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一、填空题（本大题共14小题，每题5分，共70分）
1.设集合A={1，2}，集合B={1，a-1}，若A∪B={1，2，3}，则实数a= .
2.若纯虚数z满足（2 i）z=1 b（1 i）2（其中i是虚数单位，b是实数），则b= .
3.某校数学、物理、化学三个兴趣小组分别有成员60人、40人、20人.现用分层抽样的方法从这三个兴趣小组中抽取24人来调查活动开展情况，则在物理兴趣小组中应抽取 人.
4.已知实数x，y满足：y≤x，
x y≤1，
y≥-1.则z=2x y 1的最大值是 .
5.双曲线x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的一条渐近线倾斜角为α，且cosα=13，则双曲线的离心率为 .
6.执行如图所示的伪代码，最后输出的S值为 .
S←0
For I From 1 To 19 step 2
S←S I
End For
Print S
End
7.将一枚正方体骰子（6个面分别刻有1，2，3，4，5，6的玩具）先后抛掷2次，记第一次抛掷的点数为x，第二次抛掷的点数为y，则使yx为整数的概率为 .
8.设a，b，c是任意的非零向量，且相互不共线，有下列命题：
①（a b）·c=c·（a b）；
②（a·b）2=a2·b2；
③若a·b=b·c=c·a，则a=b=c；
④|a b c|<|a| |b| |c|.
其中的真命题是 .
9.已知A，B，C为△ABC的三个内角，且满足sinA-3cosA=2，tanB=12，则cosC= .
10.在棱长为1正方体ABCDA1B1C1D1中，E分别是棱A1A上任意一点，则三棱锥BECC1的体积为 .
11.已知数列{an}，{bn}满足a1=1，a2=2，b1=2，对于任意正整数r，s，k，l，当r s=k l时，都有arbs=akbl，则13∑2018i=1（ai bi）= .
12.设方程x 2 2x=0和方程x 2 log2x=0的根分别记为p、q，已知函数f（x）=（x p）（x q） 2，则f（0），f（1），f（2）大小关系是 .
13.在直角坐标系xOy中，已知A，B为圆C：（x 2）2 y2=4上不同的两点（O为坐标原点，C为圆心），过点A，B分别作圆C的切线l1，l2，若l1与l2相交于点Q，圆C上另有一点P，满足∠APB=60°，且P，Q，C三点在同一条直线上，则OP·OQ的取值范围是 .
14.實数a，b，c满足a>b>0，且b2-4ac≤0，则a（a-b 4c）b（a-b）的最小值为 .
二、解答题（本大题共6小题，共90分）
15.（本题满分14分）
已知向量a=（cosx，sinx），向量b=（-cosx，sinx-1）（x∈R），将a·b表示为x的函数，记为f（x）.
（1）求函数f（x）的最大值，并指出相应的x的值；
（2）若函数f（x）取最小值时x的值记为x0，求cos（2x0-π3）的值.
16.（本题满分14分）
如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面四边形ABCD是菱形，
E是棱CC1的中点，F是对角线B1D上的点，且BF⊥B1D.
（1）求证：A1C1∥平面B1DE；
（2）求证：BF⊥平面B1DE.
17.（本题满分14分）
如图，已知椭圆x2a2 y2b2=1（a>b>0）的离心率为32，A（a，0），B（0，b）是它的两个顶点，且△AOB的面积为1.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知P，Q是椭圆上的两个不同点，点P在y轴的左侧，
①若BP=BQ，试问P，Q是否关于y轴对称？说明理由；
②若P，Q关于y轴对称，求△BPQ的面积最大值，并指出面积取最大值时点P的坐标.
18.（本题满分16分）
如图，在一直道边有三个小村庄B，D，C（将村庄视为点），在村庄D正北方向上有一电视塔A，村庄C在塔A的南偏东45°的方向上，DC=1（km），村庄B在塔A的南偏西30°的方向上，为了探求塔A与直道的距离，作AM⊥DC，垂足为M，M在线段DC上.
（1）①设∠DAM=α，试用α表示AM的长度；
②求线段AM长度的取值范围；
（2）若BD=1（km），求AM的长度.
19.（本题满分16分）
已知{an}为等差数列，其前n项和为Sn，且{Sn-n}也成等差数列.
（1）若S3 S5=S6，求数列{an}的通项公式；
（2）已知数列{an}的公差d为正数，是否存在正整数n，使Sn，S2n，Sn2成等比数列？若存在，求出所有正整数n的值；若不存在，说明理由.
20.（本题满分16分）
已知函数f（x）=ax3 bx2 3x-2（a≠0，x∈R）.
（1）若a<0，b=0，且函数f（x）有且只有两个零点，求实数a的值；
（2）过曲线y=f（x）上任意一点P（x1，f（x1））的切线l交曲线于另一点Q（x2，f（x2）），设曲线在P，Q处的切线斜率分别为k1，k2，若存在常数λ使k1=λk2恒成立，求实数a，b的关系. 参考答案
一、填空题
1.4
2.-1
3.8
4.4
5.3
6.190
7.718
8.①④
9.5 21510
10.16
11.22018-1
12.f（1） 13.[-8，0]
14.3
二、解答题
15.（1）由已知得f（x）=a·b
=cosx·（-cosx） sinx·（sinx-1）
=2sin2x-sinx-1，
因为f（x）=2（sinx-14）2-98，sinx∈[-1，1]，
所以f（x）max=2，当且仅当sinx=-1，
即x=-π2 2kπ，k∈Z时取得.
（2）因为f（x）=2（sinx-14）2-98，
由题意知sinx0=14，所以cosx0=±1-sin2x=±154，cos2x0=1-2sin2x0=78，
当cosx0=154时，sin2x0=2sinx0cosx0=158，
所以cos（2x0-π3）=cos2x0cosπ3 sin2x0sinπ3=78×12 158×32=7 3516.
当cosx0=-154时，sin2x0=-2sinx0cosx0=-158，
所以cos（2x0-π3）=cos2x0cosπ3 sin2x0sinπ3=78×12-158×32=7-3516.
16.（1）在棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1B1∥AB，A1B1=AB，
又已知底面四边形ABCD是菱形，所以AB∥DC，AB=CD，
所以A1B1∥DC，A1B1=CD，四边形A1B1CD为平行四边形；
连接A1C交B1D于O，连OE，则O为A1C的中点，又因E为C1C的中点，
所以OE∥A1C1，而OE面B1DE，A1C1面B1DE，所以A1C1∥面B1DE.
（2）连B1D1，BD，因为棱柱ABCDA1B1C1D1是直棱柱，
所以B1B⊥面A1B1C1D1，
又A1C1面A1B1C1D1，所以B1B⊥A1C1；
在棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1A∥B1B，A1A∥D1D，所以B1B∥D1D，
从而，四边形B1BDD1为平面四边形；
又已知四边形A1B1C1D1是菱形，所以B1D1⊥A1C1，
又B1D∩B1B=B1，B1D1，B1B面B1BDD1；
所以A1C1⊥面B1BDD1，
而BF面B1BDD1，所以A1C1⊥BF，由（1）知OE∥A1C1，所以BF⊥OE，
又已知BF⊥B1D，OE∩B1D=O，OE，B1D面B1DE，
所以BF⊥面B1DE.
17.解：（1）由已知得ca=32
S△AOB=12ab=1
a2=b2 c2，解得a=2
b=1
c=3；
所以橢圆的标准方程为x24 y2=1.
（2）设P（x0，y0）（x0<0），Q（x1，y1），又已知B（0，1），
①因BP=BQ，
则有x20 （y0-1）2=x21 （y1-1）2
x204 y20=1
x214 y21=1，
化简得：（y1-y0）[3（y1 y0） 2]=0，所以y1=y0或y1 y0=-23，
取y0=-12，y1=-16，满足y0 y1=-23，在椭圆上取点P（-3，-12），Q（-353，-16），
显然，这两点不关于y轴对称；
当y0=y1，P，Q关于y轴对称.
综上所述，P，Q不一定关于y轴对称.
②因P，Q关于y轴对称，设P（x0，y0）（x0<0），则Q（-x0，y0），且x204 y20=1，
所以S△BPQ=12（-2x0）·（1-y0）
=-x0（1-y0），
所以S2△BPQ=x20（1-y0）2=4（1-y20）（1-y0）2，
记f（y0）=4（1-y20）（1-y0）2，y0∈（-1，1），
又f′（y0）=-8（1-y0）2（2y0 1），y0∈（-1，1），
当y0∈（-1，-12）时，f′（y0）>0，则f（y0）递增；
当y0∈（-12，1）时，f′（y0）<0，则f（y0）递减；
所以，当y0=-12时，f（y0）取极大值，也是最大值f（y0）=f（-12）=274；
即S2△BPQ取最大值，因此，（S△BPQ）max=332，此时P（-3，-12）.
18.解：（1）①在直角△AMD中，DM=AMtanα；在直角△AMC中，CM=AMtan（45°-α）；
又DC=DM MC=1，即AMtanα AMtan（45°-α）=1，
所以AM=1tanα tan（45°-α）=1 tanα1 tan2α，0°≤α≤45°.
②令tanα=t∈[0，1]，则AM=1 tanα1 tan2α=1 t1 t2=f（t），
因为f′（t）=-t2-2t 1（1 t2）2 =-（t 2 1）（t-2 1）（1 t2）2，t∈[0，1]，
当t∈（0，2-1）时，f′（t）>0，则f（t）递增；
当y0∈（2-1，1）时，f′（t）<0，则f（t）递减；
所以，当t=2-1时，f（t）取极大值，也是最大值f（2-1）=2 12，
f（t）min=min{f（0），f（1）}=f（0）=f（1）=1，
因此，AM的取值范围为[1，2 12].
（2）由（1）知，∠ABD=60°-α，AD=AMcosα，
在△ABD中，由正弦定理得，
BDsin∠BAD=ADsin∠ABD，即1sin30°=ADsin（60°-α），
所以AD=2sin（60°-α），
AM=ADcosα=2cosα·sin（60°-α）=3cos2α-sinαcosα；
进一步，AM=3cos2α-sinαcosαsin2α cos2α=3-tanα1 tan2α，
又由（1），AM=1 tanα1 tan2α，α∈[0°，45°]，
所以，3-tanα1 tan2α=1 tanα1 tan2α，解得tanα=3-12，
所以，AM=7 5313.
答：（1）AM=1 tanα1 tan2α，α∈[0°，45°]，长度取值范围为[1，2 12]（千米）；
（2）AM=7 5313.
19.解：设{an}的公差为d，
（1）因为{Sn-n}为等差数列，则有2S2-2=S1-1 S3-3，
联立S3 S5=S6
2S2-2=S1-1 S3-3，
即3a1 3×22d 5a1 5×42d=6a1 6×52d
22a1 d-2=a1-1 3a1 3d-3，
由第一式化简得a1=d，然后代入第二式得：
23d-2=d-1 6d-2，
解得：d=2，所以a1=d=2，Sn=n2 n，an=2n.
检验：当Sn=n2 n时，Sn-n=（n2 n）-n=n，
Sn-n-Sn-1-（n-1）=n-（n-1）=1（常数），数列{Sn-n}为等差数列，符合题意.
所以数列{an}的通项公式为an=2n.
（2）因为{Sn-n}为等差数列，设Sn-n=An B，两边同时平方：
Sn-n=（An B）2，即d2n2 （a1-d2-1）n=A2n2 2ABn B2；
所以B2=0且（a1-d2-1）=2AB，
从而得：a1=d2 1.
所以，Sn=na1 n（n-1）2d=12n2d n；
则S2n=2n2d 2n，Sn2=12n4d n2.
假设存在符合条件的正整数n，使Sn，S2n，Sn2成等比数列，所以S22n=Sn·Sn2，
即（2n2d 2n）2=（12n2d n）·（12n4d n2），
化简得到：（n4-16n2）d2 （2n3 2n2-32n）d 4n-16=0，d∈（0， ∞） （*）
原命题等价于：关于d的方程是否有正数解.
①若n=4，则（*）式等价于，32d=0，即d=0，不符题意，舍去；
②若n≠4，由根与系数的关系有
d1 d2=-2（n2 n-16）n（n2-16）<0
d1·d2=4n2（n 4）>0，
所以，要么（*）式无实根，要么有两负根，都不符合题意；
综上所述，由不存在符合题意的正整数n，使Sn，S2n，Sn2成等比数列.
20.解：（1）当a<0，b=0时，f′（x）=3ax2 3=3a（x--1a）（x -1a），
当x∈（-∞，--1a）时，f′（x）<0，则f（x）递减；
当x∈（--1a，-1a）时，f′（x）>0，则f（x）递增；
当x∈（-1a， ∞）时，f′（x）<0，则f（x）递减；
所以，x=--1a时，f（x）取极小值；x=-1a时，f（x）取极大值；
由题意知，f（x）极小值=f（--1a）=0或者f（x）极大值=f（-1a）=0.
即f（--1a）=a（--1a）3 3（--1a）-2=0，即-2-1a-2=0，无解；
或者f（-1a）=a（-1a）3 3（-1a）-2=0，即2-1a-2=0，解得a=-1，
当a=-1，b=0时，f（x）=-x3 3x-2=-（x-1）2（x 2），函数f（x）恰有两个零点.
所以a=-1.
（2）由已知得f′（x）=3ax2 2bx 3，
则切线l的方程为：y=f′（x）（x-x1） f（x1），即y=（3ax21 2bx1 3）（x-x1） f（x1），
聯立
y=（3ax21 2bx1 3）（x-x1） （ax31 bx21 3x1-2），
y=ax3 bx2 3x-2，
得：（x-x1）2（ax 2ax1 b）=0，
所以x2=-2x1-ba.
假设存在常数λ使k1=λk2，即f′（x1）=λf′（x2），
亦即3ax21 2bx1 3=λ[3a（-2x1-ba）2 2b（-2x1-ba） 3]，
整理得：（3a-12λa）x21 （2b-8λb）x1 （3-b2λa-3λ）=0，x1∈R成立.
当且仅当3a-12λa=0，
2b-8λb=0，
3-b2λa-3λ=0，，即λ=14，a=b29.
1.设集合A={1，2}，集合B={1，a-1}，若A∪B={1，2，3}，则实数a= .
2.若纯虚数z满足（2 i）z=1 b（1 i）2（其中i是虚数单位，b是实数），则b= .
3.某校数学、物理、化学三个兴趣小组分别有成员60人、40人、20人.现用分层抽样的方法从这三个兴趣小组中抽取24人来调查活动开展情况，则在物理兴趣小组中应抽取 人.
4.已知实数x，y满足：y≤x，
x y≤1，
y≥-1.则z=2x y 1的最大值是 .
5.双曲线x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的一条渐近线倾斜角为α，且cosα=13，则双曲线的离心率为 .
6.执行如图所示的伪代码，最后输出的S值为 .
S←0
For I From 1 To 19 step 2
S←S I
End For
Print S
End
7.将一枚正方体骰子（6个面分别刻有1，2，3，4，5，6的玩具）先后抛掷2次，记第一次抛掷的点数为x，第二次抛掷的点数为y，则使yx为整数的概率为 .
8.设a，b，c是任意的非零向量，且相互不共线，有下列命题：
①（a b）·c=c·（a b）；
②（a·b）2=a2·b2；
③若a·b=b·c=c·a，则a=b=c；
④|a b c|<|a| |b| |c|.
其中的真命题是 .
9.已知A，B，C为△ABC的三个内角，且满足sinA-3cosA=2，tanB=12，则cosC= .
10.在棱长为1正方体ABCDA1B1C1D1中，E分别是棱A1A上任意一点，则三棱锥BECC1的体积为 .
11.已知数列{an}，{bn}满足a1=1，a2=2，b1=2，对于任意正整数r，s，k，l，当r s=k l时，都有arbs=akbl，则13∑2018i=1（ai bi）= .
12.设方程x 2 2x=0和方程x 2 log2x=0的根分别记为p、q，已知函数f（x）=（x p）（x q） 2，则f（0），f（1），f（2）大小关系是 .
13.在直角坐标系xOy中，已知A，B为圆C：（x 2）2 y2=4上不同的两点（O为坐标原点，C为圆心），过点A，B分别作圆C的切线l1，l2，若l1与l2相交于点Q，圆C上另有一点P，满足∠APB=60°，且P，Q，C三点在同一条直线上，则OP·OQ的取值范围是 .
14.實数a，b，c满足a>b>0，且b2-4ac≤0，则a（a-b 4c）b（a-b）的最小值为 .
二、解答题（本大题共6小题，共90分）
15.（本题满分14分）
已知向量a=（cosx，sinx），向量b=（-cosx，sinx-1）（x∈R），将a·b表示为x的函数，记为f（x）.
（1）求函数f（x）的最大值，并指出相应的x的值；
（2）若函数f（x）取最小值时x的值记为x0，求cos（2x0-π3）的值.
16.（本题满分14分）
如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面四边形ABCD是菱形，
E是棱CC1的中点，F是对角线B1D上的点，且BF⊥B1D.
（1）求证：A1C1∥平面B1DE；
（2）求证：BF⊥平面B1DE.
17.（本题满分14分）
如图，已知椭圆x2a2 y2b2=1（a>b>0）的离心率为32，A（a，0），B（0，b）是它的两个顶点，且△AOB的面积为1.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知P，Q是椭圆上的两个不同点，点P在y轴的左侧，
①若BP=BQ，试问P，Q是否关于y轴对称？说明理由；
②若P，Q关于y轴对称，求△BPQ的面积最大值，并指出面积取最大值时点P的坐标.
18.（本题满分16分）
如图，在一直道边有三个小村庄B，D，C（将村庄视为点），在村庄D正北方向上有一电视塔A，村庄C在塔A的南偏东45°的方向上，DC=1（km），村庄B在塔A的南偏西30°的方向上，为了探求塔A与直道的距离，作AM⊥DC，垂足为M，M在线段DC上.
（1）①设∠DAM=α，试用α表示AM的长度；
②求线段AM长度的取值范围；
（2）若BD=1（km），求AM的长度.
19.（本题满分16分）
已知{an}为等差数列，其前n项和为Sn，且{Sn-n}也成等差数列.
（1）若S3 S5=S6，求数列{an}的通项公式；
（2）已知数列{an}的公差d为正数，是否存在正整数n，使Sn，S2n，Sn2成等比数列？若存在，求出所有正整数n的值；若不存在，说明理由.
20.（本题满分16分）
已知函数f（x）=ax3 bx2 3x-2（a≠0，x∈R）.
（1）若a<0，b=0，且函数f（x）有且只有两个零点，求实数a的值；
（2）过曲线y=f（x）上任意一点P（x1，f（x1））的切线l交曲线于另一点Q（x2，f（x2）），设曲线在P，Q处的切线斜率分别为k1，k2，若存在常数λ使k1=λk2恒成立，求实数a，b的关系. 参考答案
一、填空题
1.4
2.-1
3.8
4.4
5.3
6.190
7.718
8.①④
9.5 21510
10.16
11.22018-1
12.f（1）
14.3
二、解答题
15.（1）由已知得f（x）=a·b
=cosx·（-cosx） sinx·（sinx-1）
=2sin2x-sinx-1，
因为f（x）=2（sinx-14）2-98，sinx∈[-1，1]，
所以f（x）max=2，当且仅当sinx=-1，
即x=-π2 2kπ，k∈Z时取得.
（2）因为f（x）=2（sinx-14）2-98，
由题意知sinx0=14，所以cosx0=±1-sin2x=±154，cos2x0=1-2sin2x0=78，
当cosx0=154时，sin2x0=2sinx0cosx0=158，
所以cos（2x0-π3）=cos2x0cosπ3 sin2x0sinπ3=78×12 158×32=7 3516.
当cosx0=-154时，sin2x0=-2sinx0cosx0=-158，
所以cos（2x0-π3）=cos2x0cosπ3 sin2x0sinπ3=78×12-158×32=7-3516.
16.（1）在棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1B1∥AB，A1B1=AB，
又已知底面四边形ABCD是菱形，所以AB∥DC，AB=CD，
所以A1B1∥DC，A1B1=CD，四边形A1B1CD为平行四边形；
连接A1C交B1D于O，连OE，则O为A1C的中点，又因E为C1C的中点，
所以OE∥A1C1，而OE面B1DE，A1C1面B1DE，所以A1C1∥面B1DE.
（2）连B1D1，BD，因为棱柱ABCDA1B1C1D1是直棱柱，
所以B1B⊥面A1B1C1D1，
又A1C1面A1B1C1D1，所以B1B⊥A1C1；
在棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1A∥B1B，A1A∥D1D，所以B1B∥D1D，
从而，四边形B1BDD1为平面四边形；
又已知四边形A1B1C1D1是菱形，所以B1D1⊥A1C1，
又B1D∩B1B=B1，B1D1，B1B面B1BDD1；
所以A1C1⊥面B1BDD1，
而BF面B1BDD1，所以A1C1⊥BF，由（1）知OE∥A1C1，所以BF⊥OE，
又已知BF⊥B1D，OE∩B1D=O，OE，B1D面B1DE，
所以BF⊥面B1DE.
17.解：（1）由已知得ca=32
S△AOB=12ab=1
a2=b2 c2，解得a=2
b=1
c=3；
所以橢圆的标准方程为x24 y2=1.
（2）设P（x0，y0）（x0<0），Q（x1，y1），又已知B（0，1），
①因BP=BQ，
则有x20 （y0-1）2=x21 （y1-1）2
x204 y20=1
x214 y21=1，
化简得：（y1-y0）[3（y1 y0） 2]=0，所以y1=y0或y1 y0=-23，
取y0=-12，y1=-16，满足y0 y1=-23，在椭圆上取点P（-3，-12），Q（-353，-16），
显然，这两点不关于y轴对称；
当y0=y1，P，Q关于y轴对称.
综上所述，P，Q不一定关于y轴对称.
②因P，Q关于y轴对称，设P（x0，y0）（x0<0），则Q（-x0，y0），且x204 y20=1，
所以S△BPQ=12（-2x0）·（1-y0）
=-x0（1-y0），
所以S2△BPQ=x20（1-y0）2=4（1-y20）（1-y0）2，
记f（y0）=4（1-y20）（1-y0）2，y0∈（-1，1），
又f′（y0）=-8（1-y0）2（2y0 1），y0∈（-1，1），
当y0∈（-1，-12）时，f′（y0）>0，则f（y0）递增；
当y0∈（-12，1）时，f′（y0）<0，则f（y0）递减；
所以，当y0=-12时，f（y0）取极大值，也是最大值f（y0）=f（-12）=274；
即S2△BPQ取最大值，因此，（S△BPQ）max=332，此时P（-3，-12）.
18.解：（1）①在直角△AMD中，DM=AMtanα；在直角△AMC中，CM=AMtan（45°-α）；
又DC=DM MC=1，即AMtanα AMtan（45°-α）=1，
所以AM=1tanα tan（45°-α）=1 tanα1 tan2α，0°≤α≤45°.
②令tanα=t∈[0，1]，则AM=1 tanα1 tan2α=1 t1 t2=f（t），
因为f′（t）=-t2-2t 1（1 t2）2 =-（t 2 1）（t-2 1）（1 t2）2，t∈[0，1]，
当t∈（0，2-1）时，f′（t）>0，则f（t）递增；
当y0∈（2-1，1）时，f′（t）<0，则f（t）递减；
所以，当t=2-1时，f（t）取极大值，也是最大值f（2-1）=2 12，
f（t）min=min{f（0），f（1）}=f（0）=f（1）=1，
因此，AM的取值范围为[1，2 12].
（2）由（1）知，∠ABD=60°-α，AD=AMcosα，
在△ABD中，由正弦定理得，
BDsin∠BAD=ADsin∠ABD，即1sin30°=ADsin（60°-α），
所以AD=2sin（60°-α），
AM=ADcosα=2cosα·sin（60°-α）=3cos2α-sinαcosα；
进一步，AM=3cos2α-sinαcosαsin2α cos2α=3-tanα1 tan2α，
又由（1），AM=1 tanα1 tan2α，α∈[0°，45°]，
所以，3-tanα1 tan2α=1 tanα1 tan2α，解得tanα=3-12，
所以，AM=7 5313.
答：（1）AM=1 tanα1 tan2α，α∈[0°，45°]，长度取值范围为[1，2 12]（千米）；
（2）AM=7 5313.
19.解：设{an}的公差为d，
（1）因为{Sn-n}为等差数列，则有2S2-2=S1-1 S3-3，
联立S3 S5=S6
2S2-2=S1-1 S3-3，
即3a1 3×22d 5a1 5×42d=6a1 6×52d
22a1 d-2=a1-1 3a1 3d-3，
由第一式化简得a1=d，然后代入第二式得：
23d-2=d-1 6d-2，
解得：d=2，所以a1=d=2，Sn=n2 n，an=2n.
检验：当Sn=n2 n时，Sn-n=（n2 n）-n=n，
Sn-n-Sn-1-（n-1）=n-（n-1）=1（常数），数列{Sn-n}为等差数列，符合题意.
所以数列{an}的通项公式为an=2n.
（2）因为{Sn-n}为等差数列，设Sn-n=An B，两边同时平方：
Sn-n=（An B）2，即d2n2 （a1-d2-1）n=A2n2 2ABn B2；
所以B2=0且（a1-d2-1）=2AB，
从而得：a1=d2 1.
所以，Sn=na1 n（n-1）2d=12n2d n；
则S2n=2n2d 2n，Sn2=12n4d n2.
假设存在符合条件的正整数n，使Sn，S2n，Sn2成等比数列，所以S22n=Sn·Sn2，
即（2n2d 2n）2=（12n2d n）·（12n4d n2），
化简得到：（n4-16n2）d2 （2n3 2n2-32n）d 4n-16=0，d∈（0， ∞） （*）
原命题等价于：关于d的方程是否有正数解.
①若n=4，则（*）式等价于，32d=0，即d=0，不符题意，舍去；
②若n≠4，由根与系数的关系有
d1 d2=-2（n2 n-16）n（n2-16）<0
d1·d2=4n2（n 4）>0，
所以，要么（*）式无实根，要么有两负根，都不符合题意；
综上所述，由不存在符合题意的正整数n，使Sn，S2n，Sn2成等比数列.
20.解：（1）当a<0，b=0时，f′（x）=3ax2 3=3a（x--1a）（x -1a），
当x∈（-∞，--1a）时，f′（x）<0，则f（x）递减；
当x∈（--1a，-1a）时，f′（x）>0，则f（x）递增；
当x∈（-1a， ∞）时，f′（x）<0，则f（x）递减；
所以，x=--1a时，f（x）取极小值；x=-1a时，f（x）取极大值；
由题意知，f（x）极小值=f（--1a）=0或者f（x）极大值=f（-1a）=0.
即f（--1a）=a（--1a）3 3（--1a）-2=0，即-2-1a-2=0，无解；
或者f（-1a）=a（-1a）3 3（-1a）-2=0，即2-1a-2=0，解得a=-1，
当a=-1，b=0时，f（x）=-x3 3x-2=-（x-1）2（x 2），函数f（x）恰有两个零点.
所以a=-1.
（2）由已知得f′（x）=3ax2 2bx 3，
则切线l的方程为：y=f′（x）（x-x1） f（x1），即y=（3ax21 2bx1 3）（x-x1） f（x1），
聯立
y=（3ax21 2bx1 3）（x-x1） （ax31 bx21 3x1-2），
y=ax3 bx2 3x-2，
得：（x-x1）2（ax 2ax1 b）=0，
所以x2=-2x1-ba.
假设存在常数λ使k1=λk2，即f′（x1）=λf′（x2），
亦即3ax21 2bx1 3=λ[3a（-2x1-ba）2 2b（-2x1-ba） 3]，
整理得：（3a-12λa）x21 （2b-8λb）x1 （3-b2λa-3λ）=0，x1∈R成立.
当且仅当3a-12λa=0，
2b-8λb=0，
3-b2λa-3λ=0，，即λ=14，a=b29.