全解與精煉高考數(shù)學(xué)11 解答題的突破方法

全解與精煉高考數(shù)學(xué)專(zhuān)題11解答題的突破方法

1.設(shè)數(shù)列｛aj的前n項(xiàng)和為S”，對(duì)任意的正整數(shù)n,都有an=5Sn+1成立，記bn=

鬻(neN*).

(1)求數(shù)列｛斯｝與｛5｝的通項(xiàng)公式；

(2)設(shè)數(shù)列｛%｝的前n項(xiàng)和為Rn,是否存在正整數(shù)k,使得Rk>4k成立？若存在，找出一

個(gè)正整數(shù)k；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

2.如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，P41平面力BCD,PB與底面ABCD所成的角為45。，底

面ABCD為直角梯形，BC//AD,/.ABC=/.BAD=90°,AD=2PA=2BC=2.

(1)求證：平面PAC_L平面PCO；

⑵在線(xiàn)段PD上是否存在點(diǎn)E,使CE與平面PAD所成的角為45。？若存在，求出所有的值;

若不存在，說(shuō)明理由.

3.已知橢圓M:[+盤(pán)=l(a>b>0)的四個(gè)頂點(diǎn)構(gòu)成邊長(zhǎng)為5的菱形，原點(diǎn)。到直線(xiàn)AB的距

a2b2

離為Y，其中力(0,a),B(-b,0).直線(xiàn)l:x=my+n與橢圓M相交于C,D兩點(diǎn)，且以CD

為直徑的圓過(guò)橢圓的右頂點(diǎn)P(其中點(diǎn)C,D與點(diǎn)P不重合).

(1)求橢圓M的方程和離心率；

(2)試判斷直線(xiàn)I與%軸是否交于定點(diǎn)？若是，求出定點(diǎn)的坐標(biāo)；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由.

4.今有一個(gè)量經(jīng)"建?！焙蟮玫疥P(guān)系式為w=i[?==+7==],其中a,b,c,a,t都取正值，u<

1,tvl,并且滿(mǎn)足約束條件at+bu=c,/+請(qǐng)你設(shè)計(jì)出一種方法，求出量

3的最小值來(lái).

5.設(shè)Sn=l+：+：+…+3(neN*),/(n)=S2n+1-Sn+1,試確定實(shí)數(shù)m的取值范圍，但對(duì)于

neN*,n>1,不等式/(n)>[logmO-1)/一半log(m_i)m「恒成立.

6.已知37n和幾是正整數(shù)，且1Vi工？nVri.

(1)證明：兀認(rèn)盆V加人宗

(2)證明：(l+rn)n>(l+n)m.

7.己知函數(shù)/(%)==.

7X+1

(1)求證：當(dāng)X21時(shí)，不等式In%>/(x)恒成立；

(2)求證：[1x2x3x…x(n+I)]2>(n+1)-en-2(neN*).

8.設(shè)數(shù)列a1，0,2<1,,>的前n項(xiàng)和Sn和a；,的關(guān)系是Sn=~ban+1—其中b

是與n無(wú)關(guān)的常數(shù)，且6Hl.

(1)求斯和an-i的關(guān)系式；

(2)寫(xiě)出用n和b表示an的表達(dá)式.

9.設(shè)a0為常數(shù)，且即=3"T-2an_i(n6N*).

n711nnn

(1)證明對(duì)任意n>1,an=1[3+(-I)--2]+(-l)-2a0；

(2)假設(shè)對(duì)任意n>1,都有a?>an_1(求a0的取值范圍.

10.已知函數(shù)/(%)=xlnx,g(%)=%3+ax2—%4-2.

(1)如果函數(shù)g(x)的單調(diào)減區(qū)間為(一],1)，求函數(shù)g(x)的解析式；

(2)在(1)的條件下，求函數(shù)y=g(x)的圖象在點(diǎn)P(-l,l)處的切線(xiàn)方程；

(3)若不等式2f(x)4g，(x)+2的解集為P,且(0,+8)aP,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

n

11.已知數(shù)列的前項(xiàng)和Sn滿(mǎn)足：Sn=a(Sn-an+1)(a為常數(shù)，且a40,a41).

(1)求｛an｝的通項(xiàng)公式；

(2)設(shè)bn=a^+Snan,若數(shù)列｛%｝為等比數(shù)列，求a的值；

⑶在滿(mǎn)足條件(2)的情形下，設(shè)包=三7-一:，數(shù)列｛7｝的前n項(xiàng)和為%,求證：

外+1%+1一1

Tn>2n-^.

12.設(shè)數(shù)列｛。九｝的前n項(xiàng)和為Sn,且靠一(an+2)Sn+1=0,1-Sn=anbn(n6N*).

(1)求的,a2的值；

(2)求｛斯｝的通項(xiàng)公式：

⑶若正項(xiàng)數(shù)列｛7｝滿(mǎn)足cnw幣/5￡N*,O<a<1),求證：EkI含<1.

13.設(shè)函數(shù)/"(X)=(x-a)21nx,aGR.注：e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù).

(1)若x=e為y=/(x)的極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a；

(2)求實(shí)數(shù)a的取值范圍，使得對(duì)任意的xe(0,3e],恒有/(x)<4e2成立.

14.如圖所示，在棱長(zhǎng)均為4的三棱柱4BC-AiBiG中，D,D1分別是BC和的中點(diǎn).

R

(1)求證：①必〃平面AB】。；

(2)若平面ABC1平面BCG/,4B/C=60。，求三棱錐Br-ABC的體積.

15.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：=l(a>b>0)的離心率e=且橢圓C

上的點(diǎn)到點(diǎn)Q(0,2)的距離的最大值為3.

(1)求桶圓C的方程：

(2)在橢圓C上，是否存在點(diǎn)M(m,n),使得直線(xiàn)I：mx+ny=1與圓。：x2+y2=1相交

于不同的兩點(diǎn)A,B,且4OAB的面積最大？若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)及對(duì)應(yīng)的4OAB

的面積；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

16.已知三個(gè)函數(shù)y=|x|+l,y=y/x2-2x+2+t,y=|(x+(x>0)的最小值恰好是方程

x3+ax2+bx+c=0的三個(gè)根，其中0ct<1.

(1)求證：a?=2b+3；

(2)設(shè)Qi，M),(%2，N)是函數(shù)/'(X)=/+a/+以+C的兩個(gè)極值點(diǎn).

(i)若\Xi-x2\=求函數(shù)/(x)的解析式;

(ii)求1M-N[的取值范圍.

17.如圖所示，在三棱錐D-ABC中，已知4BCD是正三角形，力BJ.平面BCD,AB=BC=a,E

為BC的中點(diǎn)，F(xiàn)在棱AC上，且AF=3FC.

D

(1)求三棱錐D-ABC的表面積；

(2)求證AC1平面。EF；

⑶若M為BD的中點(diǎn)，問(wèn)AC上是否存在一點(diǎn)N,使M/V〃平面OEF?若存在，說(shuō)明點(diǎn)N

的位置；若不存在，試說(shuō)明理由.

18.如圖所示，橢圓E:捻+《=l(a>b>0)的左焦點(diǎn)為Fi，右焦點(diǎn)為%，離心率e=；過(guò)&

的直線(xiàn)交橢圓于4,B兩點(diǎn)，且4ABF2的周長(zhǎng)為8.

⑴求橢圓E的方程；

(2)設(shè)動(dòng)直線(xiàn)l:y=kx+m與橢圓E有且只有一個(gè)公共點(diǎn)P,且與直線(xiàn)%=4相交于點(diǎn)

Q.試探究：在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在定點(diǎn)M,使得以PQ為直徑的圓恒過(guò)點(diǎn)M?若存在，

求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，說(shuō)明理由.

19.我們知道，函數(shù)2*滿(mǎn)足：21=2,2，x2y=2x+y(xeR,yeR).現(xiàn)以函數(shù)2,為模型，則

可以構(gòu)造函數(shù)g(x),滿(mǎn)足：g(l)=2,g(x)g(y)=g(x+y)(xeR,y€R).同理，對(duì)于函數(shù)

log2x滿(mǎn)足log2l=0,log2(xy)=log2x+log2y(x,y為正實(shí)數(shù))，則以函數(shù)log2x為模型可

以構(gòu)造函數(shù)/(x).

(1)類(lèi)比于g(x)寫(xiě)出/(%)所滿(mǎn)足的條件；

⑵對(duì)于函數(shù)/(%),求證：對(duì)于任意正實(shí)數(shù)x,y都有/g)=/(x)-/(y)；

⑶若當(dāng)x>1時(shí)，/(X)>0,/(4)=2,

(i)求使函數(shù)/i(x)=f(ax-1)在［1,+8)為增函數(shù)的實(shí)數(shù)a的取值范圍;

/(%2)+y^,-1<%<0

(ii)設(shè)F(x)=n,解不等式：尸(%)>“一%)+5.

-/(X2)0<X<1

20.設(shè)函數(shù)/(%)定義在(0,+8)上，/(1)=0,導(dǎo)函數(shù)f(x)=Kg(x)=/(%)+/'(%).

(1)求g(x)的單調(diào)區(qū)間和最小值；

(2)討論g(x)與sQ)的大小關(guān)系；

⑶是否存在q>0，使得ig(x)-gQo)1<5對(duì)任意x>0成立？若存在，求出%0的取值

范圍；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

答案

1.【答案】

(1)當(dāng)71=1時(shí)，=5。1+1,所以=—；，

==

3^.CLJI5S^+1,Qyi+l55日+1+1,

所以an+l~an=5Q九+1，即。九+1=—

所以數(shù)列｛an｝是等比數(shù)列，其首項(xiàng)即=一；，公比q=-；，

所以"=(一?”?

干基h-4+廝-4+(3):

十無(wú),兒一…一”(了.

(2)不存在正整數(shù)k,使得Rk>4k成立，下面用反證法給出證明:

假設(shè)存在正整數(shù)k,使得Rk>4k成立.

5

由(1),知5=4+

(-4尸一1

因?yàn)?/p>

O_|_________________I_______n

^2t-l+b2t丁(_4)2I_I干(-4)2J

=8+三品

15x16^40

=8-<8(t6N)

(16^1)(16^4)

所以當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，設(shè)n=2m(m6N*)?

則Rn=(瓦+&2)+M+b4)+…+(h2m-i+b2m)<8m=4n；

當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，設(shè)n=2m-l(mGN*),

則b2m_1=4+=4-在三<4,

Rn=(瓦+匕2)+(力3+。4)+…+32m-3+。2m-2)+》2mT

<8(m—1)+4

=8m—4

=4n,

所以對(duì)于一切的正整數(shù)n,都有Rn<4n成立，

與假設(shè)矛盾，故假設(shè)不成立，則原命題成立.

于是，不存在正整數(shù)k,使得Rk>4k成立.

2.【答案】

(1)由題意，易得NPBA=45。，從而可得AB=PA=BC=1,

故AC=7AB2+BC2=V2,/.CAD=45°,

又AD=2,可得^.ACD=90°,即AC1CD.

又P41平面4BC。，所以PA1CD.

又ACClP4=4,所以CD_L平面PAC.

又CDu平面PCD,所以平面P4cl平面PCD.

(2)假設(shè)存在點(diǎn)E,使CE與平面PAD所成的角為45°.

取AD的中點(diǎn)M,連接CM,則CM14D,CM=1.

又P41CM,PAQAD=A,

所以CM1平面PAD,

連接ME,則/CEM就是CE與平面PAD所成的角，即zCEM=45°.

因?yàn)镃M=1,所以ME=1.

在△PAD中，MD=1,所以當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)D重合時(shí)滿(mǎn)足條件，此時(shí)北=L

不難求到另一個(gè)點(diǎn)E的位置為距離點(diǎn)P最近的線(xiàn)段PD的五等分點(diǎn)處，此時(shí)皆=:，所以線(xiàn)段

PD上存在點(diǎn)E,使CE與平面PAD所成的角為45。，此時(shí)費(fèi)的值為1或

PD5

3.【答案】

(1)由已知，得a2+b2=52,

由點(diǎn)2(0,a),8(—6,0),知直線(xiàn)AB的方程為即ax-by+ab=0,又原點(diǎn)。到

直線(xiàn)AB的距離為各即寫(xiě)第=各，

5y/a2+b25

所以a2=16,b2=9,c2=16-9=7.

故橢圓M的方程為5+3=1，離心率e=*=W，

169a4

(2)由(1),知P(3,0),設(shè)0(%2，丫2)，將X=my+n代入￡+1=1,

整理,得(16m2+9)y2+32mny+16n2—144=0,

i,-32mn16n2-144

則ri1l為+先=高不，乃先=-^所-

因?yàn)橐訡D為直徑的圓過(guò)橢圓的右頂點(diǎn)P,貝I」PCPD=0f又PC=(x1-3,y1)f麗=

(右一3,力)，

所以(%i-3)?(上-3)+yty2=0.又/=my±+n,x2=my2+n,

所以(myi4-n-3)?(jny2+n-3)+yry2=0.

22

整理得(m+1)力%+m——3)(yi+y2)+(n-3)=0,

16n21442

即(m2+1).；+m(n-3)-+(n-3)=0,

即16(m2+l)(M-9)_—+(n_3)2=0.

167n2+916m2+9'7

易知九。3,

所以16（巾2+1）（九+3）-32m2n+（16m2+9）（n—3）=0.

整理，得25幾+21=0,即n=—11.

所以直線(xiàn)I與x軸交于定點(diǎn)，定點(diǎn)的坐標(biāo)為（-H，0）-

4.【答案】因u,te（0,1），故可令u=cosa,t=cospf其中a,/?為銳角.

以HC為一公共直角邊（H為直角頂點(diǎn)），

在"C的兩側(cè)分別構(gòu)造RtAAHC,RtABHC,并使AC=b,BC=a,乙4=a,乙B=仇

則at4-bu=acosB+bcosA=BH+HA=AB.于是AB=c.顯然這樣的設(shè)計(jì)還滿(mǎn)足題設(shè)的另一個(gè)約

束條件：a2+2bcu=b24-c2（此式就是余弦定理a2=b2+c2—2bccosA的變形）.

故a=/+方當(dāng)f]=}1+/總）=（（6R+2R）=:.（其中，R為二角形外接圓的半徑）

由于cW2R,故①之4.

另一方面，當(dāng)a=8,b=6,c=10,u=I，t滿(mǎn)足題設(shè)全部條件，且a>=4,故o）的最

小值為4.

【答案】因f（n）=；，

-n-+-2-H---n-+-3T+…+-----

則f(n+1)--TH---；+…+----J

n+3n+4

所以/(n)>f(n-1)>>/(3)>/(2)(n6N*,n>2),而/(2)=

由單調(diào)性,知/⑵=,>[logm(m-1)產(chǎn)

解得一1VlogmCm-1)<1且10gm(rn-1)H0,

解之m>^―,且6H2,

所以，所求m的取值范圍為空，且血工2.

6.【答案】

(1)對(duì)于1<i<即Nm=m?(m—1)...(m—i+1),

A%_mm-1m-i+1

mmm

A%_nn-1n-i+1

同理

nnn

由于m<n,對(duì)于正整數(shù)fc=有—>—,

nm

所以純〉為，

nl

即>nfA^.

⑵根據(jù)二項(xiàng)式定理有：

n2n

(1+m)=1+C}1m4-C^mH----FC?m,

m

(1+n)m=1+既n+鬣1n2+…+C^n,

由(1)知mzAn>nfA^(l<i<m),

而%=牛,以=牛,

所以加C}>nlC}n(l<m<n),

所以mQCn=n0C?=1,mCn=nC溫=m-n,

7n2C?>n2C^,???,mmCJP>mm+1CJp+1>0,…，mnCJJ>0,

2n2m

所以1+G1m+CnTn4----FCJJm>1+%n+C^n4----卜C^n,

即(l+rn)n>(l+n)m成立.

7.【答案】

(1)記g(%)=Inx-舒(％N1),

則gD'(X)=-x-(x+21)2=x(:x+1l)I2>0，

所以g(x)在[1,+網(wǎng)上單調(diào)遞增，從而g(x)>5(1)=0,

所以不等式Inx2f(x)恒成立.

(2)由(1)知，當(dāng)x'1時(shí)，lnx23=l一二->1一三，

x+2x+1X

所以ln(lx2)>1—嗯,ln(2x3)>1-

ln(3x4)>1----,…，ln[n(7i+1)]>1----；—

上述不等式疊加得ln[lx22x32x...xn2(n+1)]>n-2[^-+-i-+-

即ln[lx22x32x...xn2(n4-1)]>n—2+>n—2,

從而1x2?x32x...xn2(n+1)>e11-2,

所以［1x2x3x...x(71+1)F>(n+1).en-2(neN*)成立.

8.【答案】

⑴an=Sn~=-b(ctn_即_1)_+(1+6尸_1

=-b(.an-a?_i)+(i：)”(n>2),

由此解得an=盤(pán)+(i+；)“+i5—2)。

(2)由4=Si=-ba!+1-匕，得%=0：川

再由(1)的結(jié)果可得

b,bb+b2

/1+b1(1+b)3(1+匕尸

bb_b^b2+b3

=(i+6)*"

經(jīng)過(guò)歸納，可猜想即=端法二……①

下面用數(shù)學(xué)歸納法證明猜想成立.

(i)當(dāng)n=l時(shí)，式①顯然成立；

(ii)假設(shè)n—k(k21)時(shí)，式①成立，即ak=+:花7,

于是

以+i=百縱+(1+0產(chǎn)2

_b匕+廬+…+力"b

-1+b(l+d)k+1(1+Z))fc+2

_b+b2+--+bk+1

=-(1+研+2--

即當(dāng)n=k+l時(shí)式①成立.

根據(jù)數(shù)學(xué)歸納原理，對(duì)于任意正整數(shù)n,式①都成立.

d(l-dn)

所以斯一(l-b)(l+b)n+i'n6N*.

9.【答案】

(1)略.

n

(2)由冊(cè)通項(xiàng)公式，得斯-an-l=2x3"T+(-；)nT3x2-T+(_］尸3X2一1％.

?l-1..

?(n6N*)....①

2k-2

(i)當(dāng)幾=2k-l,k=l,2,…時(shí)，式①即為(-l)2k-2(5a°_i)v2x(|)

7/o\2k-21__

即為a0<-(-)...②

式②對(duì)k=l,2,…都成立，有a0<|x(|)°+|=|.

?2k—1

即為ao>_|x(|)"+,……③

x211+

式③對(duì)k=1,2,-都成立，有?0>-|(I))<!=

綜上所述，式①對(duì)任意nGN*成立，有一|<的<|.

故a0的取值范圍為

10.【答案】

(1)g'(%)=3%2+2ax—1.

由題意3x2+2ax-1<0的解集是(/1)，

即3/+2以一1=0的兩根分別是一表1.

將％=1或一：代入方程3/+2ax-1=0得a=-1.

所以g(x)=x3-x2-x+2.

(2)由(1)知g'M=3x2-2x-l,則式-1)=4,

所以點(diǎn)P(-Ll)處的切線(xiàn)斜率k=5'(-1)=4,

所以函數(shù)y=g(x)的圖象在點(diǎn)P(-l,l)處的切線(xiàn)方程為y-l=4(x+l),

即4x-y+5=0.

(3)因?yàn)?0,+8)UP,所以2f(x)Wg'(x)+2,

即2xlnx<3x2+2ax+1對(duì)xe(0,+8)恒成立，可得a之Inx-gx—會(huì)對(duì)％6(0,+8)恒成

立.

設(shè)/i(x)=Inx---貝lj/t'(x)=---+-^=-(x-1)(：^+1).

—22%一422*2x2

令ft(x)=0,得％=1或%=一，(舍)，

當(dāng)0cxV1時(shí)，九(X)>0；

當(dāng)X>1時(shí)，h(x)<0.

所以當(dāng)工=1時(shí)，/i(x)取得最大值，h(%)max=-2，所以CL>-2.

所以a的取值范圍是［-2,+8).

11.【答案】

(1)因?yàn)镾i=a(Si-%+1),所以%=a.

當(dāng)n>2時(shí)，Sn=a(Sn-an+1),....①

Sn-i=a(Sn_i-an_x+1),....(2)

由式①-式②，得冊(cè)=&-即_1，

即上=a,

^n-1

即數(shù)列是首項(xiàng)為a1=a,公比為Q的等比數(shù)列，

n-1n

所以an=a-a=a.

(2)由(1),知匕=(an)2+^^2.那=色匕?唱丁a"+i,……③

若｛%)為等比數(shù)列，則有場(chǎng)=b1b3,

42

而瓦=2a2,b2=Q3(2Q+1),b3=a(2a+a+1),

242

故[Q3(2Q+l)]=2a2.a(2a+a+1),

解得a=1.

n

將a=3代入式③，得bn=(0.

⑶由(2),知垢=g)n,

所以

11

c7

n=7G1)V+1@小n+1―T

2n,2n+1

―2n+l+2n+1-l

11

—9—---------4-------------

2n+l2n+1-1'

所以cn>2+募?

所以

Tn=q+C2+…+d>(2_.+9)+(2_/+8)+…+(2-)+募)

=2n-9+品

>2n--.

2

12.【答案】

(1)令九=1,得S：—(%+2)Si+1=0=a[=%

令71=2,得賢—(a2+2)SZ+1=0=Q2=*

6

(2)由題，S卷一(an+2)Sn+l=0……①，

當(dāng)時(shí)，把代入式①，得

n22an=S”-Sn_jSnSn_1-2Sn+1=0,

I213

由(1)?知Si=],$2=S3==

Z3Z-024

猜想上=」；下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：

(i)當(dāng)九=1時(shí)，顯然成立；

(ii)假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，Sk=￡成立，

則當(dāng)n=A:+1時(shí)，由Sk+1Sk-2Sk+1+1=0,

得Sk+i=/=-Ar=含故當(dāng)幾=k+1時(shí)也成立?

z-at2---k--+-l-/C+1+1

綜合(i),(13),可知對(duì)任意n￡N?恒有Sn=-^~成立.

所以當(dāng)時(shí)，花島，

n220n=S”-Sn-i=

當(dāng)n=1時(shí)也滿(mǎn)足.

故斯n=n(二n+lK)(neN*).

(3)由(2)及1-Sn=即益，得%=九，

故"W,、=1―!—<

l+(n-l)a-+n-ln

則第】含<盤(pán)=】島j=l-擊<L

13.【答案】

(1)求導(dǎo)得/'(x)=2(x—a)lnx+(*；)=(%-a)^21nx+1-

因?yàn)閤=e是f(x)的極值點(diǎn)，

所以f(e)=(e-a)(3-^)=0,

解得Q=e或a=3e.

經(jīng)檢驗(yàn)，符合題意，所以Q=e或a=3e.

(2)(加當(dāng)0Vx工1時(shí)，對(duì)于任意的實(shí)數(shù)Q,恒有/(%)<0<4e2成立.

(團(tuán))當(dāng)1VxW3e時(shí)，由題意，首先有/(3e)=(3e-a)2ln3e<4e2,

解得3e一焉WaS3e+^?

由(1)知r(x)=(%—a)Qlnx+1—￡),

令/i(x)=21nx4-1—p則h(l)=1—a<0,/i(a)=21na>0.

且h(3e)=21n3e+l-￡>21n3e+1-厘=2(|n3e一備)>0.

又九(x)在(0,+8)內(nèi)單調(diào)遞增，

所以函數(shù)/i(x)在(0,+8)內(nèi)有唯一零點(diǎn)，

記此零點(diǎn)為xQf則1V/V3e,1<x0<a.

從而，當(dāng)xG(O,xo)時(shí)，r(%)>0；當(dāng)xe(x0,a)時(shí)，r(x)V0；

當(dāng)％W(a,+8)時(shí)，/'(%)>0.

即/(%)在(O,xo)內(nèi)單調(diào)遞增，在(&4)內(nèi)單調(diào)遞減，在(見(jiàn)+8)內(nèi)單調(diào)遞增.

所以要使/(%)<4e2對(duì)％W(l,3e］恒成立，

口要1(X。)=(X。-a)21nx0<4e2,...①成立

八［f(3e)=(3e—a)2ln3e<4e2,...②

由—21n%Q+1---=0,

XO

知a=2xolnxo+x0,...③

32

將式③代入式①得4x^lnx0<4e.

又％o>1,注意到函數(shù)x2\n3x在［1,+8)內(nèi)單調(diào)遞增，故1V4e,

再由式③以及函數(shù)2xlnx4-x在(1,+8)內(nèi)單調(diào)遞增，可得1VQW3C.

111式②解得‘3e-A-a-3e+彘,

所以3e—<a<3e.

綜上所述，a的取值范圍為3e-藕Wa?3e.

14.【答案】

(1)證明：如下圖所示，連接DDi，在三棱柱ABC-A.B^中，

因?yàn)镈,D］分別是BC與BiG的中點(diǎn)，

所以B［DJ/BD,且B1D1=BD,所以四邊形BABDD1為平行四邊形，

所以BBi〃DD「且BB1=DDr,

又AA1//BBl,AAr=BBi，

所以AA^Z/DD-y,AAX=DDX,

所以四邊形AA^D為平行四邊形，所以A.D^/AD,

又為。1C平面4B］。，ADu平面4B1D,故久5〃平面

(2)方法一：在4ABe中，因?yàn)锳B=AC,D為BC的中點(diǎn)，所以AD1BC,

因?yàn)槠矫?BCJ.平面BiGCB,交線(xiàn)為BC,ADu平面4BC,

所以4。_L平面BiGCB,即AD是三棱錐A-BXBC的高.

在△ABC中，由AB=AC=BC=4,得AD=273,

在4B\BC中，BAB=BC=4,NBiBC=60。，

所以△B］BC的面積SAB\BC=彳x42=4V3,

所以三棱錐-ABC的體積，

即三棱錐A-B[BC的體積為V=1x473x273=8.

方法二：在4B\BC中，因?yàn)锽]B=BC,NB/C=60。，

所以4B、BC為正三角形，因此B^D1BC,

因?yàn)槠矫?BC1平面BiGCB,交線(xiàn)為BC,Bi。u平面BiGCB,

所以當(dāng)。1平面4BC,即B]D是三棱錐Bj-ABC的高，

2

在ZiABC中，由4B=AC=BC=4,得△4BC的面積SA4ec=yx4=473.

在4B[BC中，因?yàn)锽iB=BC=4,Z_BiBC=60。，所以B1。=28，

所以三棱錐Bi-ABC的體積K=1xS^ABC-1x4V3x2V3=8.

15.【答案】

(1)因?yàn)閑=(1，所以寸=1,即。2=3爐，

y]3a"3

所以橢圓的方程為x2+3y2=3b2.

設(shè)P(x,y)為橢圓C上的任意一點(diǎn)，

則

IPQ1=《%2+⑶一2一

=43b2_3y2+y2一到+4

=V-2(y+l)2+6+3b2

<-6+3-2,

所以-6+3板=3,解得b2=1,

所以a2=3,所以橢圓C的方程為y+y2=l.

(2)存在點(diǎn)M滿(mǎn)足要求，使△048的面積最大.假設(shè)直線(xiàn)I：mx+ny=1與圓。：%24-

y2=l相交于不同的兩點(diǎn)A,B,則圓心。到I的距離d=￡=《<1,

因?yàn)辄c(diǎn)M(jn,n)6C,

所以^-+n2=1<m2+n2,于是0<43.

因?yàn)镮AB|=2Vl-d2=2

y1m2+n2

所以

S^OAB=1'IABI-d

y/m2+n2-l

-m2+n2

=包

1+加

<嗣

2J^

1

=

2

上式等號(hào)成立當(dāng)且僅當(dāng)I=：7n2=m2=|c(0,3],

因此當(dāng)血=±苧，n=±乎時(shí)等號(hào)成立.

所以滿(mǎn)足要求的點(diǎn)恰有4個(gè)，其坐標(biāo)分別為俘,日),律，-.)，(-乎，當(dāng))和(-*￥)，

此時(shí)對(duì)應(yīng)的諸三角形的面積均達(dá)到最大值

16.【答案】

(1)三個(gè)函數(shù)的最小值依次為1,VlTt,

由f(1)—0?得c——CL—b—1.

所以/(%)=(%—l)[x2+(a+l)x+(a+b+1)],

故方程/+(Q+1)%+(Q+b+1)=0的兩根是yjl—trJl+t.

故Vl—t+>/l+t=-(a+1),V1—t,-1+t=a+b+1,(，1—t+Vl4~t)=(a+l)2，

即2+2(a+b+1)=(Q+1)2,

所以M=2b+3.

(2)f(x)=x3—yj7x24-2x+V7-3；

3

0<|M-N|<黑3一旬工

17.【答案】

(1)因?yàn)?B1平面BCD,所以4B_LBC,AB_LBD.

因?yàn)椤鰾CD是正三角形，且AB=BC=a,所以AD=AC=V2a.

設(shè)G為CD的中點(diǎn)，貝ijCG=\a,AG=-a.

24

所以SAABC=S&ABD=.Q2,S&BCD=S^ACD=

三棱錐D-ABC的表面積為$-8=竺聆。2.

(2)取AC的中點(diǎn)H,因?yàn)锳B=BC,所以BH1AC.因?yàn)锳F=3FC,所以F為CH的中

點(diǎn).

因?yàn)镋為BC的中點(diǎn)，所以EF//BH.則EFLAC.

因?yàn)?BCD是正三角形，所以DELBC.

因?yàn)锳B1平面BCD,所以AB1DE.

因?yàn)?BnBC=B,所以DE_L平面4BC.所以DE1AC.

因?yàn)镈ECiEF=E,所以AC1平面DEF.

(3)存在這樣的點(diǎn)N,當(dāng)CN=1CA時(shí)，MN〃平面DEF.

連接CM,設(shè)CMCDE=0,連接OF.

由條件知，。為4BCD的重心，CO=|CM.

所以當(dāng)CF=|CN時(shí)，MN//OF.

所以CN=---CA=-CA.

248

18.【答案】

(1)因?yàn)閨4B|+|AF2l+|BF2l=8,

即\AFr\+IFjfil+\AF2\+\BF2\=8,

又\AFr\+\AF2\=IBFil+\BF2\=2a,

所以4a=8,a=2,

又因?yàn)閑=；,即￡=；,

2a2

所以c=l,

所以b=yja2—c2=V3,

故橢圓E的方程是。+《=1，如圖所示.

43

ry=fcx+m,

(2)解法一：由\x2y2,得(4fc2+3)x2+8kmx4-4m2-12=0,

tT+T=1-

因?yàn)閯?dòng)直線(xiàn)l與橢圓E有且只有一個(gè)公共點(diǎn)P(x0,yo),

所以m0且A=0,

22

即64kzm2-4(4k+3)(4m-12)=0,

化簡(jiǎn)得4fc2-m2+3=0,……①

，口，4km4k,,3

此時(shí)配=一環(huán)=_￡，'0=依。+m=胃

所以p

\mmJ

由｛；二+m得Q(49+m)，

假設(shè)平面內(nèi)存在定點(diǎn)M滿(mǎn)足條件，由圖形對(duì)稱(chēng)性知，點(diǎn)M必在x軸上，

設(shè)M(Xi，O),則MP-MQ=O對(duì)滿(mǎn)足式①的m,k恒成立，

因?yàn)槭?("當(dāng)一X1，力MQ=(4-x1(4/c+m),

由標(biāo)?麗=0,得?-出+%-4/+*+攔+3=0,

整理，得(4/-4)\+后一軌1+3=0,……②

由于式②對(duì)滿(mǎn)足式①的m,k恒成立，

所以陛解得1.

故存在定點(diǎn)使得以PQ為直徑的圓恒過(guò)點(diǎn)M.

y=kx+m,

z2/得(4k2+3)x2+8kmx+47n2-i2=0,

｛T+T=1-

因?yàn)閯?dòng)直線(xiàn)l與橢圓E有且只有一個(gè)公共點(diǎn)P(x°，yo)，

所以m工0且4=0,即64k2m2_4(4fc2+3)(4m2—12)=0,

化簡(jiǎn)得4k2—m24-3=0.

此時(shí)X。=一黑=一手y。=依。+血=1

所以p(-竺；)，

由k2+犯得Q(4,4%+m)，

假設(shè)平面內(nèi)存在定點(diǎn)M滿(mǎn)足條件，由圖形對(duì)稱(chēng)性知，點(diǎn)M必在x軸上，

取k=o,m=V3,此時(shí)P(0,V3),<2(4,V3),以PQ為直徑的圓為(x-2)2+(y-V3)=4,

交x軸于點(diǎn)Mi(1,0),%(3,0)；

取k=*,m=2,此時(shí)P(l,|)，(2(4,0),以PQ為直徑的圓為(％-|)2+(>一｛)2=協(xié)交

x軸于點(diǎn)M3(I，。)，M4(4,0),

所以若符合條件的點(diǎn)M存在，則M的坐標(biāo)必為(1,0).

以下證明M(l,0)就是滿(mǎn)足條件的點(diǎn)：

因?yàn)镸的坐標(biāo)為(1,0),

所以市=(一專(zhuān)一1扁,MQ=(3,4fc+m),

從而MP-MQ=---3+—+3=0,

mm

故恒有MP1.MQ,即存在定點(diǎn)M(l,0),使得以PQ為直徑的圓恒過(guò)點(diǎn)M.

19.【答案】

(1)/(I)=0,f{xy)=/(x)+/(y)(x,y為正實(shí)數(shù)).

(2)因?yàn)閷?duì)于任意正實(shí)數(shù)x,y都有/(xy)=/(x)+/(y),

所以