高考数学优编增分练目录(一)三角函数与解三角形 (2)(二)立体几何 (5)(三)数列 (10)(四)解析几何 (15)(五)函数与导数 (21)(一)三角函数与解三角形1．(2018·浙江省教育绿色评价联盟月考)已知函数f (x )＝sin x ·(cos x ＋3sin x )．(1)求f (x )的最小正周期；(2)若关于x 的方程f (x )＝t 在区间⎣⎡⎦⎤0，π2内有两个不相等的实数解，求实数t 的取值范围． 解 (1)f (x )＝sin x cos x ＋3sin 2x＝12sin 2x ＋32(1－cos 2x ) ＝12sin 2x －32cos 2x ＋32＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3＋32. 所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π. (2)因为x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，所以2x －π3∈⎣⎡⎦⎤－π3，2π3. 令u ＝2x －π3，因为y ＝sin u 在⎣⎡⎦⎤－π3，π2上是增函数，在⎣⎡⎦⎤π2，2π3上是减函数， 令u ＝2x －π3＝π2，则x ＝5π12，所以f (x )在⎣⎡⎦⎤0，5π12上是增函数，在⎣⎡⎦⎤5π12，π2上是减函数． 由题意知，关于x 的方程f (x )＝t 在区间⎣⎡⎦⎤0，π2内有两个不相等的实数解，等价于y ＝f (x )与y ＝t 的图象(图略)在区间⎣⎡⎦⎤0，π2内有两个不同的交点， 又因为f (0)＝0，f ⎝⎛⎭⎫5π12＝1＋32，f ⎝⎛⎭⎫π2＝3， 所以3≤t <1＋32，即t 的取值范围是⎣⎡⎭⎫3，1＋32. 2. (2018·湖州、衢州、丽水三地市模拟)已知函数f (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6－2sin x cos x . (1)求函数f (x )的最小正周期；(2)当x ∈⎣⎡⎦⎤－π4，π4时，求函数f (x )的最大值和最小值． 解 (1)f (x )＝3⎝⎛⎭⎫sin 2x cos π6＋cos 2x sin π6－sin 2x ＝32cos 2x ＋12sin 2x ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3， 因此函数f (x )的最小正周期T ＝π.(2)因为－π4≤x ≤π4，所以－π6≤2x ＋π3≤5π6，所以－12≤sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3≤1， 因此当x ＝π12时，f (x )的最大值为1， 当x ＝－π4时，f (x )的最小值为－12. 3．(2018·浙江省台州中学模拟)在△ABC 中，cos B ＝－513，cos C ＝45. (1)求sin A 的值；(2)设△ABC 的面积S △ABC ＝332，求BC 的长． 解 (1)由cos B ＝－513，得sin B ＝1213， 由cos C ＝45，得sin C ＝35， sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ＝3365. (2)由S △ABC ＝332，得12AB ·AC ·sin A ＝332， ∴AB ·AC ＝65.又AC ＝AB ·sin B sin C ＝2013AB ， ∴AB ＝132，BC ＝AB ·sin A sin C ＝112. 4．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足23a sin C sin B ＝a sin A ＋b sin B －c sin C .(1)求角C 的大小；(2)若a cos ⎝⎛⎭⎫π2－B ＝b cos(2k π＋A )(k ∈Z )且a ＝2，求△ABC 的面积． 解 (1)由23a sin C sin B ＝a sin A ＋b sin B －c sin C 及正弦定理得，23ab sin C ＝a 2＋b 2－c 2， ∴3sin C ＝a 2＋b 2－c 22ab ，∴3sin C ＝cos C ， ∴tan C ＝33，又0<C <π，∴C ＝π6. (2)由a cos ⎝⎛⎭⎫π2－B ＝b cos(2k π＋A )(k ∈Z )，得a sin B ＝b cos A .由正弦定理得sin A sin B ＝sin B cos A ，又sin B ≠0，∴sin A ＝cos A ，∴A ＝π4， 根据正弦定理可得2sin π4＝c sin π6，解得c ＝2， ∴S △ABC ＝12ac sin B ＝12×2×2sin(π－A －C ) ＝2sin ⎝⎛⎭⎫π4＋π6＝3＋12.5．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知sin A ＋sin B ＝3sin C .(1)若cos 2A ＝sin 2B ＋cos 2C ＋sin A sin B ，求sin A ＋sin B 的值；(2)若c ＝2，求△ABC 面积的最大值．解 (1)∵cos 2A ＝sin 2B ＋cos 2C ＋sin A sin B ，∴1－sin 2A ＝sin 2B ＋1－sin 2C ＋sin A sin B ，∴sin 2A ＋sin 2B －sin 2C ＝－sin A sin B ，∴由正弦定理，得a 2＋b 2－c 2＝－ab ，∴由余弦定理，得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝－12， 又0<C <π，∴C ＝2π3， ∴sin A ＋sin B ＝3sin C ＝3sin2π3＝32. (2)当c ＝2，a ＋b ＝3c ＝23，∴cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝(a ＋b )2－2ab －c 22ab ＝4ab－1， ∴sin C ＝1－cos 2C ＝1－⎝⎛⎭⎫4ab －12 ＝－⎝⎛⎭⎫4ab 2＋8ab ，∴S ＝12ab sin C ＝12ab －⎝⎛⎭⎫4ab 2＋8ab ＝12－16＋8ab . ∵a ＋b ＝23≥2ab ，即0<ab ≤3，当且仅当a ＝b ＝3时等号成立，∴S ＝12－16＋8ab ≤12－16＋8×3＝2， ∴△ABC 面积的最大值为 2.6．已知m ＝(3sin ωx ，cos ωx )，n ＝(cos ωx ，－cos ωx )(ω>0，x ∈R )，f (x )＝m·n －12且f (x )的图象上相邻两条对称轴之间的距离为π2. (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)若△ABC 中内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c 且b ＝7，f (B )＝0，sin A ＝3sin C ，求a ，c 的值及△ABC 的面积． 解 (1)f (x )＝m·n －12＝3sin ωx cos ωx －cos 2ωx －12 ＝32sin 2ωx －12cos 2ωx －1＝sin ⎝⎛⎭⎫2ωx －π6－1. ∵相邻两条对称轴之间的距离为π2， ∴T ＝2π2ω＝π，∴ω＝1，∴f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6－1， 令2k π－π2≤2x －π6≤2k π＋π2，k ∈Z ， 则k π－π6≤x ≤k π＋π3，k ∈Z ， ∴f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤k π－π6，k π＋π3，k ∈Z . (2)由(1)知，f (B )＝sin ⎝⎛⎭⎫2B －π6－1＝0， ∵0<B <π，∴－π6<2B －π6<11π6， ∴2B －π6＝π2，∴B ＝π3， 由sin A ＝3sin C 及正弦定理，得a ＝3c ，在△ABC 中，由余弦定理，可得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝9c 2＋c 2－76c 2＝10c 2－76c 2＝12， ∴c ＝1，a ＝3，∴S △ABC ＝12ac sin B ＝12×3×1×32＝334. (二)立体几何1．(2018·浙江省金丽衢十二校联考)如图，四棱锥S －ABCD 的底面是边长为1的正方形，侧棱SB 垂直于底面．(1)求证：平面SBD ⊥平面SAC ；(2)若SA 与平面SCD 所成的角为30°，求SB 的长．(1)证明 连接AC ，BD ，因为四边形ABCD 为正方形，所以AC ⊥BD .又因为SB ⊥底面ABCD ，所以AC ⊥SB ，因为BD ∩SB ＝B ，BD ，SB ⊂平面SBD ，所以AC ⊥平面SBD .又因为AC ⊂平面SAC ，所以平面SAC ⊥平面SBD .(2)解 将四棱锥补形成正四棱柱ABCD －A ′SC ′D ′，连接A ′D ，作AE ⊥A ′D ，垂足为点E ，连接SE .由SA ′∥CD 可知，平面SCD 即为平面SCDA ′.因为CD ⊥侧面ADD ′A ′，AE ⊂侧面ADD ′A ′，所以CD ⊥AE ，又因为AE ⊥A ′D ，A ′D ∩CD ＝D ，A ′D ，CD ⊂平面SCD ，所以AE ⊥平面SCD ，于是∠ASE 即为SA 与平面SCD 所成的角．设SB ＝x ，在Rt △ABS 中，SA ＝1＋x 2，在Rt △DAA ′中，AE ＝x 1＋x 2 . 因为∠ASE ＝30°，所以1＋x 2＝2x 1＋x 2， 解得x ＝1，即SB 的长为1.2．(2018·浙江省金华十校模拟)如图，在几何体ABCDE 中，CD ∥AE ，∠EAC ＝90°，平面EACD ⊥平面ABC ，CD ＝2EA ＝2，AB ＝AC ＝2，BC ＝23，F 为BD 的中点．(1)证明：EF ∥平面ABC ；(2)求直线AB 与平面BDE 所成角的正弦值．(1)证明 取BC 的中点G ，连接FG ，AG ，∵F 为BD 的中点，CD ＝2EA ，CD ∥AE ，∴FG ＝12CD ＝EA ，且FG ∥AE ， ∴四边形AGFE 是平行四边形，∴EF ∥AG ，∵EF ⊄平面ABC ，AG ⊂平面ABC ，∴EF ∥平面ABC .(2)解 ∵∠EAC ＝90°，平面EACD ⊥平面ABC ，且平面EACD ∩平面ABC ＝AC ，EA ⊂平面EACD ， ∴EA ⊥平面ABC ，由(1)知FG ∥AE ，∴FG ⊥平面ABC ，又∵AB ＝AC ，G 为BC 的中点，∴AG ⊥BC ，如图，以G 为坐标原点，分别以GA ，GB ，GF 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，D (0，－3，2)，E (1,0,1)， ∴AB →＝(－1，3，0)，BD →＝(0，－23，2)，BE →＝(1，－3，1)，设平面BDE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BD →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎨⎧z －3y ＝0，x －3y ＋z ＝0， 令y ＝1，得n ＝(0,1，3)，∴直线AB 与平面BDE 所成角的正弦值为|AB →·n ||AB →||n |＝34. 3．在三棱锥D —ABC 中，DA ＝DB ＝DC ，D 在底面ABC 上的射影为E ，AB ⊥BC ，DF ⊥AB 于F .(1)求证：平面ABD ⊥平面DEF ；(2)若AD ⊥DC ，AC ＝4，∠BAC ＝60°，求直线BE 与平面DAB 所成角的正弦值．(1)证明 由题意知DE ⊥平面ABC ，所以AB ⊥DE ，又AB ⊥DF ，且DE ∩DF ＝D ，所以AB ⊥平面DEF ，又AB ⊂平面ABD ，所以平面ABD ⊥平面DEF .(2)解 方法一 由DA ＝DB ＝DC ，知EA ＝EB ＝EC ，所以E 是△ABC 的外心．又AB ⊥BC ，所以E 为AC 的中点，如图所示．过E 作EH ⊥DF 于H ，连接BH ，则由(1)知EH ⊥平面DAB ，所以∠EBH 即为BE 与平面DAB 所成的角．由AC ＝4，∠BAC ＝60°，得AB ＝AE ＝BE ＝2，所以EF ＝3，又DE ＝2，所以DF ＝DE 2＋EF 2＝7，EH ＝237，所以sin ∠EBH ＝EH BE ＝217.方法二 如图建系，则A (0，－2，0)，D (0,0,2)，B (3，－1,0)，所以DA →＝(0，－2，－2)，DB →＝(3，－1，－2)．设平面DAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA →＝0，n ·DB →＝0，得⎩⎨⎧ －2y －2z ＝0，3x －y －2z ＝0，取z ＝1，得n ＝⎝⎛⎭⎫33，－1，1.设EB →与n 的夹角为θ，则cos θ＝EB →·n |EB →|·|n |＝2273＝217，所以BE 与平面DAB 所成角的正弦值为217. 4．如图，在矩形ABCD 中，已知AB ＝2，AD ＝4，点E ，F 分别在AD ，BC 上，且AE ＝1，BF ＝3，将四边形AEFB 沿EF 折起，使点B 在平面CDEF 上的射影H 在直线DE 上．(1)求证：CD ⊥BE ；(2)求线段BH 的长度；(3)求直线AF 与平面EFCD 所成角的正弦值．(1)证明 ∵BH ⊥平面CDEF ，∴BH ⊥CD ，又CD ⊥DE ，BH ∩DE ＝H ，BH ，DE ⊂平面DBE ，∴CD ⊥平面DBE ，∴CD ⊥BE .(2)解 方法一 设BH ＝h ，EH ＝k ，过F 作FG 垂直ED 于点G ，∵线段BE ，BF 在翻折过程中长度不变，根据勾股定理得⎩⎪⎨⎪⎧ BE 2＝BH 2＋EH 2，BF 2＝BH 2＋FH 2＝BH 2＋FG 2＋GH 2， 即⎩⎪⎨⎪⎧ 5＝h 2＋k 2，9＝22＋h 2＋(2－k )2，解得⎩⎪⎨⎪⎧h ＝2，k ＝1， ∴线段BH 的长度为2.方法二 如图，过点E 作ER ∥DC ，过点E 作ES ⊥平面EFCD ，以点E 为坐标原点，分别以ER ，ED ，ES 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设点B (0，y ，z )(y >0，z >0)，由于F (2,2,0)，BE ＝5，BF ＝3，∴⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋z 2＝5，4＋(y －2)2＋z 2＝9， 解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝1，z ＝2，于是B (0,1,2)， ∴线段BH 的长度为2.(3)解 方法一 延长BA 交EF 于点M ，∵AE ∶BF ＝MA ∶MB ＝1∶3，∴点A 到平面EFCD 的距离为点B 到平面EFCD 距离的13， ∴点A 到平面EFCD 的距离为23，而AF ＝13， 故直线AF 与平面EFCD 所成角的正弦值为21339. 方法二 由(2)方法二知FB →＝(－2，－1,2)， 故EA →＝13FB →＝⎝⎛⎭⎫－23，－13，23， F A →＝FE →＋EA →＝⎝⎛⎭⎫－83，－73，23，设平面EFCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，直线AF 与平面EFCD 所成角的大小为θ，则sin θ＝|F A →·n ||F A →||n |＝21339. 5.在如图所示的几何体中，EA ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，且AC ＝BC ＝BD ＝2AE ，M 是AB 的中点．(1)求证：CM ⊥EM ；(2)求CM 与平面CDE 所成的角．方法一 (1)证明 因为AC ＝BC ，M 是AB 的中点，所以CM ⊥AB .又EA ⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ，所以EA ⊥CM ，因为AB ∩EA ＝A ，AB ，EA ⊂平面ABDE ，所以CM ⊥平面ABDE ，又因为EM ⊂平面ABDE ，所以CM ⊥EM .(2)解 过点M 作MH ⊥平面CDE ，垂足为H ，连接CH 并延长交ED 于点F ，连接MF ，MD ，∠FCM 是直线CM 和平面CDE 所成的角．因为MH ⊥平面CDE ，ED ⊂平面CDE ，所以MH ⊥ED ，又因为CM ⊥平面EDM ，ED ⊂平面EDM ，所以CM ⊥ED ，因为MH ∩CM ＝M ，MH ，CM ⊂平面CMF ，所以ED ⊥平面CMF ，因为MF ⊂平面CMF ，所以ED ⊥MF .设EA ＝a ，BD ＝BC ＝AC ＝2a ，在直角梯形ABDE 中，AB ＝22a ，M 是AB 的中点，所以DE ＝3a ，EM ＝3a ，MD ＝6a ，所以EM 2＋MD 2＝ED 2，所以△EMD 是直角三角形，其中∠EMD ＝90°，所以MF ＝EM ·MD DE＝2a . 在Rt △CMF 中，tan ∠FCM ＝MF MC＝1， 又因为∠FCM ∈(0°，90°)，所以∠FCM ＝45°，故CM 与平面CDE 所成的角是45°.方法二 如图，以点C 为坐标原点，CA ，CB 所在直线分别作为x 轴和y 轴，过点C 作与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立直角坐标系，设EA ＝a ，则A (2a,0,0)，B (0,2a,0)，E (2a,0，a )，D (0,2a,2a )，M (a ，a,0)．(1)证明 因为EM →＝(－a ，a ，－a )，CM →＝(a ，a,0)，所以EM →·CM →＝0，故EM ⊥CM .(2)解 设向量n ＝(1，y 0，z 0)为平面CDE 的一个法向量，则n ⊥CE →，n ⊥CD →，即n ·CE →＝0，n ·CD →＝0.因为CE →＝(2a,0，a )，CD →＝(0,2a,2a )，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ＋az 0＝0，2ay 0＋2az 0＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝2，z 0＝－2， 即n ＝(1,2，－2)，cos 〈n ，CM →〉＝CM →·n |CM →|·|n |＝22， 因为〈n ，CM →〉∈[0°，180°]，所以〈n ，CM →〉＝45°.直线CM 与平面CDE 所成的角θ是n 与CM →夹角的余角，所以θ＝45°，因此直线CM 与平面CDE 所成的角是45°.6.如图，在三棱台ABCDEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，AC ＝3.(1)求证：BF ⊥平面ACFD ；(2)求直线BD 与平面ACFD 所成角的余弦值．(1)证明 延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示，因为平面BCFE ⊥平面ABC ，且AC ⊥BC ，所以AC ⊥平面BCK ，因此BF ⊥AC .又因为EF ∥BC ，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，所以△BCK 为等边三角形，且F 为CK 的中点，则BF ⊥CK .所以BF ⊥平面ACFD .(2)解 因为BF ⊥平面ACK ，所以∠BDF 是直线BD 与平面ACFD 所成的角．在Rt △BFD 中，BF ＝3，DF ＝32， 得cos ∠BDF ＝217. 所以直线BD 与平面ACFD 所成角的余弦值为217. (三)数 列1．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且(t ＋1)S n ＝a 2n ＋3a n ＋2(t ∈R )．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1＝1，b n ＋1－b n ＝a n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12b n ＋7n 的前n 项和T n . 解 (1)因为a 1＝S 1＝1，且(t ＋1)S n ＝a 2n ＋3a n＋2，所以(t ＋1)S 1＝a 21＋3a 1＋2，所以t ＝5.所以6S n ＝a 2n ＋3a n ＋2.①当n ≥2时，有6S n －1＝a 2n －1＋3a n －1＋2，②①－②得6a n ＝a 2n ＋3a n －a 2n －1－3a n －1，所以(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－3)＝0，因为a n >0，所以a n －a n －1＝3，又因为a 1＝1，所以{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝3的等差数列，所以a n ＝3n －2(n ∈N *)．(2)因为b n ＋1－b n ＝a n ＋1，b 1＝1，所以b n －b n －1＝a n (n ≥2，n ∈N *)，所以当n ≥2时，b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1＝a n ＋a n －1＋…＋a 2＋b 1＝3n 2－n 2. 又b 1＝1也适合上式，所以b n ＝3n 2－n 2(n ∈N *)． 所以12b n ＋7n ＝13n 2－n ＋7n＝13·1n (n ＋2)＝16·⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2， 所以T n ＝16·⎝⎛⎭⎫1－13＋12－14＋…＋1n －1n ＋2 ＝16·⎝⎛⎭⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝3n 2＋5n 12(n ＋1)(n ＋2).2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3，S 52，S 4成等差数列，a 5＝3a 2＋2a 1－2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n －1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 的前n 项和T n . 解 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由S 3，S 52，S 4成等差数列， 可知S 3＋S 4＝S 5，得2a 1－d ＝0，①由a 5＝3a 2＋2a 1－2，②得4a 1－d －2＝0，由①②，解得a 1＝1，d ＝2，因此，a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)令c n ＝a n b n＝(2n －1)⎝⎛⎭⎫12n －1，则T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，∴T n ＝1·1＋3·12＋5·⎝⎛⎭⎫122＋…＋(2n －1)·⎝⎛⎭⎫12n －1，③ 12T n ＝1·12＋3·⎝⎛⎭⎫122＋5·⎝⎛⎭⎫123＋…＋(2n －1)·⎝⎛⎭⎫12n ，④ ③－④，得12T n ＝1＋2⎣⎡⎦⎤12＋⎝⎛⎭⎫122＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－(2n －1)·⎝⎛⎭⎫12n ＝1＋2⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －1 －(2n －1)·⎝⎛⎭⎫12n ＝ 3－2n ＋32n ， ∴T n ＝6－2n ＋32n －1(n ∈N *)． 3．已知等差数列{a n }满足(n ＋1)a n ＝2n 2＋n ＋k ，k ∈R .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝4n 2a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)方法一 由(n ＋1)a n ＝2n 2＋n ＋k ，令n ＝1,2,3，得到a 1＝3＋k 2，a 2＝10＋k 3，a 3＝21＋k 4， ∵{a n }是等差数列，∴2a 2＝a 1＋a 3，即20＋2k 3＝3＋k 2＋21＋k 4， 解得k ＝－1.由于(n ＋1)a n ＝2n 2＋n －1＝(2n －1)(n ＋1)，又∵n ＋1≠0，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．方法二 ∵{a n }是等差数列，设公差为d ，则a n ＝a 1＋d (n －1)＝dn ＋(a 1－d )，∴(n ＋1)a n ＝(n ＋1)(dn ＋a 1－d )＝dn 2＋a 1n ＋a 1－d ，∴dn 2＋a 1n ＋a 1－d ＝2n 2＋n ＋k 对于任意n ∈N *均成立，则⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝2，a 1＝1，a 1－d ＝k ，解得k ＝－1，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由b n ＝4n 2a n a n ＋1＝4n 2(2n －1)(2n ＋1)＝4n 24n 2－1＝1＋14n 2－1＝1＋1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＋1， 得S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋1＋12⎝⎛⎭⎫13－15＋1＋12⎝⎛⎭⎫15－17＋1＋…＋12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＋n ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＋n ＝n 2n ＋1＋n ＝2n 2＋2n 2n ＋1(n ∈N *)． 4．(2018·绍兴市柯桥区模拟)已知数列{a n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋1en x +－1，证明：当n ∈N *时， (1)0<x n ＋1<x n ；(2)x n x n ＋1>x n －2x n ＋1；(3)⎝⎛⎭⎫12n ≤x n ≤⎝⎛⎭⎫12n －1. 证明 (1)用数学归纳法证明x n >0，当n ＝1时，x 1＝1>0，假设x k >0，k ∈N *，k ≥1，成立，当n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0，则x k ＝x k ＋1＋1e k x +－1≤0，矛盾，故x k ＋1>0，因此x n >0(n ∈N *)，所以x n ＝x n ＋1＋1e n x +－1>x n ＋1＋e 0－1＝x n ＋1，综上，x n >x n ＋1>0.(2)x n ＋1x n ＋2x n ＋1－x n ＝x n ＋1(x n ＋1＋1en x +－1)＋2x n ＋1－x n ＋1－1e n x +＋1＝x 2n ＋1＋1e n x +(x n ＋1－1)＋1， 设f (x )＝x 2＋e x (x －1)＋1(x ≥0)，则f ′(x )＝2x ＋e x ·x ≥0，所以f (x )在[0，＋∞)上单调递增，因此f (x )≥f (0)＝0，因此x 2n ＋1＋1e n x +(x n ＋1－1)＋1＝f (x n ＋1)>f (0)＝0，故x n x n ＋1>x n －2x n ＋1.(3)由(2)得1x n ＋1＋1<2⎝⎛⎭⎫1x n ＋1，所以当n >1时， 1x n ＋1<2⎝⎛⎭⎫1x n －1＋1<…<2n －1⎝⎛⎭⎫1x 1＋1＝2n ， 当n ＝1时，1x n ＋1＝2n ，所以1x n ≤2n ，即x n ≥12n ， 又由于x n ＝x n ＋1＋1e n x +－1≥x n ＋1＋(x n ＋1＋1)－1＝2x n ＋1，x n ＋1≤12x n ，所以易知x n ≤12n －1， 综上，⎝⎛⎭⎫12n ≤x n ≤⎝⎛⎭⎫12n －1.5．(2018·浙江省台州中学模拟)已知数列{a n }的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，n ＝1,2，…. (1)求{a n }的通项公式；(2)证明：对任意的x >0，a n ≥11＋x －1(1＋x )2·⎝⎛⎭⎫23n －x ，n ＝1,2，…； (3)证明：a 1＋a 2＋…＋a n >n 2n ＋1. (1)解 ∵a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，∴1a n ＋1－1＝13⎝⎛⎭⎫1a n －1， ∴1a n －1＝23·13n 1＝23，∴a n ＝3n3n ＋2(n ∈N *)． (2)证明 由(1)知a n ＝3n3n ＋2>0， 11＋x －1(1＋x )2⎝⎛⎭⎫23n －x ＝11＋x －1(1＋x )2⎝⎛⎭⎫23n ＋1－1－x ＝11＋x －1(1＋x )2⎣⎡⎦⎤1a n －(1＋x ) ＝－1a n ·1(1＋x )2＋21＋x ＝－1a n ⎝⎛⎭⎫11＋x －a n 2＋a n ≤a n ， ∴原不等式成立．(3)证明 由(2)知，对任意的x >0，有a 1＋a 2＋…a n ≥11＋x －1(1＋x )2⎝⎛⎭⎫23－x ＋11＋x －1(1＋x )2⎝⎛⎭⎫23－x ＋…＋11＋x －1(1＋x )2⎝⎛⎭⎫23－x ＝n 1＋x －1(1＋x )2⎝⎛⎭⎫23＋232＋…＋23n －nx ， ∴取x ＝1n ⎝⎛⎭⎫23＋23＋…＋23＝1n ⎝⎛⎭⎫1－13， 则a 1＋a 2…＋a n ≥n1＋1n ⎝⎛⎭⎫1－13n ＝n 2n ＋1－13n >n 2n ＋1， ∴原不等式成立．6．已知在数列{a n }中，满足a 1＝12，a n ＋1＝a n ＋12，记S n 为a n 的前n 项和． (1)证明：a n ＋1>a n ；(2)证明：a n ＝cos π3·2n －1； (3)证明：S n >n －27＋π254. 证明 (1)由题意知{a n }的各项均为正数，因为2a 2n ＋1－2a 2n ＝a n ＋1－2a 2n ＝(1－a n )(1＋2a n)． 所以，要证a n ＋1>a n ，只需要证明a n <1即可．下面用数学归纳法证明a n <1.①当n ＝1时，a 1＝12<1成立， ②假设当n ＝k 时，a k <1成立，那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k ＋12<1＋12＝1. 综上所述，a n <1成立，所以a n ＋1>a n .(2)用数学归纳法证明a n ＝cos π3·2n －1. ①当n ＝1时，a 1＝12＝cos π3成立， ②假设当n ＝k 时，a k ＝cos π3·2k －1. 那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k ＋12＝cos π3·2k －1＋12＝cos π3·2k ， 综上所述，a n ＝cosπ3·2n －1. (3)由题意及(2)知， 1－a n －12＝1－a n －1＋12＝1－a 2n ＝1－cos 2π3·2n 1＝sin 2π3·2n －1<⎝⎛⎭⎫π3·2n －12(n ≥2)， 得a n －1>1－2π29·4n －1(n ≥2)， 故当n ＝1时，S 1＝12>1－27＋π254； 当n ≥2时，S n >∑n i ＝2 ⎝⎛⎭⎫1－2π29·4i ＋12 ＝n －12－2π29×43×116⎝⎛⎭⎫1－14n －1 >n －27＋π254. 综上所述，S n >n －27＋π254. (四)解析几何1．(2018·浙江省台州中学模拟)过抛物线E ：x 2＝2py (p >0)的焦点F 作斜率分别为k 1，k 2的两条不同直线l 1，l 2且k 1＋k 2＝2，l 1与E 相交于点A ，B ，l 2与E 相交于点C ，D ，以AB ，CD 为直径的圆M ，圆N (M ，N 为圆心)的公共弦所在直线记为l .(1)若k 1>0，k 2>0，证明：FM →·FN →<2p 2；(2)若点M 到直线l 的距离的最小值为755，求抛物线E 的方程． (1)证明 由题意知，抛物线E 的焦点为F ⎝⎛⎭⎫0，p 2， 直线l 1的方程为y ＝k 1x ＋p 2. 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1x ＋p 2，x 2＝2py ，得x 2－2pk 1x －p 2＝0. 设A ，B 两点的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，则x 1，x 2是上述方程的两个实数根，从而x 1＋x 2＝2pk 1，y 1＋y 2＝2pk 21＋p ，∴点M 的坐标为⎝⎛⎭⎫pk 1，pk 21＋p 2，FM →＝(pk 1，pk 21)． 同理可得点N 的坐标为⎝⎛⎫pk 2，pk 22＋p 2， FN →＝(pk 2，pk 22)，于是FM →·FN →＝p 2(k 1k 2＋k 21k 22)．∵k 1＋k 2＝2，k 1>0，k 2>0，k 1≠k 2，∴0<k 1k 2<1，故FM →·FN →<p 2(1＋1)＝2p 2.(2)解 由抛物线的定义得|F A |＝y 1＋p 2，|FB |＝y 2＋p 2， ∴|AB |＝y 1＋y 2＋p ＝2pk 21＋2p ，从而圆M 的半径r 1＝pk 21＋p .故圆M 的方程为x 2＋y 2－2pk 1x －p (2k 21＋1)y －34p 2＝0， 同理可得圆N 的方程为x 2＋y 2－2pk 2x －p (2k 22＋1)y －34p 2＝0， ∴直线l 的方程为(k 2－k 1)x ＋(k 22－k 21)y ＝0， 即x ＋2y ＝0.∴点M 到直线l 的距离为d ＝p |2k 21＋k 1＋1|5. 故当k 1＝－14时，d 取最小值7p 85. 由已知得7p 85＝755，解得p ＝8. 故所求抛物线E 的方程为x 2＝16y .2．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的两焦点分别是F 1()－2，0，F 2()2，0，点E ⎝⎛⎭⎫2，322在椭圆C 上． (1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是y 轴上的一点，若椭圆C 上存在两点M ，N ，使得MP →＝2PN →，求以F 1P 为直径的圆面积的取值范围．解 (1)由已知，得半焦距c ＝2，2a ＝|EF 1|＋|EF 2|＝8＋92＋322＝42， 所以a ＝22，所以b 2＝a 2－c 2＝8－2＝6， 所以椭圆C 的方程是x 28＋y 26＝1. (2)设点P 的坐标为(0，t )，当直线MN 斜率不存在时，可得M ，N 分别是短轴的两端点，得到t ＝±63，t 2＝23. 当直线MN 斜率存在时，设直线MN 的方程为y ＝kx ＋t ，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则由MP →＝2PN →得x 1＝－2x 2，①联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋t ，x 28＋y 26＝1， 得(3＋4k 2)x 2＋8ktx ＋4t 2－24＝0，由题意，得Δ＝64k 2t 2－4(3＋4k 2)(4t 2－24)>0，整理得t 2<8k 2＋6，由根与系数的关系得x 1＋x 2＝－8kt 3＋4k 2， x 1·x 2＝4t 2－243＋4k 2，② 由①②，消去x 1，x 2得k 2＝－t 2＋612t 2－8， 由⎩⎪⎨⎪⎧ －t 2＋612t 2－8≥0，t 2<8·－t 2＋612t 2－8＋6，解得23<t 2<6， 综上23≤t 2<6， 又因为以F 1P 为直径的圆面积S ＝π·2＋t 24，所以S 的取值范围是⎣⎡⎭⎫2π3，2π. 3．(2018·浙江“超级全能生”联考)如图，已知直线y ＝－2mx －2m 2＋m 与抛物线C ：x 2＝y 相交于A ，B 两点，定点M ⎝⎛⎭⎫－12，1. (1)证明：线段AB 被直线y ＝－x 平分；(2)求△MAB 面积取得最大值时m 的值．(1)证明 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－2mx －2m 2＋m ，y ＝x 2， 得x 2＋2mx ＋2m 2－m ＝0，∴x 1＋x 2＝－2m ，x 1·x 2＝2m 2－m ，则x 1＋x 22＝－m ， y 1＋y 22＝x 21＋x 222＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 22＝m ， ∴线段AB 的中点坐标为(－m ，m )，∴线段AB 被直线y ＝－x 平分．(2)解 ∵|AB |＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2 ＝1＋4m 2－4m 2＋4m (0<m <1)，点M 到直线AB 的距离为d ＝|1＋2m 2－2m |1＋4m 2， ∴△MAB 的面积S ＝12|AB |d ＝－m 2＋m |1－2(－m 2＋m )|(0<m <1)，令－m 2＋m ＝t ，则S ＝t |1－2t 2|，又∵0<t ≤12，∴S ＝t －2t 3⎝⎛⎭⎫0<t ≤12， 令f (t )＝t －2t 3⎝⎛⎭⎫0<t ≤12，则f ′(t )＝1－6t 2， 则f (t )在⎝⎛⎭⎫0，66上单调递增，在⎝⎛⎦⎤66，12上单调递减，故当t ＝66时，f (t )取得最大值，即△MAB 面积取得最大值，此时有－m 2＋m ＝66，解得m ＝3±36. 4．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，A ，B 是椭圆与x 轴的两个交点，M 为椭圆C 的上顶点，设直线MA 的斜率为k 1，直线MB 的斜率为k 2，k 1k 2＝－23. (1)求椭圆C 的离心率；(2)设直线l 与x 轴交于点D (－3，0)，交椭圆于P ，Q 两点，且满足DP →＝3QD →，当△OPQ 的面积最大时，求椭圆C 的方程．解 (1)M (0，b )，A (－a,0)，B (a,0)，k 1＝b a ，k 2＝－b a， k 1k 2＝－b a ·b a ＝－b 2a 2＝－23，e ＝c a ＝33. (2)由(1)知e ＝c a ＝33， 得a 2＝3c 2，b 2＝2c 2，可设椭圆C 的方程为2x 2＋3y 2＝6c 2，设直线l 的方程为x ＝my －3，由⎩⎨⎧2x 2＋3y 2＝6c 2，x ＝my －3，得(2m 2＋3)y 2－43my ＋6－6c 2＝0，因为直线l 与椭圆C 相交于P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)两点，所以Δ＝48m 2－4(2m 2＋3)(6－6c 2)>0，由根与系数的关系得，y 1＋y 2＝43m 2m 2＋3，y 1y 2＝6－6c 22m 2＋3. 又DP →＝3QD →，所以y 1＝－3y 2，代入上述两式得6－6c 2＝－36m 22m 2＋3， 所以S △OPQ ＝12|OD ||y 1－y 2|＝32⎪⎪⎪⎪⎪⎪83m 2m 2＋3 ＝12|m |2|m |2＋3＝122|m |＋3|m |≤6， 当且仅当m 2＝32时，等号成立，此时c 2＝52， 代入Δ，此时Δ>0成立，所以椭圆C 的方程为2x 215＋y 25＝1. 5．已知在平面直角坐标系中，动点P (x ，y )(x ≥0)到点N (1,0)的距离比到y 轴的距离大1.(1)求动点P 的轨迹C 的方程；(2)若过点M (2,0)的直线与轨迹C 相交于A ，B 两点，设点Q 在直线x ＋y －1＝0上，且满足OA →＋OB →＝tOQ→(O 为坐标原点)，求实数t 的最小值．解 (1)方法一 因为点P (x ，y )(x ≥0)到点N (1,0)的距离比到y 轴的距离大1，所以|PN |－1＝|x |，将点N 的坐标代入，并整理得y 2＝4x .故点P 的轨迹C 的方程是y 2＝4x .方法二 因为平面上动点P 到点N (1,0)的距离比到y 轴的距离大1，所以点P 到点N (1,0)的距离与点P 到直线x ＝－1的距离相等，即点P 的轨迹是以原点为顶点，焦点到准线的距离为2，并且为开口向右的抛物线，所以点P 的轨迹C 的方程为y 2＝4x .(2)由题意知直线AB 的斜率存在且斜率不为0且与抛物线y 2＝4x 有两个交点，设直线AB ：y ＝k (x －2)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，Q (x ，y )，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －2)，y 2＝4x ，得k 2x 2－4(k 2＋1)x ＋4k 2＝0(k ≠0)． Δ＝16(2k 2＋1)>0恒成立，所以x 1＋x 2＝4(k 2＋1)k 2，x 1·x 2＝4， 因为OA →＋OB →＝tOQ →，所以(x 1＋x 2，y 1＋y 2)＝t (x ，y )，即x ＝x 1＋x 2t ＝4(k 2＋1)k 2t ，y ＝y 1＋y 2t ＝k (x 1－2)＋k (x 2－2)t ＝k (x 1＋x 2)－4k t ＝4tk， 又点Q 在x ＋y －1＝0上，所以4(k 2＋1)k 2t ＋4tk－1＝0. 所以t ＝4⎝⎛⎭⎫1k 2＋1k ＋1＝4⎝⎛⎭⎫1k ＋122＋3≥3.故实数t 的最小值为3.6.如图，过椭圆M ：x 22＋y 2＝1的右焦点F 作直线交椭圆于A ，C 两点．(1)当A ，C 变化时，在x 轴上求定点Q ，使得∠AQF ＝∠CQF ；(2)设直线QA 交椭圆M 的另一个交点为B ，连接BF 并延长交椭圆于点D ，当四边形ABCD 的面积取得最大值时，求直线AC 的方程．解 (1)设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，Q (q,0)，当A ，C 不在x 轴上时，设直线AC 的方程为x ＝ty ＋1，代入椭圆M 的方程，可得(2＋t 2)y 2＋2ty －1＝0.则y 1＋y 2＝－2t 2＋t 2，y 1y 2＝－12＋t 2， 由意题知k AQ ＋k CQ ＝y 1x 1－q ＋y 2x 2－q＝y 1(x 2－q )＋y 2(x 1－q )(x 1－q )(x 2－q ) ＝y 1(ty 2＋1－q )＋y 2(ty 1＋1－q )(x 1－q )(x 2－q ) ＝2ty 1y 2＋(1－q )(y 1＋y 2)(x 1－q )(x 2－q )＝0， 即2ty 1y 2＋(1－q )(y 1＋y 2)＝0，整理得－2t －2t (1－q )＝0，由题知无论t 取何值，上式恒成立，则q ＝2，当A ，C 在x 轴上时，定点Q (2,0)依然可使∠AQF ＝∠CQF 成立，所以点Q 的坐标是(2,0)．(2)由(1)知∠AQF ＝∠CQF ，∠BQF ＝∠DQF .所以B ，C 关于x 轴对称，A ，D 关于x 轴对称，所以四边形ABCD 是一个等腰梯形．则四边形ABCD 的面积S (t )＝|x 1－x 2|·|y 1－y 2|＝|t |·|y 1－y 2|2＝8·(t 2＋1)|t |(t 2＋2)2. 由对称性不妨设t >0，求导可得S ′(t )＝－8·t 4－3t 2－2(t 2＋2)3， 令S ′(t )＝0，可得t 2＝3＋172， 由于S (t )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3＋172上单调递增， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋172，＋∞上单调递减，所以当t 2＝3＋172时，四边形ABCD 的面积S 取得最大值． 此时，直线AC 的方程是x ＝±3＋172y ＋1. (五)函数与导数1．(2018·浙江省台州中学模拟)设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，曲线y ＝f (x )过点(0,2a ＋3)，且在点(－1，f (－1))处的切线垂直于y 轴．(1)用a 分别表示b 和c ；(2)当bc 取得最小值时，求函数g (x )＝－f (x )e －x 的单调区间．解 (1)f ′(x )＝2ax ＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋3＝c ，2a ·(－1)＋b ＝0，则b ＝2a ，c ＝2a ＋3. (2)由(1)得bc ＝2a (2a ＋3)＝4⎝⎛⎭⎫a ＋342－94， 故当a ＝－34时，bc 取得最小值－94， 此时有b ＝－32，c ＝32， 从而f (x )＝－34x 2－32x ＋32，f ′(x )＝－32x －32， g (x )＝－f (x )e －x ＝⎝⎛⎭⎫34x 2＋32x －32e －x ，所以g ′(x )＝－34(x 2－4)e －x ， 令g ′(x )＝0，解得x 1＝－2，x 2＝2.当x ∈(－∞，－2)时，g ′(x )<0，故g (x )在(－∞，－2)上为减函数；当x ∈(－2,2)时，g ′(x )>0，故g (x )在(－2,2)上为增函数；当x ∈(2，＋∞)时，g ′(x )<0，故g (x )在(2，＋∞)上为减函数．由此可见，函数g (x )的单调递减区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)，单调递增区间为(－2,2)．2．(2018·浙江省温州六校协作体联考)已知函数f (x )＝e kx (k －x )(k ≠0)．(1)当k ＝2时，求y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)对任意x ∈R ，f (x )≤1k恒成立，求实数k 的取值范围． 解 (1)当k ＝2时，f (x )＝e 2x (2－x )．∵f ′(x )＝2e 2x (2－x )－e 2x ＝e 2x (3－2x )，∴f ′(1)＝e 2，又∵f (1)＝e 2，∴所求的切线方程为y －e 2＝e 2(x －1)．即y ＝e 2x .(2)方法一 ∵e kx (k －x )≤1k， ∴当x ＝k 时，0≤1k，即k >0， ∴对任意x ∈R ，k (k －x )≤e－kx 恒成立， 设g (x )＝e －kx ＋kx －k 2，g ′(x )＝－k e －kx ＋k ＝k (1－e －kx )，当x <0时，g ′(x )<0，当x >0时，g ′(x )>0，∴g (x )在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数，∴g (x )min ＝g (0)＝1－k 2≥0，又k >0，∴0<k ≤1.方法二 对任意x ∈R ，f (x )≤1k 恒成立⇔f (x )max ≤1k，x ∈R . ∵f ′(x )＝k e kx (k －x )－e kx ＝e kx (k 2－kx －1)，当k <0，x ≥k －1k 时，f ′(x )≥0；x <k －1k时，f ′(x )<0， ∴f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，k －1k 上是减函数，在⎣⎡⎭⎫k －1k ，＋∞上是增函数． 又当x →－∞时，f (x )→＋∞，而1k<0， ∴与f (x )≤1k恒成立矛盾，∴k <0不满足条件； 当k >0，x ≤k －1k 时，f ′(x )≥0；x >k －1k时，f ′(x )<0， ∴f (x )在⎝⎛⎦⎤－∞，k －1k 上是增函数，在⎝⎛⎭⎫k －1k ，＋∞上是减函数． ∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫k －1k ＝21e k －·1k ≤1k，∴k 2－1≤0，即－1≤k ≤1，又k >0，∴0<k ≤1，综上所述，实数k 的取值范围是(0,1]．3．设函数f (x )＝x ln x －ax 2＋(b －1)x ，g (x )＝e x －e x .(1)当b ＝0时，函数f (x )有两个极值点，求实数a 的取值范围；(2)若y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，且函数h (x )＝f (x )＋g (x )在x ∈(1，＋∞)时，其图象上每一点处切线的倾斜角均为锐角，求实数a 的取值范围．解 (1)当b ＝0时，f (x )＝x ln x －ax 2－x ，f ′(x )＝ln x －2ax ，∴f (x )＝x ln x －ax 2－x 有2个极值点就是方程ln x －2ax ＝0有2个不同的解，即y ＝2a 与m (x )＝ln x x的图象的交点有2个． ∵m ′(x )＝1－ln x x 2， 当x ∈(0，e)时，m ′(x )>0，m (x )单调递增；当x ∈(e ，＋∞)时，m ′(x )<0，m (x )单调递减．∴m (x )有极大值1e， 又∵x ∈(0,1]时，m (x )≤0；当x ∈(1，＋∞)时，0<m (x )<1e. 当a ∈⎝⎛⎭⎫12e ，＋∞时，y ＝2a 与m (x )＝ln x x的图象的交点有0个； 当a ∈(－∞，0]或a ＝12e 时，y ＝2a 与m (x )＝ln x x的图象的交点有1个； 当a ∈⎝⎛⎭⎫0，12e 时，y ＝2a 与m (x )＝ln x x的图象的交点有2个． 综上，实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，12e . (2)函数y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，∴f ′(1)＝0且f (1)≠0，∵f ′(x )＝ln x －2ax ＋b ，∴b ＝2a 且a ≠1.h (x )＝x ln x －ax 2＋(b －1)x ＋e x －e x 在x ∈(1，＋∞)时，其图象的每一点处的切线的倾斜角均为锐角，即当x >1时，h ′(x )＝f ′(x )＋g ′(x )>0恒成立，即ln x ＋e x －2ax ＋2a －e>0恒成立，令t (x )＝ln x ＋e x －2ax ＋2a －e ，∴t ′(x )＝1x＋e x －2a ，设φ(x )＝1x ＋e x －2a ，φ′(x )＝e x －1x 2， ∵x >1，∴e x >e ，1x 2<1， ∴φ′(x )>0，∴φ(x )在(1，＋∞)上单调递增，即t ′(x )在(1，＋∞)上单调递增，∴t ′(x )>t ′(1)＝1＋e －2a ，当a ≤1＋e 2且a ≠1时，t ′(x )≥0， ∴t (x )＝ln x ＋e x －2ax ＋2a －e 在(1，＋∞)上单调递增，∴t (x )>t (1)＝0成立，当a >1＋e 2时， ∵t ′(1)＝1＋e －2a <0，t ′(ln 2a )＝1ln 2a＋2a －2a >0， ∴存在x 0∈(1，ln 2a )，满足t ′(x 0)＝0.∵t ′(x )在(1，＋∞)上单调递增，∴当x ∈(1，x 0)时，t ′(x )<0，t (x )单调递减，∴t (x 0)<t (1)＝0，t (x )>0不恒成立．∴实数a 的取值范围为(－∞，1)∪⎝⎛⎦⎤1，1＋e 2. 4．已知函数f (x )＝x －1＋a e x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2>4.(1)解 f ′(x )＝1＋a e x ，当a ≥0时，f ′(x )>0，则f (x )在R 上单调递增．当a <0时，令f ′(x )>0，得x <ln ⎝⎛⎭⎫－1a ， 则f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，ln ⎝⎛⎭⎫－1a ， 令f ′(x )<0，得x >ln ⎝⎛⎭⎫－1a ， 则f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞. (2)证明 由f (x )＝0得a ＝1－x e x ， 设g (x )＝1－x e x ，则g ′(x )＝x －2e x . 由g ′(x )<0，得x <2；由g ′(x )>0，得x >2.故g (x )min ＝g (2)＝－1e 2<0. 当x >1时，g (x )<0，当x <1时，g (x )>0，不妨设x 1<x 2，则x 1∈(1,2)，x 2∈(2，＋∞)，x 1＋x 2>4等价于x 2>4－x 1，∵4－x 1>2且g (x )在(2，＋∞)上单调递增，∴要证x 1＋x 2>4，只需证g (x 2)>g (4－x 1)，∵g (x 1)＝g (x 2)＝a ，∴只需证g (x 1)>g (4－x 1)，即1－x 11e x >x 1－314e x −， 即证124e x −(x 1－3)＋x 1－1<0；设h (x )＝e 2x －4(x －3)＋x －1，x ∈(1,2)，则h ′(x )＝e 2x －4(2x －5)＋1，令m (x )＝h ′(x )，则m ′(x )＝4e 2x －4(x －2)，∵x ∈(1,2)，∴m ′(x )<0，∴m (x )在(1,2)上单调递减，即h ′(x )在(1,2)上单调递减，∴h ′(x )>h ′(2)＝0，∴h (x )在(1,2)上单调递增，∴h (x )<h (2)＝0，∴124e x −()x 1－3＋x 1－1<0，从而x 1＋x 2>4得证．5．已知函数f (x )＝a ＋ln x x，g (x )＝mx . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＝0时，f (x )≤g (x )恒成立，求实数m 的取值范围；(3)当a ＝1时，求证：当x >1时，(x ＋1)⎝⎛⎭⎫x ＋1e x f (x )>2⎝⎛⎭⎫1＋1e . (1)解 f (x )＝a ＋ln x x的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝1－(a ＋ln x )x 2＝1－ln x －a x 2. 由f ′(x )>0得1－ln x －a >0，即ln x <1－a ，解得0<x <e 1－a ，∴f (x )在(0，e 1－a )上单调递增，在(e 1－a ，＋∞)上单调递减．(2)解 a ＝0，f (x )＝ln x x，∴f (x )≤g (x )⇔ln x x ≤mx ⇔m ≥ln x x 2， 令u (x )＝ln x x 2，∴u ′(x )＝1－2ln x x 3， 由u ′(x )>0得0<x <e ，∴u (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，∴u (x )max ＝u (e)＝ln e e ＝12e ，∴m ≥12e. (3)证明 (x ＋1)⎝⎛⎭⎫x ＋1e x f (x )>2⎝⎛⎭⎫1＋1e ， 等价于1e ＋1·(x ＋1)(ln x ＋1)x >2e x －1x e x ＋1. 令p (x )＝(x ＋1)(ln x ＋1)x ，则p ′(x )＝x －ln x x 2， 令φ(x )＝x －ln x ，则φ′(x )＝1－1x ＝x －1x， ∵x >1，∴φ′(x )>0，∴φ(x )在(1，＋∞)上单调递增，φ(x )>φ(1)＝1>0，p ′(x )>0，∴p (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴p (x )>p (1)＝2，∴p (x )e ＋1>2e ＋1， 令h (x )＝2e x －1x e x ＋1， 则h ′(x )＝2e x －1(1－e x )(x e x ＋1)2， ∵x >1，∴1－e x <0，∴h ′(x )<0，h (x )在(1，＋∞)上单调递减，∴当x >1时，h (x )<h (1)＝2e ＋1， ∴p (x )e ＋1>2e ＋1>h (x )， 即(x ＋1)⎝⎛⎭⎫x ＋1e x f (x )>2⎝⎛⎭⎫1＋1e ，x >1. 6．已知函数f (x )＝x 3＋|ax －3|－2，a >0.(1)求函数y ＝f (x )的单调区间；(2)当a ∈(0,5)时，对于任意x 1∈[0,1]，总存在x 2∈[0,1]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝0，求实数a 的值． 解 (1)f (x )＝x 3＋|ax －3|－2(a >0)＝⎩⎨⎧ x 3＋ax －5，x ≥3a ，x 3－ax ＋1，x <3a .则f ′(x )＝⎩⎨⎧ 3x 2＋a ，x ≥3a ，3x 2－a ，x <3a . 当a 3≥3a，即a ≥3时， 函数y ＝f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－a 3，3a ，单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，－a 3，⎝⎛⎭⎫3a ，＋∞； 当a 3<3a，即0<a <3时， 函数y ＝f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－a 3，a 3， 单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，－a 3，⎝⎛⎭⎫a 3，＋∞. (2)由题意知，对于任意x 1∈[0,1]，总存在x 2∈[0,1]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝0，等价于当x ∈[0,1]时，f (x )min ＋f (x )max ＝0，由(1)得当3≤a <5时，y ＝f (x )在⎣⎡⎭⎫0，3a 上单调递减，在⎝⎛⎦⎤3a ，1上单调递增， 所以f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫3a ＝27a 3－2，f (x )max ＝max{f (0)，f (1)}＝max{1，a －4}＝1，所以27a3－2＋1＝0，解得a ＝3； 当0<a <3时，y ＝f (x )在⎣⎡⎭⎫0，a 3上单调递减， 在⎝⎛⎦⎤a 3，1上单调递增， 所以f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫a 3＝1－2a 3a 3， f (x )max ＝max{f (0)，f (1)}＝max{1,2－a }，当1<a <3时，f (x )max ＝1，则1－2a 3a 3＋1＝0，得a ＝3(舍去)； 当0<a ≤1时，f (x )max ＝2－a ，则1－2a 3a 3＋2－a ＝0， 即3－a ＝2a 3a 3，其中3－a ≥2，而2a 3a 3<2，所以无解，舍去． 综上所述，a ＝3.。
