2019-2020学年天津耀华滨海学校高三(下)段考数学试卷(一)

2019-2020学年天津耀华滨海学校高三（下）段考数学试卷（一）一、选择题：本大题共9小题，每小题5分，共45分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知集合P ＝(−∞, 1]∪(4, +∞)，Q ＝{1, 2, 3, 4}，则(∁R P)∩Q ＝（ ） A.{1, 4} B.{2, 3} C.{2, 3, 4} D.{x|1≤x <4} 【答案】 C【考点】交、并、补集的混合运算 【解析】先求出∁R P ，由此能求出(∁R P)∩Q ． 【解答】∵ 集合P ＝(−∞, 1]∪(4, +∞)，Q ＝{1, 2, 3, 4}， ∴ ∁R P ＝{x|1<x ≤4}， ∴ (∁R P)∩Q ＝{2, 3, 4}．2. 设a ∈R ，则“a ＝1”是“直线ax +y +a +1＝0与直线x +ay +a ＝0平行”的（ ） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】 A【考点】充分条件、必要条件、充要条件 【解析】先利用两直线平行求出a 的值，再结合充分必要条件的定义，从而求出答案． 【解答】∵ 直线ax +y +a +1＝0与直线x +ay +a ＝0平行，∴ 直线斜率都存在且相等， ∴ −a =−1a ，解得：a ＝±1，∴ “a ＝1”是“a ＝±1“的充分不必要条件，3. 设a =(12)23，b =(23)12，c ＝ln (sin 22019)，则（ ） A.c <b <aB.b <a <cC.a <b <cD.c <a <b【答案】 D【考点】对数值大小的比较 【解析】利用对数函数、幂函数的单调性即可得出． 【解答】∵ c <0，0<a <(23)23<(23)12=b ． ∴ c <a <b ．4. 若圆x 2+y 2−2x −2y −k ＝0上的点到直线x +y −10＝0的最大距离与最小距离的差为6，则实数k 的值是（ ） A.−34 B.1 C.4 D.7 【答案】 D【考点】直线与圆的位置关系 【解析】先把圆的方程化为标准方程，设圆心到直线x +y −10＝0的距离为d ，则圆x 2+y 2−2x −2y −k ＝0上的点到直线x +y −10＝0的最大距离为：d +r ，最小距离为d −r ，从而求出半径，再求出k 的值即可． 【解答】圆的方程化为标准方程为：(x −1)2+(y −1)2＝k +2， 设圆心到直线x +y −10＝0的距离为d ，则圆x 2+y 2−2x −2y −k ＝0上的点到直线x +y −10＝0的最大距离为：d +r ，最小距离为d −r ，∴ (d +r)−(d −r)＝6， ∴ r ＝3，∴ k +2＝r 2＝9，∴ k ＝7，5. 对于任意的实数a ，b ，记max (a, b)={a(a ≥b)b(a <b) ，若F(x)＝max {f(x), g(x)}(x ∈R)，其中函数y ＝f(x)(x ∈R)是奇函数，且当x >0时，f(x)＝(x −1)2−2；函数y ＝g(x)(x ∈R)是正比例函数，其图象与x ≥0时函数y ＝f(x)的图象如图所示，则下列关于函数y ＝F(x)的说法中，正确的是（ ）A.y ＝F(x)为奇函数B.y ＝F(x)在(−3, 0)上为增函数C.y ＝F(x)的最小值为−2，最大值为2D.以上说法都不正确【答案】 【考点】函数与方程的综合运用 【解析】根据条件可求出f(x)在x <0时的解析式为f(x)＝−(x +1)2+2，根据给出的定义可以画出F(x)的图象，数形结合逐一进行判断即可． 【解答】设x <0，则−x >0，故f(−x)＝(−x −1)2−2＝(x +1)2−2， 又y ＝f(x)为奇函数，故f(x)＝−f(−x)＝−(x +1)2+2(x <0)， 由图可知，正比例函数g(x)过(3, 1)，则g(x)=13x ， 作出F(x)完整图象（实线部分）如图所示：由图象可知，y ＝F(x)的图象不关于原点对称，故其不为奇函数， 且在(−3, 0)上不为增函数，没有最大值、最小值， 故选：D ．6. 已知函数f(x)=1x 2+x 2+2的最小值为a ，将函数g(x)=sin (1ax +π3)(x ∈R)的图象向左平移2π3个单位长度得到函数ℎ(x)的图象，则下面结论正确的是（ ）A.函数ℎ(x)是奇函数B.函数ℎ(x)在区间[−π, π]上是增函数C.函数ℎ(x)图象关于(2π, 0)对称D.函数ℎ(x)图象关于直线x ＝2π对称【答案】 C【考点】函数y=Asin （ωx+φ）的图象变换 【解析】利用基本不等式求最值可得a ，代入g(x)，再由函数的图象平移可得ℎ(x)，结合ℎ(2π)＝0得答案． 【解答】∵ f(x)=1x 2+x 2+2≥2√1x 2⋅x 2+2=4， 当且仅当1x 2=x 2，即x ＝±1时，上式“＝”成立． ∴ a ＝4．则g(x)＝sin (14x +π3)．将函数g(x)的图象向左平移2π3个单位长度，得到函数ℎ(x)的图象，则ℎ(x)＝sin [14(x +23π)+π3]=sin (14x +π2)=cos 14x ． ∵ ℎ(2π)＝cos π2=0，∴ 函数ℎ(x)图象关于(2π, 0)对称．7. 某大学选拔新生补充进“篮球”，“电子竞技”，“国学”三个社团，据资料统计，新生通过考核选拔进入这三个社团成功与否相互独立，2019年某新生入学，假设他通过考核选拔进入该校的“篮球”，“电子竞技”，“国学”三个社团的概率依次为m ，13，n ，已知三个社团他都能进入的概率为124，至少进入一个社团的概率为34，则m +n ＝（ ）A.12B.23C.34D.512【答案】 C【考点】相互独立事件的概率乘法公式 相互独立事件 【解析】利用相互独立事件概率加法公式和对立事件概率计算公式列出方程组，能求出m +n 的值． 【解答】他通过考核选拔进入该校的“篮球”，“电子竞技”，“国学”三个社团的概率依次为m ，13，n ，三个社团他都能进入的概率为124，至少进入一个社团的概率为34，∴ {13mn =124(1−m)(1−13)(1−n)=1−34 ，解得m +n =34．8. 已知双曲线C:x 2a 2−y 2b 2=1(a >0, b >0)的两条渐近线与抛物线Γ：y 2＝2px(p >0)的准线分别交于A ，B 两点．若双曲线C 的离心率为2，△ABO 的面积为√3，O 为坐标原点，则抛物线Γ的焦点坐标为（ ） A.(√2,0)B.(1, 0)C.(√22,0)D.(12,0)【答案】 B【考点】圆锥曲线的综合问题 【解析】求出双曲线的渐近线方程与抛物线y 2＝2px(p >0)的准线方程，进而求出A ，B 两点的坐标，再由双曲线的离心率为2，△AOB 的面积为√3，列出方程，由此方程求出p 的值，可得所求焦点坐标． 【解答】双曲线C:x 2a 2−y 2b 2=1(a >0, b >0)的两条渐近线方程是y ＝±ba x ， 又抛物线y 2＝2px(p >0)的准线方程是x =−p2， 故A ，B 两点的纵坐标分别是y ＝±pb2a ，又由双曲线的离心率为2，所以ca =2，即√1+b 2a 2=2，则ba =√3， A ，B 两点的纵坐标分别是y ＝±√3p2，又△AOB 的面积为√3， 可得12⋅p2⋅√3p =√3，得p ＝2，抛物线Γ的焦点坐标为(1, 0)，9. 若函数f(x)={13f(x −2),x >21−|x −1|,x ≤2对任意x ∈[t, +∞)，都有f(x)≤23，则t 的取值范围是（ ） A.(−∞,23] B.[23,+∞)C.[43,+∞)D.(−∞,43]【答案】 C【考点】分段函数的应用 【解析】画出分段函数的大致图象结合图象即可求解 【解答】如图：当x ≤2时；y ={x,x <12−x,1≤x ≤2 ；其最大值为1；因为当x >2时，f(x)=13f(x −2)； 所以[2, 4]上最大值为13； [4, 6]上最大值为19；而2−x =23⇒x =43；∴ 函数f(x)={13f(x −2),x >21−|x −1|,x ≤2 对任意x ∈[t, +∞)，都有f(x)≤23，则t 的取值范围是[43, +∞)；二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.设复数i 满足i(z −1)＝3+2i （i 是虚数单位），则复数z 的模为________． 【答案】3√2【考点】 复数的运算 【解析】利用复数的运算法则、复数相等、模的计算公式即可得出． 【解答】i(z −1)＝3+2i ，∴ −i ⋅i(z −1)＝−i(3+2i)． 化为：z ＝3−3i ．∴ |z|=√32+(−3)2=3√2．在二项式(√x −2x )5的展开式中，各项系数的和为________，含x 的一次项的系数为________．（用数字作答） 【答案】 −1,−10 【考点】二项式定理及相关概念 【解析】直接在二项式中取x ＝1，可得各项系数的和，写出二项展开式的通项，令x 的指数为1求得r ，则含x 的一次项的系数可求． 【解答】在二项式(√x −2x )5中，取x ＝1，可得各项系数的和为−1；二项式(√x −2x )5的展开式的通项T r+1=C 5r(√x)5−r (−2x )r =(−2)rC 5rx5−3r2．由5−3r 2=1，得r ＝1．∴ 含x 的一次项的系数为−2C 51=−10．已知随机变量ξ的分布列为：若E(ξ)=13，则a +b ＝________，D(ξ)＝________． 【答案】112,119【考点】离散型随机变量的期望与方差 【解析】由E(ξ)=13，利用随机变量ξ的分布列，列出方程组求出a =−536，b =29，由此能求出a +b 和D(ξ)． 【解答】 ∵ E(ξ)=13，∴ 由随机变量ξ的分布列，得：2a +16+2b =13，并且−2a +13+16+b ＝1， 解得a =−536，b =29，a +b =112，∴ D(ξ)=518×(−1−13)2+13×(0−13)2+16×(1−13)2+29×(2−13)2=119．正四棱锥P −ABCD 底面的四个顶点A 、B 、C 、D 在球O 的同一个大圆上，点P 在球面上，如果V P−ABCD =163，则球O 的体积是________323π ．【答案】323π．【考点】球的体积和表面积 【解析】由题意可知，PO ⊥平面ABCD ，并且是半径，由体积求出半径，然后求出球的体积． 【解答】如图，正四棱锥P −ABCD 底面的四个顶点A ，B ，C ，D 在球O 的同一个大圆上，点P 在球面上，∴ PO ⊥底面ABCD ，PO ＝R ，S ABCD ＝2R 2，VP −ABCD =163，∴ 13⋅2R 2⋅R =163，解得：R ＝2，球O 的体积：V =43πR 3=323π，如图，在△ABC 中，D 是BC 的中点，E 在边AB 上，AC ＝2，BE ＝2EA ，AD 与CE 的交点为O ．若AO →⋅BC →=−2，则AB 的长为________．【答案】2√3【考点】平面向量数量积的性质及其运算 【解析】根据条件可得出BE →=23BA →,BC →=2BD →，可设BO →=λBE →+(1−λ)BC →=2λ3BA →+2(1−λ)BD →，根据三点A ，O ，D 共线即可得出λ=14，从而可得出BO →=12BA →+14BC →，进而得出AO →⋅BC →=14(AB →+AC →)⋅(AC →−AB →)=−2，进行数量积的运算即可求出AB 的长． 【解答】∵ D 是BC 的中点，BE ＝2EA ， ∴ BE →=23BA →,BC →=2BD →，∵E，O，C三点共线，设BO→=λBE→+(1−λ)BC→=2λ3BA→+2(1−λ)BD→，且三点A，O，D共线，∴2λ3+2(1−λ)=1，解得λ=34，∴BO→=12BA→+14BC→，∴AO→=AB→+BO→=AB→+12BA→+14BC→=14(AB→+AC→)，∴AO→⋅BC→=14(AB→+AC→)⋅(AC→−AB→)=14(AC→2−AB→2)=14(4−AB→2)=−2，∴AB→2=12，|AB→|=2√3．已知实数m，n∈(0, +∞)且m+n＝1，则43m+n +1m+3n的最小值为________．【答案】94【考点】基本不等式及其应用【解析】通过换元后，利用基本不等式直接求解即可．【解答】令3m+n＝x，m+3n＝y，则x+y＝4，∴43m+n +1m+3n=4x+1y=14(4x+1y)(x+y)=14(5+4yx+xy)≥94，当且仅当x＝2y，x+y＝4，即x=83,y=43，即m=56,n=16时等号成立．三、解答题：共5小题，共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a+c＝6，b＝2，cos B=79．(Ⅰ)求c和sin A的值；(Ⅱ)求sin(2A−B)的值．【答案】（1）△ABC中，由余弦定理b2＝a2+c2−2ac cos B，-------------------得b2＝(a+c)2−2ac(1+cos B)，-----------------------又a+c＝6，b＝2，cos B=79，所以ac＝9，解得a＝3，c＝3；-----------------------在△ABC中，sin B=√1−cos2B=4√29，---------------------由正弦定理得sin A=a sin Bb =2√23，--------------------∴c＝3，sin A=2√23；------------------------( II)因a ＝c ，则A 为锐角，所以cos A =√1−sin 2A =13，--------------- ∴ sin 2A ＝2sin A cos A ＝2×2√23×13=4√29，---------------------- cos 2A ＝1−2sin 2A ＝1−2×(2√23)2=−79；----------------------------∴ sin (2A −B)＝sin 2A cos B −cos 2A sin B =4√29×79−(−79)×4√29=56√281⋯ 【考点】 余弦定理 正弦定理 【解析】(Ⅰ)根据题意，利用余弦定理和正弦定理，即可求得c 和sin A 的值； ( II)根据同角的三角函数关系和三角恒等变换，计算即可． 【解答】（1）△ABC 中，由余弦定理b 2＝a 2+c 2−2ac cos B ，------------------- 得b 2＝(a +c)2−2ac(1+cos B)，----------------------- 又a +c ＝6，b ＝2，cos B =79，所以ac ＝9，解得a ＝3，c ＝3；----------------------- 在△ABC 中，sin B =√1−cos 2B =4√29，--------------------- 由正弦定理得 sin A =a sin B b=2√23，-------------------- ∴ c ＝3，sin A =2√23；------------------------ ( II)因a ＝c ，则A 为锐角，所以cos A =√1−sin 2A =13，--------------- ∴ sin 2A ＝2sin A cos A ＝2×2√23×13=4√29，---------------------- cos 2A ＝1−2sin 2A ＝1−2×(2√23)2=−79；----------------------------∴ sin (2A −B)＝sin 2A cos B −cos 2A sin B =4√29×79−(−79)×4√29 =56√281⋯如图，已知四棱锥P −ABCD 的底面ABCD 为等腰梯形，AB // CD ，AC ⊥DB ，AC 与BD 相交于点O ，且顶点P 在底面上的射影恰为O 点，又BO =2，PO =√2，PB ⊥PD ．（1）求异面直线PD 与BC 所成角的余弦值；（2）求二面角P −AB −C 的大小；（3）设点M 在棱PC 上，且PMMC =λ，问λ为何值时，PC ⊥平面BMD ．【答案】解：∵ PO ⊥平面ABCD ，以O 为原点，OA ，OB ，OP 分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 各点坐标为O(0, 0, 0)，A(2, 0, 0)，B(0, 2, 0)，C(−1, 0, 0)，D(0, −1, 0)，P(0, 0, √2)．（1）∵ PD →=(0,−1,−√2)，BC →=(−1,−2,0)， ∴ |PD →|=√3，|BC →|=√5_，PD →⋅BC →=2．∴ cos <PD →，BC →>=|PD →||BC →|˙=2√1515． 故直线PD 与BC 所成的角的余弦值为cos (PD →，BC →)=|PD →||BC →|˙=2√1515．（2）设平面PAB 的一个法向量， 由于AB →=(−2,2,0)，AP →=(−2,0,√2)， 由{n ⋅AB →=0n ⋅AP →=0，得{x =y z =√2x. 取n =(1,1,√2)，又易知平面ABCD 的一个法向量m =(0, 0, 1)， ∴ cos <m,n >=m⋅n|m|⋅|n|=√22． 又二面角P −AB −C 不是钝角．∴ 所求二面角P −AB −C 的大小为45∘（3）设M(x 0, 0, z 0)，由于P ，M ，C 三点共线，可得z 0=√2x 0+√2，，① 若PC ⊥平面BMD 成立则必有OM ⊥PC ．∴ (−1,0,−√2)⋅(x 0,0,z 0)=0． ∴ x 0+√2z 0=0.② 由①②知x 0=−23，z 0=√23∴ M =(−23，0，√23)．∴ λ=PMMC =2.故λ=2时，PC ⊥平面BMD ．【考点】用空间向量求平面间的夹角 与二面角有关的立体几何综合题 直线与平面垂直的判定 异面直线及其所成的角 【解析】（1）以O 为原点，OA ，OB ，OP 分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，要求两条异面直线所成的角，在两条异面直线上构造方向向量，根据两条向量的夹角得到结果．（2）设出平面的法向量，根据法向量与平面上的两条相交直线对应的向量垂直，列出关系式，写出平面的一个法向量，根据两个向量之间的夹角得到面面角．（3）设出M 点的坐标，根据三点共线与垂直，得到关于未知数的方程组，解出方程组得到点M 的坐标，求出对应的λ的值． 【解答】解：∵ PO ⊥平面ABCD ，以O 为原点，OA ，OB ，OP 分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 各点坐标为O(0, 0, 0)，A(2, 0, 0)，B(0, 2, 0)，C(−1, 0, 0)，D(0, −1, 0)，P(0, 0, √2)．（1）∵ PD →=(0,−1,−√2)，BC →=(−1,−2,0)， ∴ |PD →|=√3，|BC →|=√5_，PD →⋅BC →=2．∴ cos <PD →，BC →>=|PD →||BC →|˙=2√1515． 故直线PD 与BC 所成的角的余弦值为cos (PD →，BC →)=|PD →||BC →|˙=2√1515．（2）设平面PAB 的一个法向量， 由于AB →=(−2,2,0)，AP →=(−2,0,√2)， 由{n ⋅AB →=0n ⋅AP →=0，得{x =y z =√2x.取n =(1,1,√2)，又易知平面ABCD 的一个法向量m =(0, 0, 1)， ∴ cos <m,n >=m⋅n |m|⋅|n|=√22． 又二面角P −AB −C 不是钝角．∴ 所求二面角P −AB −C 的大小为45∘（3）设M(x 0, 0, z 0)，由于P ，M ，C 三点共线，可得z 0=√2x 0+√2，，① 若PC ⊥平面BMD 成立 则必有OM ⊥PC ．∴ (−1,0,−√2)⋅(x 0,0,z 0)=0． ∴ x 0+√2z 0=0.② 由①②知x 0=−23，z 0=√23∴ M =(−23，0，√23)．∴ λ=PM MC=2.故λ=2时，PC ⊥平面BMD ．已知椭圆C:x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为12，点A(1, 32)在椭圆C 上，直线l 1过椭圆C的右焦点与上顶点，动直线l 2:y ＝kx 与椭圆C 交于M 、N 两点，交l 1于P 点． （1）求椭圆C 的方程；（2）已知O 为坐标原点，若点P 满足|OP|=14|MN|，求此时|MN|的长度． 【答案】 由题意得：e =c a=12，1a 2+94b 2=1，b 2＝a 2−c 2，解得：a 2＝4，b 2＝3，所以椭圆的方程：x 24+y 23=1；由题意直线l 2的方程：y ＝kx ，代入椭圆中整理： (3+4k 2)x 2＝12，解得x =±√123+4k 2， 令M 的坐标(√123+4k 2, k√123+4k 2) ∵ |OP|=14|MN|，由对称性可知， 点P 为OM 的中点． 故P 的坐标(√123+4k 22, k√123+4k 22)，由P 在直线l 1:√3x +y −√3=0， 所以√3×√123+4k 22+k√123+4k 22−√3=0，解得：k ＝0或k =2√33，故M 的坐标为(2, 0)，或(65, 4√35)， 所以|OM|＝2，或2√215， 所以|MN|的长度为4或4√215．【考点】 椭圆的应用直线与椭圆的位置关系 椭圆的标准方程 【解析】（1）由离心率及过的点和a ，b ，c 之间的关系求出椭圆的方程；（2）直线l 2的方程与椭圆联立求出点M 的坐标，由|OP|=14|MN|得P 点坐标，P 的直线l 1上求出k 值，进而求出MN|的值． 【解答】由题意得：e =ca =12，1a 2+94b 2=1，b 2＝a 2−c 2，解得：a 2＝4，b 2＝3， 所以椭圆的方程：x 24+y 23=1；由题意直线l 2的方程：y ＝kx ，代入椭圆中整理： (3+4k 2)x 2＝12，解得x =±√123+4k 2， 令M 的坐标(√123+4k2, k√123+4k 2)∵ |OP|=14|MN|，由对称性可知， 点P 为OM 的中点． 故P 的坐标(√123+4k 22, k√123+4k 22)，由P 在直线l 1:√3x +y −√3=0， 所以√3×√123+4k 22+k√123+4k 22−√3=0，解得：k ＝0或k =2√33，故M 的坐标为(2, 0)，或(65, 4√35)， 所以|OM|＝2，或2√215， 所以|MN|的长度为4或4√215．已知各项均为正数的等比数列{a n }满足a 32＝a 6，2a 3＝a 5−a 4，等差数列{b n }的前n 项和为S n ，b 1＝1，S n b n=λb n+1，n ∈N ∗．（1）求数列{a n }和{b n }的通项公式；（2）若c n =∑ n k=1a k b k 2S k b k+2，且不等式t 2+(1−c n )t −c n ≤0对任意的n ∈N ∗恒成立，①求c n ；②求实数t 的取值范围． 【答案】各项均为正数的等比数列{a n }的公比设为q ，q >0，由a 32＝a 6，可得a 12q 4＝a 1q 5，即a 1＝q ，由2a 3＝a 5−a 4，即2a 3＝a 3q 2−a 3q ，即q 2−q −2＝0，解得q ＝2（−1舍去），则a n＝2⋅2n−1＝2n；等差数列{b n}的公差设为d，前n项和为S n，b1＝1，S n b n =λb n+1，即S n＝λb n b n+1，可得d2n2+n(1−d2)＝λ[1−d+n2d2+n(2d−d2)]，则d＝1，λ=12，b n＝1+n−1＝n；①由a n b n 2S n b n+2=n⋅2n+1(n+1)(n+2)=2n+2n+2−2n+1n+1，则c n=233−222+244−233+⋯+2n+2n+2−2n+1n+1=2n+2n+2−2；②由c n−c n−1=2n+2n+2−2−2n+1n+1+2=n⋅2n+1(n+1)(n+2)>0，可得{c n}递增，c1取得最小值23，由t2+(1−c n)t−c n≤0可得−1≤t≤c n，由不等式t2+(1−c n)t−c n≤0对任意的n∈N∗恒成立，可得−1≤t≤23．【考点】等差数列与等比数列的综合【解析】（1）各项均为正数的等比数列{a n}的公比设为q，q>0，由等比数列的通项公式解方程可得首项和公比，即有a n；等差数列{b n}的公差设为d，运用等差数列的通项公式和求和公式，结合恒等式可得d＝1，进而得到b n；（2）①由a n b n 2S n b n+2=n⋅2n+1(n+1)(n+2)=2n+2n+2−2n+1n+1，运用裂项相消求和，计算可得所求c n；②判断{c n}递增，求得最小值，解二次不等式，结合恒成立可得t的范围．【解答】各项均为正数的等比数列{a n}的公比设为q，q>0，由a32＝a6，可得a12q4＝a1q5，即a1＝q，由2a3＝a5−a4，即2a3＝a3q2−a3q，即q2−q−2＝0，解得q＝2（−1舍去），则a n＝2⋅2n−1＝2n；等差数列{b n}的公差设为d，前n项和为S n，b1＝1，S n b n =λb n+1，即S n＝λb n b n+1，可得d2n2+n(1−d2)＝λ[1−d+n2d2+n(2d−d2)]，则d＝1，λ=12，b n＝1+n−1＝n；①由a n b n 2S n b n+2=n⋅2n+1(n+1)(n+2)=2n+2n+2−2n+1n+1，则c n=233−222+244−233+⋯+2n+2n+2−2n+1n+1=2n+2n+2−2；②由c n−c n−1=2n+2n+2−2−2n+1n+1+2=n⋅2n+1(n+1)(n+2)>0，可得{c n}递增，c1取得最小值23，由t2+(1−c n)t−c n≤0可得−1≤t≤c n，由不等式t2+(1−c n)t−c n≤0对任意的n∈N∗恒成立，可得−1≤t≤23．已知函数f(x)＝(x+1)(e x−1)．（1）求f(x)在点（−1, f(−1)）处的切线方程；（2）若a≤e−1，证明：f(x)≥a ln x+2ex−2在x∈[1, +∞)上恒成立；（3）若方程f(x)＝b有两个实数根x1，x2，且x1<x2，证明：x2−x1≤1+b+e+13e−1+ebe−1．【答案】函数f(x)＝(x+1)(e x−1)，由f′(x)＝(x+2)e x−1，由f′(−1)=1e−1，f(−1)＝0，所以切线方程为y=1−ee(x+1)，当x∈[1, +∞)时，ln x≥0，所以a ln x+2ex−2≤(e−1)ln x+2ex−2．故只需证f(x)≥(e−1)ln x+2ex−2，构造g(x)＝(x+1)(e x−1)−(e−1)ln x−2ex+2，g′(x)=(x+2)e x−1−e−1x−2e，又g′(x)在x∈[1, +∞)上单调递增，且g′(1)＝0，知g(x)在x∈[1, +∞)上单调递增，故g(x)≥g(1)＝2e−2−2e+2＝0．因此(x+1)(e x−1)≥(e−1)ln x+2ex−2≥e ln x+2ex−2，得证．由（1）知f(x)在点（−1, f(−1)）处的切线方程为y=1−ee(x+1)．构造F(x)＝f(x)−1−ee (x+1)＝(x+1)(e x−1e)，F′(x)＝(x+2)e x−1e，F′′(x)＝(x+3)e x．当x<−3时，F′′(x)<0；当x>−3时，F′′(x)>0；所以F′(x)在(−∞, −3)上单调递减，在(−3, +∞)上单调递增．又F′(−3)=−1e3−1e<0，limx→−∞F′(x)=−1e，F′(−1)＝0，所以F(x)在(−∞, −1)上单调递减，在(−1, +∞)上单调递增．所以F(x)≥F(−1)＝0⇒f(x)≥1−ee(x+1)．设方程s(x)=1−ee (x+1)＝b的根x′1=eb1−e−1．又b＝s(x′1)＝f(x1)≥s(x1)，由s(x)在R上单调递减，所以x′1≤x1．另一方面，f(x)在点(1, 2e−2)处的切线方程为t(x)＝(3e−1)x−e−1．构造G(x)＝f(x)−t(x)＝(x+1)(e x−1)−(3e−1)x+e+1＝(x+1)e x−3ex+e．G′(x)＝(x+2)e x−3e，G′′(x)＝(x+3)e x．当x<−3时，G′′(x)<0；当x>−3时，G′′(x)>0；所以G′(x)在(−∞, −3)上单调递减，在(−3, +∞)上单调递增．又G′(−3)=−1e3−3e<0，limx→−∞G′(x)＝−3e，G′(1)＝0，所G(x)在(−∞, 1)上单调递减，在(1, +∞)上单调递增．所以G(x)≥G(1)＝0⇒f(x)≥t(x)＝(3e−1)x−e−1．设方程t(x)＝(3e−1)x−e−1＝b的根x′2=e+1+b3e−1．又b＝t(x′2)＝f(x2)≥t(x2)，由t(x)在R上单调递增，所以x2≤x′2．∵x′1≤x1，x2≤x′2，∴−x1≤−x′1，所以x2−x1≤x′2−x′1≤1+b+e+13e−1+ebe−1，得证．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程利用导数研究函数的最值【解析】（1）由f(−1)＝0，f′(x)＝(x+1)(e x−1)，可得f′(−1)=1e−1．利用点斜式可得切线方程．（2）根据a≤e−1，当x∈[1, +∞)时，ln x≥0，所以a ln x+2ex−2≤(e−1)ln x+ 2ex−2．故“f(x)≥a ln x+2ex−2在x∈[1, +∞)上恒成立”等价于“f(x)≥(e−1)ln x+2ex−2在x∈[1, +∞)上恒成立”，构造函数g(x)＝(x+1)(e x−1)−(e−1)ln x−2ex+2，只需证明g(x)最小值大于等于0即可．（3）由（1）知f(x)在(−1, 0)处的切线方程s(x)，令F(x)＝f(x)−s(x)，求得导数和单调性，可得f(x)≥s(x)，解方程s(x)＝b得其根x′1，运用函数的单调性，所以x′1≤x1，；另一方面，f(x)在点(1, 2e−2)处的切线方程为t(x)，构造G(x)＝f(x)−t(x)，同理可得f(x)≥t(x)，解方程t(x)＝b得其根x′2，运用函数的单调性，所以x2≤x′2．根据不等式的基本性质即可得出结论．【解答】函数f(x)＝(x+1)(e x−1)，由f′(x)＝(x+2)e x−1，由f′(−1)=1e−1，f(−1)＝0，所以切线方程为y=1−ee(x+1)，当x∈[1, +∞)时，ln x≥0，所以a ln x+2ex−2≤(e−1)ln x+2ex−2．故只需证f(x)≥(e−1)ln x+2ex−2，构造g(x)＝(x+1)(e x−1)−(e−1)ln x−2ex+2，g′(x)=(x+2)e x−1−e−1x−2e，又g′(x)在x∈[1, +∞)上单调递增，且g′(1)＝0，知g(x)在x∈[1, +∞)上单调递增，故g(x)≥g(1)＝2e−2−2e+2＝0．因此(x+1)(e x−1)≥(e−1)ln x+2ex−2≥e ln x+2ex−2，得证．由（1）知f(x)在点（−1, f(−1)）处的切线方程为y=1−ee(x+1)．构造F(x)＝f(x)−1−ee (x+1)＝(x+1)(e x−1e)，F′(x)＝(x+2)e x−1e，F′′(x)＝(x+3)e x．当x<−3时，F′′(x)<0；当x>−3时，F′′(x)>0；所以F′(x)在(−∞, −3)上单调递减，在(−3, +∞)上单调递增．又F′(−3)=−1e3−1e<0，limx→−∞F′(x)=−1e，F′(−1)＝0，所以F(x)在(−∞, −1)上单调递减，在(−1, +∞)上单调递增．所以F(x)≥F(−1)＝0⇒f(x)≥1−ee(x+1)．设方程s(x)=1−ee (x+1)＝b的根x′1=eb1−e−1．又b＝s(x′1)＝f(x1)≥s(x1)，由s(x)在R上单调递减，所以x′1≤x1．另一方面，f(x)在点(1, 2e−2)处的切线方程为t(x)＝(3e−1)x−e−1．构造G(x)＝f(x)−t(x)＝(x+1)(e x−1)−(3e−1)x+e+1＝(x+1)e x−3ex+e．G′(x)＝(x+2)e x−3e，G′′(x)＝(x+3)e x．当x<−3时，G′′(x)<0；当x>−3时，G′′(x)>0；所以G′(x)在(−∞, −3)上单调递减，在(−3, +∞)上单调递增．又G′(−3)=−1e3−3e<0，limx→−∞G′(x)＝−3e，G′(1)＝0，所G(x)在(−∞, 1)上单调递减，在(1, +∞)上单调递增．所以G(x)≥G(1)＝0⇒f(x)≥t(x)＝(3e−1)x−e−1．设方程t(x)＝(3e−1)x−e−1＝b的根x′2=e+1+b3e−1．又b＝t(x′2)＝f(x2)≥t(x2)，由t(x)在R上单调递增，所以x2≤x′2．∵x′1≤x1，x2≤x′2，∴−x1≤−x′1，所以x2−x1≤x′2−x′1≤1+b+e+13e−1+ebe−1，得证．。