通用版2023届高考数学二轮复习取对数法作业含答案

这是一份通用版2023届高考数学二轮复习取对数法作业含答案，共30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。

取对数法
一、单选题
1. 若实数α，β满足αeα=2，βlnβ=2，则αβ=(    )
A. e B. 1 C. 12 D. 2
2. 根据有关资料，汽车二级自动驾驶仪能够处理空间复杂度的上限M约为1010，目前人类可预测的地面危机总数N约为36×230.则下列各数中与MN最接近的是(    )
(参考数据：lg2≈0.30，lg3≈0.48)

A. 110 B. 1100 C. 11000 D. 110000
3. 医学家们为了揭示药物在人体内吸收、排出的规律，常借助恒速静脉滴注一室模型来进行描述，在该模型中，人体内药物含量x(单位：mg)与给药时间t(单位：h)近似满足函数关系式x=k0k(1-e-kt)，其中k0，k分别称为给药速率和药物消除速率(单位：mg/h).经测试发现，当t=23时，x=k02k，则该药物的消除速率k的值约为(ln2≈0.69)(    )
A. 3100 B. 310 C. 103 D. 1003
4.  已知a>b>0，若logab+logba=52，ab=ba，则ab= (    )
A. 2 B. 2 C. 22 D. 4
5. 已知实数a，b满足a=e7-a，3+lnb=c4-lnb，则ab=(    )
A. 3 B. 4 C. e3 D. e4
6. 已知正项数列an满足an=n1n(n∈N*)，当an最大时，n的值为(    )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
7. 已知x=2 , y=e1e , z=π1π，则x，y，z的大小关系为(    )
A. x>y>z B. x>z>y           
C. y>x>z D. y>z>x 
8. 已知1 A. ab>ba B. ba>eabe C. aa>eabe D. ab 9. 已知a>b>0，且a1a=b1b，则(    )
A. 0 10. 若不等式aex-lnx+lna≥0恒成立，则a的取值范围是(    )
A. [1e,+∞) B. [2e,+∞) C. [e2,+∞) D. [e,+∞)
11. 已知函数f(x)=(3a)x-x3a(a>1)，当x≥2e时，f(x)≥0恒成立，则实数a的取值范围为(    )
A. (e3,+∞) B. [2e3,+∞) C. (1,e) D. (1,2e3]
12. 已知首项为1的正项数列an满足an+12an2+4nan+n2n+1=an2.若a7=73λ-2，则实数λ的值为(    )
A. 64 B. 60 C. 48 D. 32
13. 已知函数fx=ax-x2a>1有且只有一个零点，则a的取值范围为(    )
A. 1,e1e B. e,+∞ C. e1e,+∞ D. e2e,+∞
14. 若a=9e8，b=(109)10，c=e 109，其中e为自然对数的底数，则a，b，c的大小关系为．(    )
A. a 15. 已知a>1，b>1，则下列关系式不可能成立的是(    )
A. eblna≤ab B. eblna≥ab C. aeb≥blna D. aeb≤blna
二、多选题
16. 已知函数f(x)=ax-xa(a>1)的定义域为(0,+∞)，且f(x)仅有一个零点，则下列选项正确的是(    )
A. e是f(x)的零点 B. f(x)在(1,e)上单调递增
C. x=1是fx的极大值点 D. fe是fx的最小值
三、填空题
17. 设正项数列an满足a1=1，an=2an-12(n⩾2)，则数列an的通项公式是          ．
18. 德国数学家康托尔是集合论的创始人，以其名字命名的“康托尔尘埃”作法如下：第一次操作，将边长为1的正方形分成9个边长为13的小正方形后，保留靠角的4个，删去其余5个；第二次操作，将第一次剩余的每个小正方形继续9等分，并保留每个小正方形靠角的4个，其余正方形删去；以此方法继续下去…….经过n次操作后，共删去          个小正方形；若要使保留下来的所有小正方形面积之和不超过11000，则至少需要操作          次．(lg2=0.3010,lg3=0.4771)
19. 英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛，若数列{xn}满足xn+1=xn-f(xn)f'(xn)，则称数列{xn}为牛顿数列.如果函数f(x)=x2-4，数列{xn}为牛顿数列，设an=lnxn+2xn-2，且a1=1，xn>2.则a2021=          ；数列{an}的前n项和为Sn，则S2021=          ．
20. 已知数列an满足an>0，前n项和为Sn，若a3=3，且对任意的k∈N*，均有a2k2=2a2k-1+1，a2k+1=2log2a2k+1，则a1=          ；S20=          .
21. 已知不等式alnx-1x+e1x-xa≥0在1e3,1e2上恒成立，则实数a的最小值为          ．
四、解答题
22. (本小题12.0分)
某企业年初在一个项目上投资2000万元，据市场调查，每年获得的利润为投资的50%，为了企业长远发展，每年年底需要从利润中取出500万元进行科研、技术改造，其余继续投入该项目．设经过n(n∈N*)年后，该项目的资金为an万元．
(1)求a1和a2的值；
(2)求证：数列{an-1000}为等比数列；
(3)若该项目的资金达到翻一番，至少经过几年？(lg 3≈0.5,lg 2≈0.3)

23. (本小题12.0分)
请在①a1=2；②a1=2；③a1=3这3个条件中选择1个条件，补全下面的命题使其成为真命题，并证明这个命题(选择多个条件并分别证明的按前1个评分)．
命题：已知数列{an}满足an+1=an2，若____，则当n≥2时，an≥2n恒成立．
24. (本小题12.0分)
已知正项数列{an}满足a1=2，an，an+1，an+2成等比数列，Tn=(1+a1)(1+a2)…(1+an).
(1)证明：数列{ln(1+an)}是等比数列；
(2)求Tn及数列{an}的通项公式；
(3)若bn=12an+12an+4，求数列{bn}的前n项和Sn，并证明：2Sn+23Tn-1=1．
25. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=ax2-1ln x，其图象在x=e处的切线过点(2e,2e2).
(1)求a的值;
(2)讨论f(x)的单调性;
(3)若λ>0，关于x的不等式λxf(x)≤e2λx-1在区间(1,+∞)上恒成立，求λ的取值范围．

26. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=lnx+2，g(x)=1ae2x-ln2a(a>0)．
(1)设函数h(x)=f(x+1)-x-2，求h(x)的最大值；
(2)证明：f(x)≤g(x)．
答案和解析

1.D 
【解析】
【分析】
本题考查了对数运算，及函数的单调性的应用，属中档题．
将已知等式两边取对数，再利用函数f(x)=x+lnx的单调性得α=lnβ，结合对数运算性质可得解．
【解答】
解：由αeα=2，可得α+lnα=ln2，
由βlnβ=2，可得lnβ+ln(lnβ)=ln2，
可得α+lnα=lnβ+ln(lnβ)，
又函数f(x)=x+lnx，在(0,+∞)上单调递增，
可得α=lnβ，
又α=ln2-lnα，
即ln2-lnα=lnβ，
可得ln2=ln(αβ)，
即得αβ=2，
故答案为：D．
  
2.B 
【解析】
【分析】
本题考查对数运算，考查运算化简的能力，属于一般题．
由已知得MN=101036×230，然后两边取对数求解即可．
【解答】
解： 汽车二级自动驾驶仪能够处理空间复杂度的上限M约为1010，目前人类可预测的地面危机总数N约为36×230．
∴MN=101036×230，
两边取常用对数，可得
lgMN=lg1010-lg36-lg230
≈10-6×0.48-30×0.30
=-1.88，
∴MN=10-1.88≈1100．
故选B．
  
3.A 
【解析】
【分析】
本题考查了函数的实际应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．
将t=23，x=k02k代入x=k0k(1-e-kt)，利用对数的运算性质即可求解．
【解答】
解：由题可知，将t=23，x=k02k代入x=k0k(1-e-kt)，
整理可得：12=e-23k，两边取对数得ln12=-23k，
解得k=ln223≈0.6923=3100，
故选：A．
  
4.B 
【解析】
【分析】
本题考查对数与对数运算．
由条件可得b=alogab， a=blogba，即可得ba+ab=52，即可求得结果．
【解答】
解：对ab=ba两边取以a为底的对数得logaab=logaba，即b=alogab，
同理有a=blogba，
代入logab+logba=52中得ba+ab=52，
因为a>b>0，所以ab>1，
令t=ab，t>1，则t+1t=52，
整理可得2t2-5t+2=0，
解得t=2或t=12(舍去)，
所以ab=2，
故选：B．
  
5.D 
【解析】
【分析】
本题主要考查对数的运算，属于中档题．
原式可化简为{a=e7-a3+ln⁡b=e7-(3+ln⁡b)，即lnb=a-3，再对a=e7-a，两边同时取对数，两式相加，即可求解．
【解答】
解：因为实数a，b满足a=e7-a，3+ln b=e4-ln b，
所以{a=e7-a3+ln⁡b=e7-(3+ln⁡b),
所以a=3+lnb，即lnb=a-3，
又因为a=e7-a，两边同时取对数，
可得lna=lne7-a=7-a，
所以lnb+lna=a-3+7-a=4，
所以lnab=4，所以ab=e4．
故选D．
  
6.B 
【解析】
【分析】
本题考查数列的函数特征，属于中档题．
对an两边取对数，构造函数f(x)=lnxx(x>0,x∈R)，利用其单调性即可求解．
【解答】
解：由an=n1n(n∈N*)，得lnan=lnn1n=1nlnn(n∈N*)，
构造函数f(x)=lnxx(x>0,x∈R)，则f'x=1-lnxx2，
当00，当x>e时，f'x<0，所以函数f(x)=lnxx在0,e上单调递增，在e,+∞单调递减，当x=e时取得最大值，故y=x1x在x=e时取得最大值，
又因为a2=2,a3=33,a2 所以当n=3时， an=n1n(n∈N*)取得最大值.故选B．
  
7.D 
【解析】
【分析】
本题考查利用导数研究函数的单调性及利用函数单调性比较大小，构造函数是关键，属于中档题．
构造函数f(x)=lnxx，利用导数可知x>e时f(x)单调递减，故可得lny>lnz>lnx，进而比较出x、y、z的大小．
【解答】
解：lnx=ln22，lny=lnee，lnz=lnππ，
设f(x)=lnxx，则f'(x)=1-lnxx2，
当00，f(x)单调递增，
x>e时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
f(4)=ln44=2ln24=ln22，
又e<π<4，故f(e)>f(π)>f(4)，即lny>lnz>lnx，
又y=lnx在(0,+∞)上单调递增，故y>z>x，
故选D．
  
8.D 
【解析】
【分析】
本题考查指数函数及其性质、利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
根据题意对ab，ba，eabe三个数先取自然对数再除以ab，构造函数f(x)=lnxx，利用导数得出f(x)在(0,e)上单调递增，得出fa 【解答】
解：因为1 所以ab>aa>a0=1，ba>b0=1，logba 对ab，ba，eabe三个数先取自然对数再除以ab，
则lnabab=blnaab=lnaa，lnbaab=alnbab=lnbb，lneabeab=1e=lnee，
设f(x)=lnxx，则f'(x)=1-lnxx2，
由f'(x)>0，解得0 所以f(x)在(0,e)上单调递增，
故fa 则aa 故选D．
  
9.C 
【解析】
【分析】
本题考查函数图象的应用、利用导数研究函数的单调性、利用导数研究闭区间上函数的最值，属于中档题．
对已知式子两边取自然对数，得1alna=1blnb， 设f(x)=lnxx，利用导数研究单调性，求出最大值，作出函数图象，即可求出结果．
【解答】
解：因为a>b>0，且a1a=b1b，
两边取自然对数，得1alna=1blnb，
设f(x)=lnxx，
由f'(x)=1-lnxx2=0，得x=e，
当x∈0,e时，f'x>0，当x∈e,+∞时，f'x<0，
所以f(x)=lnxx在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，
则x=e时，f(x)=lnxx取最大值1e，
又x→0时，f(x)→-∞;
x→+∞时，f(x)→0，作出其图象，如图：

又a>b>0，可知a>e，1 故选C．

  
10.A 
【解析】
【分析】
本题考查了利用导数研究恒成立问题，属于中档题．
构造函数f(x)=aex-lnx+lna，先求导，判断导函数的单调性，即可求出函数f(x)的最小值，根据基本不等式即可求出a的取值范围．
【解答】
解：设f(x)=aex-lnx+lna，则x>0，a>0，
∴f'(x)=aex-1x，
设g(x)=aex-1x，x>0，a>0，则g'x=aex+1x2>0，
∴函数g(x)在(0,+∞)上单调递增，
∴存在x0∈(0,+∞)，使得g(x0)=0，
即存在x0∈(0,+∞)，使得f'(x0)=aex0-1x0=0，
即aex0=1x0，两边取对数，可得lna+x0=-lnx0，
当0 当x>x0时，f'(x)>0，函数f(x)单调递增，
∴f(x)min=f(x0)=aex0-lnx0+lna=1x0+x0+2lna，
∵不等式aex-lnx+lna≥0恒成立，
∴1x0+x0+2lna≥0恒成立，
∴1x0+x0≥-2lna恒成立，
∵1x0+x0≥2x0⋅1x0=2，当且仅当x0=1时取等号，
∴-2lna≤2，
即a≥1e，
故a的取值范围是[1e,+∞)．
故本题选A．
  
11.D 
【解析】
【分析】
本题考查了不等式恒成立问题，利用导数研究函数的单调性以及函数的最值，利用导数研究不等式恒成立问题的策略为：通常构造新函数或参变量分离，利用导数研究函数的单调性，求出最值从而求得参数的取值范围，属于中档题．
不等式可变形为ln(3a)3a≥lnxx对x≥2e恒成立，构造函数g(x)=lnxx(x≥1)，则g(3a)≥g(x)对x≥2e恒成立，利用导数判断函数g(x)的单调性，利用单调性去掉“f”，从而将问题转化为3a≤x对x≥2e恒成立，即可求出a的取值范围．
【解答】
解：函数f(x)=(3a)x-x3a(a>1)，
因为当x≥2e时，f(x)≥0恒成立，
则(3a)x≥x3a对x≥2e恒成立，
所以xln(3a)≥3alnx对x≥2e恒成立，
故ln(3a)3a≥lnxx对x≥2e恒成立，
令g(x)=lnxx(x≥1)，
则g'(x)=1-lnxx2(x≥1)，
当10，则g(x)单调递增，
当x>e时，g'(x)<0，则g(x)单调递减，
因为a>1，
则3a>3>e，
又g(3a)≥g(x)对x≥2e恒成立，
所以3a≤x对x≥2e恒成立，
即3a≤2e，解得a≤2e3，
又a>1，
所以实数a的取值范围为(1,2e3]．
故选：D．
  
12.A 
【解析】
【分析】
本题主要考查数列的递推关系，属于难题．
可得n+1an+1+2=(nan+2)2，令bn=nan+2，则bn+1=bn2，两边取对数得lgbn+1=2lgbn，求出lgbn，从而求得an=n32n-1-2即可．
【解答】
解：由题意得，
n+1an+1=2an2+4nan+n2an2=(nan)2+4⋅nan+2，
∴n+1an+1+2=(nan+2)2．
令bn=nan+2，则bn+1=bn2，两边取对数得lgbn+1=2lgbn，
又lgb1=lg(1a1+2)=lg3，
则数列{lgbn}是首项为lg3，公比为2的等比数列，
∴lgbn=2n-1⋅lg3=lg32n-1，
∴bn=32n-1，即nan+2=32n-1，
∴an=n32n-1-2，由a7=73λ-2，
∴λ=27-1=64．
故选A．
  
13.D 
【解析】
【分析】
本题考查利用导数研究函数的单调性、导数中的零点问题、数形结合的思想，属于中档题. 
当x≤0时，由零点存在定理可得函数fx在-∞,0上有一个零点，在0,+∞上没有零点.当x>0时，由fx=ax-x2≠0可得ax≠x2，即xlna≠2lnx，即lna≠2lnxx，设hx=2lnxx，其中x>0，利用导数研究单调性，从而解得．
【解答】
解：(1)当x≤0时，y=axa>1为增函数，y=x2为减函数，此时函数fx为增函数，
因为f-1=1a-1=1-aa<0，f0=1>0，
由零点存在定理可知，函数fx在-1,0上有一个零点，故函数fx在-∞,0上只有一个零点，由题意可知，函数fx在0,+∞上没有零点．
(2)当x>0时，由fx=ax-x2≠0可得ax≠x2，即xlna≠2lnx，即lna≠2lnxx，
设hx=2lnxx，其中x>0，则h'x=21-lnxx2，
当00，此时函数hx单调递增，
当x>e时，h'x<0，此时函数hx单调递减，
所以，hx极大值=he=2e，作出函数hx的图象如下图所示：

因为a>1，则lna>0，故当lna>2e时，即当a>e2e时，直线y=lna与函数hx=2lnxx的图象没有交点.综上所述，实数a的取值范围是e2e,+∞．
故选：D．
  
14.B 
【解析】
【分析】
本题考查了利用导数研究函数单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
对a，b，c两边都取对数可得：lna=1+ln98=1-ln(1-19)，lnb=10ln(1+19)，lnc=1+19，构造f(x)=x+ln(1-x)，x∈(0,1)，利用导数研究函数单调性即可比较出a，c的大小关系，构造函数g(x)=ln(1+x)-x，x∈(0,1)，利用导数研究函数单调性即可比较出b，c的大小关系．
【解答】
解：对a，b，c两边都取对数可得：lna=1+ln98=1-ln(1-19)，
lnb=10ln(1+19)，lnc=1+19，
令f(x)=x+ln(1-x)，x∈(0,1)，
则f'(x)=xx-1<0，
所以f(x)在区间(0,1)上单调递减，f(19) 即19+ln(1-19)<0，即1+19<1-ln(1-19)，
所以lnc 令g(x)=ln(1+x)-x，x∈(0,1)，
则g'(x)=-xx+1<0，
所以g(x)在区间(0,1)上单调递减，则g(19) 即ln(1+19)<19，即10ln(1+19)<1+19，
所以lnb 所以b 故选B．
  
15.D 
【解析】
【分析】
本题考查利用导数研究函数的单调性，属于难题．
若eblna≤ab，即b-lnb≤lna-ln(lna)，构造函数f(x)=x-lnx，(x>0)，利用导数研究其单调性即可判断A、B；
若aeb≥blna，即b-lnb≥ln(lna)-lna，令f(t1)=t1-lnt1，f(t2)=lnt2-t2，作差即可判断C、D．
【解答】
解：对于AB，讨论的是eblna与ab的关系，
若eblna≤ab，则ln(eblna)≤ln(ab)，
即lneb+ln(lna)≤lna+lnb，即b-lnb≤lna-ln(lna)，
构造函数f(x)=x-lnx，(x>0)，则f'(x)=1-1x，
则当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，
此时，当b≤lna时，则有b-lnb≤lna-ln(lna)，即eblna≤ab，A正确；
当b≥lna时，则有b-lnb≥lna-ln(lna)，即eblna≥ab，B正确；
对于CD，讨论的是aeb与blna的关系，
若aeb≥blna，则lna·eb≥ln(blna)，
即lna+b≥lnb+ln(lna)，即b-lnb≥ln(lna)-lna，
令f(t1)=t1-lnt1，f(t2)=lnt2-t2，
又t1>0，t2>0，
则f(t1)-f(t2)=(t1-lnt1)-(lnt2-t2)=(t1+t2)-(lnt1+lnt2)≥0
则f(t1)≥f(t2)，则aeb≥blna，
故C正确，D错误．
故答案选：D．
  
16.ACD 
【解析】
【分析】
本题考查函数的图象和性质，主要是零点、单调性和极值、最值，考查转化思想和数形结合思想，函数方程思想，考查运算能力，属于较难题．
取f(x)=ax-xa=0，即ax=xa，两边取对数xlna=alnx，设h(x)=lnxx，求导画出函数图象，计算a=e，求得f(x)判断A;f'(x)=ex-exe-1，画出函数y=x-1e-1和y=lnx的图象，根据图象得到函数单调性，依次判断BCD. 
【解答】
解：取f(x)=ax-xa=0，即ax=xa，两边取对数得，xlna=alnx，即lnxx=lnaa有且只有一个解，
设h(x)=lnxx，h'(x)=1-lnxx2，函数h(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，
画出图象如图所示，

故lnaa=1e或lnaa<0，解得a=e或0 f'(x)=ex-exe-1，令f'(x)=ex-exe-1=0，即ex=exe-1，两边取对数x=1+(e-1)lnx，
画出函数y=x-1e-1和y=lnx的图象，根据图象知，
当x∈(1,e)时，x-1e-1 当x∈(0,1)和(e,+∞)时，f'(x) =ex-exe-1>0，函数f(x)单调递增，
所以x=1是f(x)的极大值点，f(e)是f(x)的极小值，又x→0时，f(x)→1，可得f(e)是f(x)的最小值．
故B错误，CD正确．
故选：ACD．

  
17.an=22n-1-1 
【解析】
【分析】
本题考查等比数列的判定及通项公式，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题．
将等式两边同时取对数后，转化为an+1=san+t的形式，再利用构造法求通项公式．
【解答】
解：原式两边同时取对数，得log2 an=1+2log2 an-1(n⩾2)，
即log2 an+1=2(log2 an-1+1)，
设bn=log2 an+1，
则bn=2bn-1(n⩾2)，
又b1=1+log2 a1=1，
所以bn是以2为公比，1为首项的等比数列，
所以bn=1×2n-1=2n-1，
所以log2 an+1=2n-1，所以an=22n-1-1．
故答案为an=22n-1-1．
  
18.5(4n-1)3
9
 
【解析】
【分析】
本题考查等比数列的通项公式、求和公式的实际运用，用到了对数运算，属于中档题．
按要求写出前几次删去的正方形的个数，从而可以求出前n项和，同样写出前几次操作后剩下的面积，可以得到第n次操作后剩下的面积，从而取对数求出结果．
【解答】
解：第1次操作，删去5个小正方形；
第2次操作，删去4×5个小正方形；
第3次操作，删去42×5个小正方形；
......
第n次操作，删去4n-1×5个小正方形．
所以经过n次操作，共删去5+4×5+42×5+...+4n-1×5
=5×(1+4+42+...+4n-1)=5×1×(1-4n)1-4=5(4n-1)3个小正方形．
第1次操作，剩下的面积是4×(13)2；
第2次操作，剩下的面积是42×(13)4；
第3次操作，剩下的面积是43×(13)6；
......
第n次操作，剩下的面积是4n×(13)2n=(49)n．
要使保留下来的所有小正方形面积之和不超过11000，
就要使(49)n⩽11000，所以nlg49⩽-lg1000，
即2n(lg2-lg3)⩽-3，解得：n⩾8.518，所以至少操作9次．
故答案为：5(4n-1)3；9．
  
19.22020
22021-1
 
【解析】
【分析】
本题主要考查了由数列的递推公式求解数列的项及和，等比数列的应用是求解问题的关键，属于中档题．
由已知分别表示出xn+1+2，xn+1-2，然后结合等比数列的通项公式可求．
【解答】
解：因为f(x)=x2-4，f'(x)=2x，
所以xn+1=xn-f(xn)f'(xn)=xn-xn2-42xn，
故xn+1+2=2+xn-xn2-42xn=(2+xn)22xn，
所以xn+1-2=xn-f(xn)f'(xn)-2=xn-xn2-42xn-2=(xn-2)22xn，
所以xn+1+2xn+1-2=(xn+2xn-2)2，
所以lnxn+1+2xn+1-2=ln(xn+2xn-2)2=2lnxn+2xn-2，即an+1=2an，
又a1=1，
所以数列{an}是以1为首项，以2为公比的等比数列，
所以an=2n-1，a2021=22020，S2021=1-220211-2=22021-1．
故答案为：22020；22021-1．
  
20.1
2146
 
【解析】
【分析】
本题考查对数运算，考查等差数列，等比数列的判断与求和，属中档题．
依题意，对a2k2=2a2k-1+1两边取对数，结合条件得a2k+1-a2k-1=2，数列a2k-1为等差数列，公差为2，进而a2k2=22k，再根据等差数列，等比数列求和公式计算即可．
【解答】
解：因为a2k2=2a2k-1+1，两边取对数得2log2a2k=a2k-1+1，
又a2k+1=2log2a2k+1，所以a2k+1-1=a2k-1+1，
即a2k+1-a2k-1=2，k∈N*，
数列a2k-1为等差数列，公差为2，
k=1时， a3-a1=2，得a1=1，
根据a2k+1-a2k-1=2，a1=1，数列a2k-1为等差数列，公差为2，首项是1，
a2k-1=2k-1，a2k2=22k，所以a2k=2k，
所以S20=a1+a3+⋯+a19+a2+a4+⋯+a20
=1+3+⋯+19+2+22+⋯+210=100+2046=2146，
故答案为1；2146．
  
21.-e22 
【解析】
【分析】
本题考查利用导数研究函数的单调性、最值，考查导数中的函数不等式及导数中恒成立问题，考查分析与计算能力，计算量大，综合性强，属于难题．
先将不等式alnx-1x+e1x-xa≥0变形为e1x-ln e1x⩾xa-ln xa，再构造函数f(x)=x-lnx(x>0)，利用函数单调性可得，e1x≥xa，再分离参数转化为a⩾1xln x在1e3,1e2上的最小值，即可解出．
【解答】
解：由题意，不等式可变形为e1x-1x⩾xa-alnx，
得e1x-lne1x⩾xa-ln xa对任意x∈(0,1)恒成立，
设f(x)=x-lnx，
则f(e1x)≥f(xa)对任意x∈(0,1)恒成立，f'(x)=1-1x=x-1x，
当0 当x>1时，f'(x)>0，所以函数f(x)在(1,+∞)上单调递增，
当x∈(0,1)时，e1x>e，
因为求实数a的最小值，
所以考虑a<0的情况，此时xa>1，
因为函数f(x)在(1,+∞)上单调递增，
所以要使f(e1x)≥f(xα)，只需e1x≥xα，
两边取对数，得1x≥alnx，
由于x∈(0,1)，所以a≥1xlnx．
令h(x)=xlnx(x∈(0,1))，则h'(x)=ln x+1，
易得h(x)在1e3,1e2上单调递减，
所以h(x)min=h(1e2)=-2e2，所以(1h(x))max=-e22，所以a⩾-e22，
所以实数a的最小值为-e22．
故答案为：-e22．

  
22.(1)解：由题意可得a1=2000(1+50％)-500=2500，
a2=2500(1+50％)-500=3250;
(2)证明：由题意知an=(1+50％)an-1-500(n⩾2)．
即an=32an-1-500，所以an-1000=32(an-1-1000)(n⩾2)．
由题意知a1=2000(1+50％)-500=2500，
所以数列an-1000的首项为a1-1000=1500，
所以an-1000是首项为1500，公比为32的等比数列．
(3)由(2)知数列an-1000的首项为a1-1000=1500，公比为32．
所以an-1000=1500·(32)n-1，所以an=1500⋅(32)n-1+1000．
当an⩾4000，得(32)n-1⩾2．
两边取常用对数得(n-1)lg 32⩾lg 2，所以n-1⩾lg 2lg 3-lg 2≈0.30.5-0.3=32，所以n⩾2.5，
因为n∈N*，所以n⩾3.即至少经过3年，该项目的资金达到翻一番． 
【解析】本题主要考查等比数列的应用，数列与函数的综合，考查计算能力，属于中档题．
(1)根据题意列出关系式求出a1，a2即可；
(2)由题意可得an=(1+50%)an-1-500(n≥2)，变形整理可得an-1000=32an-1-1000n⩾2，从而得证．
(3)由(2)可求得an，通过an≥4000，得到不等式求解即可．

23.解：选①，结论不成立．
证明：由an+1=an2，且a1=2，∴a2=2，
a2=2≥22不成立．
选②．
证明：由an+1=an2，且a1=2，∴an>0，
两边取对数可得：lgan+1=2lgan，
∴lgan=2n-1lg2，an=22n-1．
当n≥2时，只需证明2n-1≥n，
令bn=n2n-1，则bn+1-bn=n+12n-n2n-1=1-n2n<0．
所以bn≤b2=1，∴2n-1≥n成立．
综上所述，当a1=2且n≥2时，an≥2n成立．
选③．
证明：由an+1=an2，且a1=3，∴an>0，
两边取对数可得：lgan+1=2lgan，
∴lgan=2n-1lg3，an=32n-1．
当n≥2时，要证明an=32n-1≥2n．
只需证明2n-1≥n，
令bn=n2n-1，则bn+1-bn=n+12n-n2n-1=1-n2n<0．
所以bn≤b2=1，∴2n-1≥n成立．
综上所述，当a1=2且n≥2时，an≥2n成立． 
【解析】本题考查等比数列的通项公式、作差法、不等式的性质、转化方法，考查推理能力与计算能力，属于中档题．
选①，求出a2=2即可得到结论不成立；
选②.由an+1=an2，且a1=2，可得an>0，两边取对数可得：lgan+1=2lgan，利用等比数列的通项公式可得lgan，an，当n≥2时，只需证明2n-1≥n，令bn=n2n-1，通过作差即可得出结论;
选③，与②同理．

24.解：(1)证明：由an，an+1，an+2成等比数列，
即an+1=an(an+2)=an2+2an，
即an+1+1=(an+1)2，(*)，
因为a1=2，所以an+1>1，
将(*)式两边取对数，得ln(1+an+1)=2ln(1+an)，即ln(1+an+1)ln(1+an)=2，
所以数列{ln(1+an)}是首项为ln3，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知ln(1+an)=2n-1×ln3，
所以1+an=32n-1，即an=32n-1-1，
则Tn=(1+a1)(1+a2)⋅⋅⋅(1+an)=320×321×322×⋅⋅⋅×32n-1=31+2+22+⋅⋅⋅+2n-1=32n-1．
(3)证明：解法一：因为bn=12an+12an+4，即1an+2=2bn-1an①；
又因为an+1=an(an+2)，所以1an+1=1an(an+2)，即1an+1=12(1an-1an+2)②；
①式代入②式消去1an+2，可得bn=1an-1an+1，
所以Sn=b1+b2+⋅⋅⋅+bn=1a1-1a2+1a2-1a3+⋅⋅⋅+1an-1an+1=1a1-1an+1，
因为a1=2，an=32n-1-1，则an+1=32n-1，所以Sn=12-132n-1，
又Tn=32n-1，所以2Sn+23Tn-1=1．
解法二：因为bn=12an+12an+4=12(132n-1-1+132n-1+1)=12[2×32n-1(32n-1-1)(32n-1+1)]=12[2×(32n-1+1)-2(32n-1-1)(32n-1+1)]=132n-1-1-132n-1，
所以Sn=b1+b2+⋅⋅⋅+bn=1320-1-1321-1+⋅⋅⋅+132n-1-1-132n-1=12-132n-1，
又Tn=32n-1，所以2Sn+23Tn-1=1． 
【解析】本题考查等比数列的通项公式、数列求和等知识，考查学生的运算求解能力，属于中档题．
(1)根据等比数列的性质以定义即可求解；
(2)由(1)可得an的通项公式，即可求出结果；
(3)解法一通过化简求出bn的通项公式，直接求和即可；
解法二是直接代入求解即可．

25.解：(1)由题意f(x)=ax2-1lnx，则f'(x)=2axlnx-ax+1x(lnx)2，
那么f(e)=ae2-1，f'(e)=ae+1e．
∴f(x)在x=e处的切线方程为y-(ae2-1)=(ae+1e)(x-e)，
即y=(ae+1e)x-2，
代入点(2e,2e2)得2e2=(ae+1e)×2e-2，解得a=1．
(2)∵f(x)=x2-1lnx，x∈(0,1)∪(1,+∞)，
∴f'(x)=2xln x-x2-1x(ln x)2=2xln x-x+1x(ln x)2．
令g(x)=2xlnx-x+1x，x>0，
则g'(x)=2lnx-1x2+1，
易知g'(x)=2lnx-1x2+1在0,+∞上为递增函数，当x=1时，g'(x)=0， 
∴当x∈(0,1)时，g'(x)<0，
当x∈(1,+∞)时，g'(x)>0， 
∴g(x)当x∈(0,1)时，单调递减，当x∈(1,+∞)时单调递增， 
又g(1)=0，∴在x∈(0,1)∪(1,+∞)上，
g(x)>0，进而f'(x)>0， 
∴f(x)在定义域内单调递增．
(3)∵λ>0，x>1时，ln x>0，
∴不等式可化为f(eλx)⩾x2-1lnx，
即f(eλx)⩾f(x)，易知eλx∈(1,+∞)，
由(1)知，f(x)在(1,+∞)单调递增，
故只需eλx⩾x在(1,+∞)上恒成立．
两边同取自然对数，得λx⩾ln x，即λ⩾lnxx．
令φ(x)=ln xx(x>1)，则φ'(x)=1-ln xx2，
当x∈(1,e)时，φ'(x)>0，φ(x)单调递增，
当x∈(e,+∞)时，φ'(x)<0，φ(x)单调递减，
∴φ(x)max⩽φ(e)=1e，只需λ≥1e．
故λ的取值范围是[1e,+∞)． 
【解析】本题考查了导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性及最值和导数中的恒成立问题，是较难题．
(1)根据已知及导数的几何意义的计算，求出a的值；
(2)先求导f'(x)=2xlnx-x2-1x(lnx)2=2xlnx-x+1x(lnx)2，令g(x)=2xlnx-x+1x，x∈(0,1)∪(1,+∞)，根
据g(x)的单调性得g(x)>g(1)=0，即f'(x)>0，可得单调性;
(3)不等式可化为f(eλx)⩾x2-1lnx，即f(eλx)⩾f(x)，故只需eλx⩾x在(1,+∞)上恒成立．两边同取自然对数，得λ⩾ln xx.令φ(x)=ln xx(x>1)，利用导数研究φ(x)的单调性及最值可得λ的取值范围．

26.解：(1)h(x)=ln(x+1)+2-x-2=ln(x+1)-x(x>-1)，
∴h'(x)=1x+1-1=-xx+1(x>-1)，
当x∈(-1,0)时，h'(x)>0，h(x)单调递增；
当x∈(0,+∞)时，h'(x)<0，h(x)单调递减，
∴h(x)的最大值为h(0)=0．
(2)证明：g(x)-f(x)=1ae2x-ln2a-lnx-2=1a(e2x-aln2a-alnx-2a)，
∵a>0，∴原不等式等价于φ(x)=e2x-aln2a-alnx-2a≥0，
则φ'(x)=2e2x-ax=2xe2x-ax，
令m(x)=2e2x-ax，则m'(x)=4e2x+ax2>0，
∴φ'(x)在(0,+∞)上单调递增，
令t(x)=2xe2x-a，t'(x)=2(e2x+2xe2x)>0，t(x)在(0,+∞)上单调递增，
t(0)=-a<0，t(a)=2ae2a-a=a(2e2a-1)>0，
∴存在唯一x0∈(0,a)，使得t(x0)=2x0e2x0-a=0，即φ'(x0)=2e2x0-ax0=0，
∴当0 当x>x0时，φ'(x)>0，φ(x)单调递增，
要证φ(x)≥0，即要证φ(x0)≥0，
于是原问题转化为证明不等式组
2e2x0-ax0=0φ(x0)=e2x0-aln2a-alnx0-2a≥0，
由2e2x0-ax0=0得e2x0=a2x0，
两边同时取常用对数得lnx0=lna2-2x0，
代入φ(x0)=e2x0-aln2a-alnx0-2a，
可得φ(x0)=a2x0+2ax0-2a，
∴φ(x0)=a2x0+2ax0-2a≥2a2x0⋅2ax0-2a=0，
当且仅当a2x0=2ax0即x0=12，a=e时，等号成立，
∴φ(x)≥0，即g(x)≥f(x)． 
【解析】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了基本不等式的应用，属于难题．
(1)利用导数分析函数h(x)在定义域上的单调性，由此得到函数h(x)的最大值．
(2)原不等式等价于φ(x)=e2x-aln2a-alnx-2a≥0，利用导数分析函数φ(x)的单调性，求出φ(x)的最小值，结合基本不等式可证得不等式f(x)≤g(x)成立．