【正文】 a2+8＞ 0， ∴ f（﹣ 2） f（ 2） =（ 2﹣ 2a）（ 2+2a） ≤ 0，解得 a≥ 1，或 a≤ ﹣ 1． 命題 q： x2+ax+2≤ 0 在區(qū)間 [1， 2]內(nèi)有解， ∴ a≤ =﹣ 3． ∵ 命題 “p 且 q”是假命題， ∴ p 與 q 都是假命題． ∴ ，解得﹣ 1＜ a＜ 1． ∴ 實(shí)數(shù) a 的取值范圍是（﹣ 1， 1）． 【點(diǎn)評(píng)】 本題考查了不等式的解法、函數(shù)的性質(zhì)、方程的實(shí)數(shù)根與判別式的關(guān)系、簡易邏輯的判定方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題． 19．已知數(shù)列 {an}的前 n 項(xiàng)和為 Sn，且 Sn=n（ n+1）（ n∈ N*）． （ Ⅰ ）求數(shù)列 {an}的通項(xiàng)公式； （ Ⅱ ）若數(shù)列 {bn}滿足： ，求數(shù)列 {bn}的通項(xiàng)公式； （ Ⅲ ）令 （ n∈ N*），求數(shù)列 {}的前 n 項(xiàng)和 Tn． 【考點(diǎn)】 數(shù)列的求和；數(shù)列的函數(shù)特性；等差數(shù)列的通項(xiàng)公式． 【分析】 （ Ⅰ ）當(dāng) n=1 時(shí)， a1=S1=2，當(dāng) n≥ 2 時(shí)， an=Sn﹣ Sn﹣ 1=n（ n+1）﹣（ n﹣ 1） n=2n，由此能求出數(shù)列 {an}的通項(xiàng)公式． （ Ⅱ ）由 （ n≥ 1），知，所以 ，由此能求出 bn． （ Ⅲ ） =n（ 3n+1） =n3n+n，所以 Tn=c1+c2+c3+…+=（ 1 3+2 32+3 33+…+n3n） +（ 1+2+…+n），令 Hn=1 3+2 32+3 33+…+n 3n，由錯(cuò)位相減法能求出，由此能求出數(shù)列 {}的前 n 項(xiàng)和． 【解答】 解：（ Ⅰ ）當(dāng) n=1 時(shí)， a1=S1=2， 當(dāng) n≥ 2 時(shí)， an=Sn﹣ Sn﹣ 1=n（ n+1）﹣（ n﹣ 1） n=2n， 知 a1=2 滿足該式， ∴ 數(shù)列 {an}的通項(xiàng)公式為 an=2n． （ Ⅱ ） ∵ （ n≥ 1） ① ∴ ② ②﹣ ①得： ， bn+1=2（ 3n+1+1）， 故 bn=2（ 3n+1）（ n∈ N*）． （ Ⅲ ） =n（ 3n+1） =n3n+n， ∴ Tn=c1+c2+c3+…+=（ 1 3+2 32+3 33+…+n 3n） +（ 1+2+…+n） 令 Hn=1 3+2 32+3 33+…+n 3n， ① 則 3Hn=1 32+2 33+3 34+…+n 3n+1② ①﹣ ②得：﹣ 2Hn=3+32+33+…+3n﹣ n 3n+1 = ∴ ， … ∴ 數(shù)列 {}的前 n 項(xiàng)和 … 【點(diǎn)評(píng)】 本題首先考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的基本量、通項(xiàng)，結(jié)合含兩個(gè)變量的不等式的處理問題，對(duì)數(shù)學(xué)思維的要求比較高，要求學(xué)生理解 “存在 ”、 “恒成立 ”，以及運(yùn)用一般與特殊的關(guān)系進(jìn)行否定，本題有一定的探索 性．綜合性強(qiáng)，難度大，易出錯(cuò)．解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意錯(cuò)位相減法的靈活運(yùn)用． 20．如圖，多面體 ABCDEF 中，四邊形 ABCD 是邊長為 2a 的正方形， BD⊥ CF，且 FA⊥AD， EF∥ AD， EF=AF=a． （ Ⅰ ）求證：平面 ADEF 垂直于平面 ABCD； （ Ⅱ ）若 P、 Q 分別為棱 BF 和 DE 的中點(diǎn)，求證： PQ∥ 平面 ABCD； （ Ⅲ ）求多面體 ABCDEF 的體積． 【考點(diǎn)】 棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積；平面與平面垂直的判定． 【分析】 （ Ⅰ ）連結(jié) AC，推導(dǎo)出 BD⊥ AC，從而 FA⊥ 平面 ADEF，由此能證明平面 ADEF垂直于平面 ABCD． （ Ⅱ ）作 PS⊥ AB， QT⊥ AD， EM⊥ AD， S， T， M是垂足，推導(dǎo)出四邊形 PSTQ是平行四邊形，從而 PQ∥ ST，由此能證明 PQ∥ 平面 ABCD． （ Ⅲ ）多面體 ABCDEF 的體積 V 多面體 ABCDEF=VF﹣ ABCD+VC﹣ DEF，由此能求出結(jié)果． 【解答】 證明：（ Ⅰ ）連結(jié) AC， ∵ ABCD 是正方形， ∴ BD⊥ AC， ∵ 平面 ABCD⊥ 平面 ADEF， AF⊥ AD，平面 ABCD∩平面 ADEF=AD， ∴ FA⊥ 平面 ADEF， ∴ 平面 ADEF 垂直于平面 ABCD． （ Ⅱ ）作 PS⊥ AB， QT⊥ AD， EM⊥ AD， S， T， M是垂足， 在 △ ABF 中， PS： AF=BP： BF=1： 2， PS= AF， 在直角梯形 ADEF 中， QT= EM= AF， ∴ PS QT， ∴ 四邊形 PSTQ 是平行四邊形， ∴ PQ∥ ST， ∵ ST? 平面 ABCD， ∴ PQ∥ 平面 ABCD． 解：（ Ⅲ ）多面體 ABCDEF 的體積： V 多面體 ABCDEF=VF﹣ ABCD+VC﹣ DEF = = ． 【點(diǎn)評(píng)】 本題考查面面垂直、 線面平行的證明，考查多面體的體積的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng)． 21．函數(shù) f（ x） =x2+mln（ x+1）． （ 1）若函數(shù) f（ x）是定義域上的單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù) m 的取值范圍； （ 2）若 m=﹣ 1，試比較當(dāng) x∈ （ 0， +∞）時(shí)， f（ x）與 x3的大?。? （ 3）證明：對(duì)任意的正整數(shù) n，不等式 e0+e﹣ 1 4+e﹣ 2 9+…+e ＜ 成立． 【考點(diǎn)】 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；不等式的證明． 【分析】 （ 1）分 f′（ x） ≥ 0 或 f′（ x） ≤ 0 在（﹣ 1， +∞）上恒成立兩種情況； （ 2）令 m=﹣ 1，通過求導(dǎo)，得 g（ x） =f（ x）﹣ x3在（ 0， +∞）上單調(diào)遞減，從而得證； （ 3）由（ 2）可知 x2﹣ x3＜ ln（ x+1）（ x∈ （ 0， +∞）），變形為 （ x∈ （ 0， +∞）），相加計(jì)算即可． 【解答】 解：（ 1）根據(jù)題意，由 = ， 可知 f′（ x） ≥ 0 或 f′（ x） ≤ 0 在（﹣ 1， +∞）上恒成立． 下面分兩種情況討論： ①當(dāng) f′（ x） = ≥ 0 在（﹣ 1， +∞）上恒成立時(shí)， 有 m≥ 在（﹣ 1， +∞）上恒成立，故 m≥ ； ②當(dāng) f′（ x） = ≤ 0 在（﹣ 1， +∞）上恒成立時(shí)， 有 m≤ 在（﹣ 1， +∞）上恒成立． ∵ 在（﹣ 1， +∞）上沒有最小值， ∴ 不存在實(shí)數(shù) m 使 f′（ x） ＜ 0 在（﹣ 1， +∞）上恒成立． 綜上所述，實(shí)數(shù) m 的取值范圍是 [ ）； （ 2）當(dāng) m=﹣ 1 時(shí)，即函數(shù) f（ x） =x2﹣ ln（ x+1）． 令 g（ x） =f（ x）﹣ x3=﹣ x3+x2﹣ ln（ x+1）， 則 = ， 顯然，當(dāng) x∈ （ 0， +∞）時(shí)， g′（ x） ＜ 0，即函數(shù) g（ x）在（ 0， +∞）上單調(diào)遞減， 又因?yàn)?g（ 0） =0，所以當(dāng) x∈ （ 0， +∞）時(shí)，恒有 g（ x） ＜ g（ 0） =0， 即 f（ x）﹣ x3＜ 0 恒成立，故當(dāng) x∈ （ 0， +∞）時(shí)，有 f（ x） ＜ x3． （ 3）由（ 2）可知 x2﹣ x3＜ ln（ x+1）（ x∈ （ 0， +∞））， 所以 ，即 （ x∈ （ 0， +∞））， 當(dāng) x取自然數(shù)時(shí)，有 （ n∈ N*）， 所以 e0+e﹣ 1 4+e﹣ 2 9+…+e ＜ （ 1+1） +（ 2+1） +（ 3+1） +…+（ n+1） =1 n+1+2+3+4+…+n