的独立性检验判断体育锻炼频率的高低与年龄是否有关联；
从每周体育锻炼 5 次及以上的锻炼者中，按照表中年龄段采用按比例分配的分层随机抽样，抽取 8 人，再从这 8 人中随机抽取 3 人，记这 3 人中年龄在[30, 40) 与[50, 60] 的人数分别为 X ,Y ,ξ X  Y ，求 ξ 的分布
列与期望；
参考公式： χ2 
n ad  bc2
a  bc  d a  cb  d 
，n  a  b  c  d.
附：
已知函数 f  x   f 1 x3  f 0 x2  2x  m ，且 f 1  3
求m 值;
求平行于直线2x  y  3  0 且与函数曲线相切的直线方程；
若 g  x   f  x   6x  1 ，求函数 g  x  的单调区间．
已知 Sn 为数列{an }的前n 项和， Tn 为数列{bn }的前n 项和， Pn 为数列cn  的前n 项和； an2  2an1  an ；
α
0.10
0.05
0.01
0.005
0.001
xa
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
n 2an 1 , n为偶数
b  2an 1, n为奇数

2n (5  4a )
，且b4  8, S5  15 ； cn  n ；
b2n-1b2n1
求an 的通项公式；
若T2n  S2n  2025 ，求n 的最大值；
证明： P  2
n3
已知函数 f  x  2ex  ax ， a  R ．
当a  0 时，求证： f  x  2x  2 ；
若 f  x 在R 上有两个零点，求实数a 的取值范围；
若函数 g  x  1 f  x  x2 有两个极值点 x , x ，证明： ex  ex
4 ．
12
21 2
1．B
用中心点坐标代入计算.
【详解】由 x  5  7  8  9 11  8 ， y  9  m 15 17  20  61 m ，
555
所以 61 m  1.8 8  0.6 ，解得m = 14 .
5
故选：B.
2．B
根据等差数列的性质和前 n 项和公式运算.
【详解】因为数列an 为等差数列，所以a4  2a9  a20  2a12  2a9  24 ，
所以a
 a  12 ，所以S
 20 a1  a20   10 a  a
  10 a
 a   120 ．
129
故选：B.
202
120129
3．B
由题中等式，可得2n a
 n  2n  n 1 2n1  n 1 2n1 ，再结合n  1 时a  1，可得a
 n 1 .
n
11
【详解】当n  1 时，有2a  1 21 ，所以a  1，
当n  2 时，由2a  22 a  23 a    2n a  n  2n ， 2a  22 a
 23 a
1n2
   2n1a n 1 2n1 ，
123n
123
n1
n
两式相减得2n a  n  2n  n 1 2n1  n 1 2n1 ，
此时， a  n 1 ， a  1也满足，
n21
所以a 的通项公式为a
 n 1 .
nn2
故选：B.
4．C
由题意可得 H (3)  7 ，判断 A；归纳得到 H n  2n 1 ，结合等差数列以及等比数列的概念可判断 B，C；求出 H 7 ，判断 D.
【详解】由题意知若有 1 个圆盘，则需移动一次：
若有 2 个圆盘，则移动情况为： A  C, A  B, C  B ，需移动 3 次；若有 3 个圆盘，则移动情况如下：
A  B, A  C, B  C, A  B, C  A, C  B, A  B ，共 7 次，故 H (3)  7 ，A 错误；
由此可知若有 n 个圆盘，设至少移动an 次，则an  2an1 1,
n
所以an 1  2 an1 1 ，而a1 1  11  2  0 ，故an 1 为等比数列，故a  2n 1即 H n  2n 1 ，该式不是 n 的一次函数，
则H (n) 不为等差数列，B 错误；
  
又 H n  2n 1 ，则 H n 1  2n ， H n 1 1  2 ，则H (n) 1 为等比数列，C 正确，
H n1
H 7  27 1  127  100 ，D 错误，故选：C
5．C
【详解】因为 y  f (x)  axex ， f (x)  a  x 1ex ，设切线斜率为k ，则k  f (1)  2ae ，
又因为切线与直线 x  2 y 1  0 垂直，
所以k  2 ，即2ae=2 ，解得a  1 .
e
6．A
0
先对 f ( x)  x3  6x2  x  7 求二阶导数 f (x)  6x 12 ，令其为0 求出对称中心横坐标x 
2，确定对称中
心为(2, 7) ，利用三次函数中心对称性质，结合 f (m) 与 f (n) 的数值和等于两倍中心纵坐标，推出m , n 关于 x  2
对称，进而算出m  n  4 .
【详解】已知 f ( x)  x3  6x2  x  7 ，导函数 f (x)  3x2 12x 1，
再求出二阶导函数 f (x)  6x 12 ，令 f (x0 )  0 ，解得x0
代入得 f (2)  7 ，对称中心为(2, 7) ，
由函数图像中心对称性质可知 f (x)  f (4  x)  14 ，由题意可知m, 3, n, 11 关于点2, 7 对称，
可知m, 3, n, 11 的中点为2, 7 ，故m  n  4 .
 2，
7．A
由数列an 是单调递增数列可知当 x  3 时， f  x 单调递增，当 x  4 时， f  x 单调递增，且 f 4  f 3 ，
列出不等式，解不等式即可.
【详解】数列an 是单调递增数列，
可知当n  3 ， n  N
得a   5 ；
2
时， f n  n2  2an  a  n  a2  a2  a 单调递增，即a  3 或2  a  3，解
 f 2  f 3

当n  4 时， f n  2n  ln n  3 单调递增恒成立，且 f 4  f 3 ，即24  ln 4  3  9  6a  a ；
解得a   25 ，
7
所以若数列a 是单调递增数列，则 25  a   5 ，
n72
故选：A. 8．A
数形结合，把四个不同的根 x1 , x2 , x3 , x4 用m 表示，借助导数讨论函数的最值解决问题.
【详解】图，
由图可知当且仅当0  m  1 时，方程 f  x  m 有四个不同的根，
且 x  x
 2   5   5 ，由题： 2  ex
 m  x
 ln(2  m) ， ex
 2  m  x
 ln(m  2) ，
12 3344
 2 
 2ex3  x x  x x  2(2  m)  5 ln(m  2)  2m  5 ln(m  2)  4
1 42 4
设h m  2m  5ln m  2  4(0  m  1) 则
h(m)  1 2m ，令hm  0  1  m  1 ， h(m)  0  0  m  1
m  222
故h m 在 0, 1  递增，在 1 ,1 递减，  h(m)
 h  1   5 ln 5  3 .
  2 
max 
2 
故选：A. 9．BCD
 2 2
根据方差的性质即可判断 A；根据百分位数计算公式即可判断 B；根据决定系数的概念即可判断 C；根据非线性回归方程的求法并结合对数运算性质即可判断 D.
【详解】对 A：若样本数据 x1, x2 ,L, x6 的方差为 2，则数据3x1 1, 3x2 1, 3x3 1, 3x4 1, 3x5 1, 3x6 1的方差为
32  2  18  17 ，故 A 错误；
对 B： 5 80%  4 ，则其第 80 百分位数是1112  11.5 ，故 B 正确；
2
对 C，根据决定系数的含义知 R2 越大，则相应模型的拟合效果越好，故 C 正确；对 D，以模型 y  ceb 去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设 z  lny ，
则 z  lny  ln c  ln ekx  ln c  kx ，由题线性回归方程为 z‸  2x  0.4 ，则ln c  0.4, k  2 ，故c, k 的值分别是e0.4
和 2，故 D 正确.故选：BCD.
CD
求出t 的值判断 A；利用等比数列的性质计算判断 B；举例说明判断 C；求出a1 与公差d 的关系判断 D.
【详解】对于 A，由S  2n1  t ，得a  S  1 t, a  S  S  1, a  S  S  2 ，数列a 为等比数列，
n11221332n
则2(1 t)  1，解得t   1 ，经验证符合题意，A 正确；
2
对于 B，等比数列a 中，由a a  a a  6 ，得a a  a a  3 ，则a a a La  (a a )4  81，B 正确；
n2 73 6
2 73 6
1 2 382 7
对于 C，等比数列an 的公比q   1 ， n 为偶数时， Sn  0 ， Sn ， S2n  Sn ， S3n  S2n ，…不成等比数列，C
错误；
对于 D，设等差数列an 的公差为d ，由2a1  3a3  S6 ，得2a1  3a1  6d  6a1 15d ，整理得a1  9d  0 ，当d  0 时， Sn 没有最小值，D 错误.
故选： CD 11．BD
先将 f  x 用分段函数表示出来，再根据各个选项，利用导数研究其单调性、极值点、最值及零点即可.
 x  2ex  a, x  2
   x 
【详解】由题意得 f  x  x  2 ex  a  ，
 2 x ea, x2
所以 f 
 x 1ex , x  2
   1 xex , x  2
x，

对于 A，当 x 1, 2 时， f  x  1 xex  0 ，所以 f  x 在1, 2 上单调递减，故 A 错误;
对于 B，当 x ∞,1 时， f  x  0 ，当 x 1, 2 时， f  x  0 ，当 x 2, ∞ 时， f  x  0 ,
所以 f  x 在∞,1 单调递增，在1, 2 单调递减，在2,  单调递增，所以 x  1是函数 f  x 的极大值点，故 B 正确;
对于 C，当 x  ∞时， f  x  x  2 ex  a  a ，当 x  ∞时， f  x  ∞,
又 f 1  e  a  f 2  a ,
f  x 的大致图象如图所示，
f  x 的值域为a,  ,
所以 f  x 有最小值，无最大值，故 C 错误;
对于 D，当 x  2 时， f  x 在2, ∞ 上单调递增,
因为a 1, 2 ,
所以 f 2  a 0, f 3  e3  a 0 ,
所以 f  x 在2, ∞ 上有一个零点;
当 x  2 时， f  x 在∞,1 上单调递增，在1, 2 上单调递减,
又 f 1  e  a  0 ，当 x  ∞时， f  x  x  2 ex  a  a 2. 1，f 2  a  0 .
结合 f  x 的大致图象（如上图），
f  x 在∞,1 有一个零点，在1, 2 上有一个零点，综上，当a 1, 2 时， f  x 有三个零点，故 D 正确.故选：BD.
12．8
先求出等比数列的通项公式an ，然后求出积Tn ，整理后，结合指数函数性质、二次函数性质分析得出结论.
【详解】由题易知， a  0 ，∵ a  2a
 0 ，∴ an1   1 ，
nnn1
an2
故a 是公比为 1 的等比数列，
n
∵ a  a
2
 96 ，∴ 1 a    1  a
 96 ，
344 1
 8  1

 1 n1

故a1  256 .∴ an  256   2 ，
1 0123Ln1
1 8n
nn1
12
n2 n
n2 17 n
12
∴ T  256n   
 1n    
 1 2  ，
n 2  2  2  2 
  
要使Tn 取得最大值，则
n2  n
2
为偶数，且
n2 17n
2
取最小值，
由二次函数知识知，当n  8 或 9 时，
故n  8 . 13．12
n2 17n
2
取最小值，只有n  8 ，使得
n2  n
2
为偶数符合要求，
将原函数看成两部分相乘，再运用导数的运算法则求解即可.
【详解】由题意， f  x  x  x 1 x  2 x  4 x  5   x  3  x  x 1 x  2 x  4 x  5 ，所以
f 3  33 13  23  43  5  0  12 ．故答案为：12
11  3 n1
14．
  
22  8 
1 
115

先由题意得4 次数字的和 X 服从二项分布 B  4, 2  ，进而得 P  X  3  16 , P  X  3  16 ，再由全概率公式
得 P  A   3 P  A   5
，进而再构造等比数列可得.
n8n116
2
【详解】因为连续生成4 次数字“ 0 ”或“1”，每次生成“ 0 ”或“1”的概率均为 1 ,
1 
2
所以4 次数字的和 X 服从二项分布 B  4,  ,

所以 P  X  3  P  X  0  P  X  1  P  X  2  C0
 1 4
 C1
 1 4
 C2
 1 4
 11 ,
4  2 
4  2 
4  2 16
   
P  X  3  1 P  X  3  1 11  5 ,
1616
所以第n 1天为智能检测的条件下第n 天为智能检测的概率： P  A | A  11 ，
nn116
第n 1天为人工检测的条件下第n 天为智能检测的概率： P  A | A  5 ，
nn116
由全概率公式得 P  An   P  An | An1  P  An1   P  An | An1  P  An1 
 11 P  A  5 1 P  A  3 P  A  5 ,
16n116
n18n116
所以 P  A   1  3  P  A  1  ，所以数列P  A   1 13
n28 
n12 
n2  是以 2 为首项， 8 为公比的等比数列，

11  3 n1

11  3 n1
 
则 P  An   2  2  8 
，所以 P  An     
22  8 
15．(1) an  2n ， b  2n 1；
1
n
(2) T  5  2n  5  1 n n  1

n22n12
Q Sn  4  2an ， Sn1  4  2an1 ，两式相减即可得an 是等比数列，进而求an 的通项公式，再结合条件b3  7 ; b5  a5  75 及bn 是等差数列求解即可；
分组后采用错位相减法求和即可.
【详解】（1）由已知，当n  1 时， S1  4  2a1 ，即a1  4  2a1 ，∴a1  4 ．当n  2 时，Q Sn  4  2an ， Sn1  4  2an1 ，
两式相减，得Sn  Sn1  2an  2an1 ，即an  2an  2an1 ， an  2an1 n  2 ，
∴由等比数列的定义知，数列an 是首项a1  4 ，公比q = 2 的等比数列，
nn
∴数列a 的通项公式为a  4  2n1  2n1 ．
a5  64 ； b3  7 ； b5  a5  75  b5  11，
设等差数列b 的公差为d ，则d  b5  b3  2 ,
n2
所以bn  b3  n  3 d  2n 1 ；
（2）由第（1）问， bn  2n  1 ，
n
a2n1
∴设 Mn
 3 
22
5  7
2324
     2n  1 ，① 2n1
① 1 ，得， Mn  3  5  7      2n  1 ，②

22232425
2n2
∴①-②，得 Mn  3  2  2  2    2  2n 1 ，
222

232425
2n1
2n2
 3  1  1  1      1  2n  1

422
2324
2n2n2
1  1  1
 3  22
4
2n 1 1
2
2  2n 1
2n2
 3  1  1  2n 1

422n
 5  2n  5
42n2
2n2
 Mn
 5  2n  5 ，
22n1
另一部分的前 n 项和为1 2  3    n  1 n n 1
2
所以T  5  2n  5  1 n n 1 .
n22n12
ξ
0
1
2
P
20
56
31
56
5
56
16．(1)认为体育锻炼频率的高低与年龄有关； (2)分布列为：
E ξ  41
56
【详解】（1）零假设 H0 ：体育锻炼频率的高低与年龄无关.
由题得2 2 列联表如下：

200  55 65  45 35 2
χ2  8.081  6.635 ，
100 100  90 110
青年
中年
合计
体育锻炼频率低
55
45
100
体育锻炼频率高
35
65
100
合计
90
110
200
根据小概率值α 0.01 的独立性检验推断 H0 不成立，
即认为体育锻炼频率的高低与年龄有关，此推断犯错误的概率不大于 0.01．
（2）由表知，利用分层抽样的方法抽取的 8 人中，年龄在30, 40 ， 50, 60内的人数分别为 1，2，依题意，ξ的所有可能取值分别为为 0，1，2，
C0C0C3
C1C1 C120
所以 P ξ 0  1 2 5  1 2 5 ，
C3C356
88
C0C1 C2
C1C0C2
C1C2C031
P ξ 1  1 2 5  1 2 5  1 2 5 ，
C3C3
C356
888
C0C2C15
P ξ 2  1 2 5 ，
C
8
356
ξ
0
1
2
P
20
56
31
56
5
56
所以ξ的分布列：
所以ξ的数学期望为 E ξ  0  20 1 31  2  5
 41 .
17．(1) m  2
y  2x  2 ， y  2x  22
27
56565656
单调递增区间为 ,  2  和2,  ；单调递减区间  2 , 2 
3  
 3
（1）求导，令 x  1 ，得到 f 1  m 1，再结合 f 1  3 即可求解；
设切点 x0 , y0  ，由导数的几何意义求得切点坐标，即可求解；
求导，由 g x  0 ， g x  0 即可求解.
【详解】（1）当 x  0 时， f 0  m ， f  x   f 1 x3  mx2  2x  m ，
对 f  x 求导： f  x   3 f 1 x2  2mx  2 ；令 x  1 ，得 f 1  3 f 1  2m  2 ；
整理得： 2 f 1  2m  2 ；
故 f 1  m 1；又 f 1  3 ，
代入 f  x 中， f 1  f 1  m  2  m  m  1 ，
得m  2 ；
（2）由（1） f  x   x3  2x2  2x  2 ；求导 f  x  3x2  4x  2 ；
直线2x  y  3  0 的斜率k  2 ；
设切点 x0 , y0  ，因为平行直线，
所以 f  x   3x 2  4x
 2  2 ； x  0 ，或 x  4
000
003
当 x0  0 时切点0, 2 ，切线 y  2x  2
当 x  4 时切点 4 , 94  ，切线 y  2x  22

03 3 27 27
故切线方程为： y  2x  2 和 y  2x  22 ；
27
（3） g  x   f  x   6x  1 ；
g  x  x3  2x2  4x  3 ； g x   3x2  4x  4
令 g x  0 则 x  2 ， x   2 ；
123
当 x   2 或 x  2 时 g x  0 ， g  x  单调递增
3
当 2  x  2 时 g x  0 ； g  x  单调递减
3
g  x  单调递增区间为 ,  2  和2,  ；单调递减区间  2 , 2  .
3  

18．(1) an  n ；
5；
 3
证明见解析.
由递推公式可知， 数列an 为等差数列，再根据题中的条件求解即可；
分别计算T2n 和S2n ，再验证即可；
裂项相消法计算 Pn ，再用放缩法即可证明.
【详解】（1） an2  2an1  an ，得an2  an  2an1 ，所以数列an 为等差数列，
则S  5a
 15 ，所以a  3 ，又b
 2a4 1  8 ，所以a  4 ，
53344
设a 的公差为d ，则a3  a1  2d  3, 解得a1  1，
na  a  3d  4,d  1
 41
所以an 的通项公式是an  a1  n 1 d  n .
由（1）知an
2n a1  a2n 
 n ，所以bn
2n 1 2n
 2an 1, n为奇数，
 2an 1 , n为偶数

S2n  n 2n 1 ，
22
T2n  b1  b3 L b2n1   b2  b4 L b2n 
n 3  4n 1
2 1 4n 
2 4n 1
 n 2n 1 ，
21 43
2 4n 1
令T2n
 S2n
 2025 ，得2  4n  6077 ，
3
nn
设d  2  4n ，则数列d  是递增数列，
56
又d  2048  6077 ， d  2  46  8192  6077 ，
所以n 的最大值为 5．
2n 5  4a 
2n 5  4n 
2n2n1
n
c 
n ，
b2n1b2n1
4n  14n  3

4n  14n  3
P   
  2  4    4  8        2n
 2n1 
所以 n
c1 c2
cn 37   711  4n  14n  3 
 
22n12
P  2

34n  33
，所以 n3 .
19．(1)证明见解析
2e, ∞ ．
证明见解析
【详解】（1）由a  0 ，得 f  x  2ex ．要证 f  x  2x  2 ，只需证ex  x 1  0 ．
令 g  x  ex  x 1，则 g x  ex 1．
当 x ∞, 0 时， g x  0 ，则 g  x 单调递减；当 x 0, ∞ 时， g x  0 ，则 g  x 单调递增.
所以函数 g  x 在 x  0 取得极小值也是最小值，因此 g  x  g 0  0 ，所以ex  x 1  0 ，即ex  x 1 ，因此 f  x  2x  2 ．
若a  0 ， f  x  2ex 在R 上单调递增，因为 f  x 在R 上有两个零点，所以a  0 .
由 f  x  0 得 x  2 ，令m  x  x ，则m x  1 x ，
exaexex
所以m1  0 ， x  1 ，时， m x  0 ； x  1时， m x  0 ，所以m  x 在∞,1 上单调递增，在1, ∞ 上单调递减，
m  x 有极大值，也就是最大值为m 1  1 ，
e
又m 0  0 ， x 无限趋近 时， m  x 无限趋近于 0，
所以 f  x 在R 上有两个零点时， 0  2  1 ，解得a  2e ，
ae
故a 的取值范围是2e, ∞ ．
因为 g  x  1 f  x  x2  ex  x2  a x 有两个极值点 x , x ，
221 2
所以 g x  ex  2x  a  0 ，有两个实数根 x , x ，
21 2
所以ex  2x  a ， ex  2x  a ，可得ex  ex  2  x  x  ，
1221
122221
ex  2t
2121
设t  x  x  0 ，将 x  x  t 代入，得
1
et 1
2t  et ，

xx2t
2t  et
2t  2t  et
ex2 


et 1
所以e 1  e 2 
et 
1et
1 et 1，
所以要证ex1 
x2  ，只需证 2t  2t  et  4 ， t  t  et  2 ，即t  2et  t  2  0 ．
e4et 1
et 1
设h t   t  2et  t  2(t  0) ，则ht   t 1et 1．令φt   t 1et 1 ，则φt   tet  0 ，
所以ht   t 1et 1在0, ∞ 上为增函数．
又h0  0 ，所以t  0 时， ht   0 ， h t   t  2et  t  2 在0, ∞ 上为增函数．所以h t   h 0  0 ，即t  2et  t  2  0 成立，
所以ex1  ex2  4 成立．