1、)某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则该几何体的体积(单位:cm3)是 ( ) A B C3 D6 6 (4 分)已知空间中不过同一点的三条直线 m,n,l,则“m,n,l 在同一平面”是“m, n,l 两两相交”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 7 (4 分)已知等差数列an的前 n 项和 Sn,公差 d0,1记 b1S2,bn+1Sn+2 S2n,nN*,下列等式不可能成立的是( ) A2a4a2+a6 B2b4b2+b6 Ca42a2a8 Db42b2b8 8 (4 分)已知点 O(0,0) ,A(2,0) ,B(2,0) ,设点
2、 P 满足|PA|PB|2,且 P 为 函数 y3图象上的点,则|OP|( ) A B C D 9 (4 分)已知 a,bR 且 a,b0,若(xa) (xb) (x2ab)0 在 x0 上恒成立, 则( ) Aa0 Ba0 Cb0 Db0 10 (4 分)设集合 S,T,SN*,TN*,S,T 中至少有两个元素,且 S,T 满足: 对于任意 x,yS,若 xy,都有 xyT; 对于任意 x,yT,若 xy,则S;下列命题正确的是( ) A若 S 有 4 个元素,则 ST 有 7 个元素 B若 S 有 4 个元素,则 ST 有 6 个元素 C若 S 有 3 个元素,则 ST 有 5 个元素 D
3、若 S 有 3 个元素,则 ST 有 4 个元素 二、填空题:本大题共二、填空题:本大题共 7 小题,多空题小题,多空题 6 分,单空题分,单空题 4 分,共分,共 36 分。分。 11(4 分) 我国古代数学家杨辉、 宋世杰等研究过高阶等差数列求和问题, 如数列 就是二阶等差数列,数列, (nN*)的前 3 项和 12 (6 分)二项展开式(1+2x)5a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,则 a4 ;a1+a2+a3 13 (6 分)已知 tan2,则 cos2 ;tan() 第 3 页(共 22 页) 14 (4 分)已知圆锥的侧面积(单位:cm2)为 2,且它的侧面展开
4、图是一个半圆,则这 个圆锥的底面半径(单位:cm)是 15(6 分) 已知直线 ykx+b (k0) 与圆 x2+y21 和圆 (x4) 2+y21 均相切, 则 k , b 16 (6 分)盒中有 4 个球,其中 1 个红球,1 个绿球,2 个黄球,从盒中随机取球,每次取 1 个不放回, 直到取出红球为止, 设此过程中取到黄球的个数为 , 则 P (0) , E() 17 (4 分)已知平面向量,满足|2|,设 +, 3+,向 量 , 的夹角为 ,则 cos2 的最小值为 三、解答题:本大题共三、解答题:本大题共 5 小题,小题,共共 74 分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤。分。解
5、答应写出文字说明,证明过程或演算步骤。 18 (14 分)在锐角ABC 中,角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c已知 2bsinAa0 (1)求角 B; (2)求 cosA+cosB+cosC 的取值范围 19(15 分) 如图, 在三棱台 ABCDEF 中, 平面 ADFC平面 ABC, ACBACD45, DC2BC (1)证明:EFDB; (2)求直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值 20 (15 分)已知数列an,bn,cn满足 a1b1c11,cnan+1an,cn+1cn, nN* (1)若bn为等比数列,公比 q0,且 b1+b26b3,求 q 的值及数列an的通项公式
6、; (2)若bn为等差数列,公差 d0,证明:c1+c2+c3+cn1+,nN* 21 (15 分)如图,已知椭圆 C1:+y21,抛物线 C2:y22px(p0) ,点 A 是椭圆 C1与抛物线 C2的交点过点 A 的直线 l 交椭圆 C1于点 B,交抛物线 C2于点 M(B,M 第 4 页(共 22 页) 不同于 A) (1)若 p,求抛物线 C2的焦点坐标; (2)若存在不过原点的直线 l 使 M 为线段 AB 的中点,求 p 的最大值 22 (15 分)已知 1a2,函数 f(x)exxa其中 e2.718281828459是自然对数 的底数 (1)证明:函数 yf(x)在 (0,+)
7、上有唯一零点; (2)记 x0为函数 yf(x)在 (0,+)上的零点,证明: ()x0; ()x0f()(e1) (a1)a 第 5 页(共 22 页) 2020 年浙江省高考数学试卷年浙江省高考数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题:本大题共一、选择题:本大题共 10 小题,每小题小题,每小题 4 分,共分,共 40 分。在每小题给出的四个选项中,只分。在每小题给出的四个选项中,只 有一项是符合题目要求的。有一项是符合题目要求的。 1 (4 分)已知集合 Px|1x4,Qx|2x3,则 PQ( ) Ax|1x2 Bx|2x3 Cx|3x4 Dx|1x4 【分析】直接利用
8、交集的运算法则求解即可 【解答】解:集合 Px|1x4,Qx|2x3, 则 PQx|2x3 故选:B 【点评】此题考查了交集及其运算,熟练掌握交集的定义是解本题的关键 2 (4 分)已知 aR,若 a1+(a2)i(i 为虚数单位)是实数,则 a( ) A1 B1 C2 D2 【分析】利用复数的虚部为 0,求解即可 【解答】解:aR,若 a1+(a2)i(i 为虚数单位)是实数, 可得 a20,解得 a2 故选:C 【点评】本题考查复数的基本概念,是基础题 3 (4 分)若实数 x,y 满足约束条件,则 zx+2y 的取值范围是( ) A (,4 B4,+) C5,+) D (,+) 【分析】
9、作出不等式组表示的平面区域;作出目标函数对应的直线;结合图象判断目标 函数 zx+2y 的取值范围 【解答】解:画出实数 x,y 满足约束条件所示的平面区域,如图: 将目标函数变形为x+y, 则 z 表示直线在 y 轴上截距,截距越大,z 越大, 当目标函数过点 A(2,1)时,截距最小为 z2+24,随着目标函数向上移动截距越来 越大, 第 6 页(共 22 页) 故目标函数 z2x+y 的取值范围是4,+) 故选:B 【点评】本题考查画不等式组表示的平面区域、考查数形结合求函数的最值 4 (4 分)函数 yxcosx+sinx 在区间,的图象大致为( ) A B C D 【分析】先判断函数
10、的奇偶性,再判断函数值的特点 【解答】解:yf(x)xcosx+sinx, 则 f(x)xcosxsinxf(x) , f(x)为奇函数,函数图象关于原点对称,故排除 B,D, 当 x 时,yf()cos+sin0,故排除 B, 故选:A 【点评】本题考查了函数图象的识别,掌握函数的奇偶性额函数值得特点是关键,属于 基础题 第 7 页(共 22 页) 5 (4 分)某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则该几何体的体积(单位:cm3)是 ( ) A B C3 D6 【分析】画出几何体的直观图,利用三视图的数据求解几何体的体积即可 【解答】解:由题意可知几何体的直观图如图,下部是直三棱柱,底面
11、是斜边长为 2 的 等腰直角三角形,棱锥的高为 2,上部是一个三棱锥,一个侧面与底面等腰直角三角形垂 直,棱锥的高为 1, 所以几何体的体积为: 故选:A 【点评】本题考查三视图求解几何体的体积,判断几何体的形状是解题的关键 6 (4 分)已知空间中不过同一点的三条直线 m,n,l,则“m,n,l 在同一平面”是“m, n,l 两两相交”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 【分析】由 m,n,l 在同一平面,则 m,n,l 相交或 m,n,l 有两个平行,另一直线与 第 8 页(共 22 页) 之相交,或三条直线两两平行,根据充分条件,必要条件
12、的定义即可判断 【解答】解:空间中不过同一点的三条直线 m,n,l,若 m,n,l 在同一平面,则 m,n, l 相交或 m,n,l 有两个平行,另一直线与之相交,或三条直线两两平行 故 m,n,l 在同一平面”是“m,n,l 两两相交”的必要不充分条件, 故选:B 【点评】本题借助空间的位置关系,考查了充分条件和必要条件,属于基础题 7 (4 分)已知等差数列an的前 n 项和 Sn,公差 d0,1记 b1S2,bn+1Sn+2 S2n,nN*,下列等式不可能成立的是( ) A2a4a2+a6 B2b4b2+b6 Ca42a2a8 Db42b2b8 【分析】由已知利用等差数列的通项公式判断
13、A 与 C;由数列递推式分别求得 b2,b4, b6,b8,分析 B,D 成立时是否满足公差 d0,1 判断 B 与 D 【解答】解:在等差数列an中,ana1+(n1)d, , b1S22a1+d,bn+1Sn+2S2n b2a1+2d,b4a15d,b63a124d,b85a155d A.2a42(a1+3d)2a1+6d,a2+a6a1+d+a1+5d2a1+6d,故 A 正确; B.2b42a110d,b2+b6a1+2d3a124d2a122d, 若 2b4b2+b6,则2a110d2a122d,即 d0,不合题意,故 B 错误; C若 a42a2a8,则, 即,得, d0,a1d,
14、符合1,故 C 正确; D若,则, 即,则有两不等负根,满足1,故 D 正确 等式不可能成立的是 B 故选:B 【点评】本题考查数列递推式,等差数列的通项公式与前 n 项和,考查转化思想和计算 能力,是中档题 第 9 页(共 22 页) 8 (4 分)已知点 O(0,0) ,A(2,0) ,B(2,0) ,设点 P 满足|PA|PB|2,且 P 为 函数 y3图象上的点,则|OP|( ) A B C D 【分析】求出 P 满足的轨迹方程,求出 P 的坐标,即可求解|OP| 【解答】解:点 O (0,0) ,A(2,0) ,B (2,0) 设点 P 满足|PA|PB|2, 可知 P 的轨迹是双曲
15、线的右支上的点, P 为函数 y3图象上的点,即在第一象限的点, 联立两个方程,解得 P(,) , 所以|OP| 故选:D 【点评】本题考查圆锥曲线的综合应用,曲线的交点坐标以及距离公式的应用,是中档 题 9 (4 分)已知 a,bR 且 a,b0,若(xa) (xb) (x2ab)0 在 x0 上恒成立, 则( ) Aa0 Ba0 Cb0 Db0 【分析】设 f(x)(xa) (xb) (x2ab) ,求得 f(x)的零点,根据 f(0)0 恒成立,讨论 a,b 的符号,结合三次函数的图象,即可得到结论 【解答】解:设 f(x)(xa) (xb) (x2ab) ,可得 f(x)的图象与 x
16、轴有三个 交点, 即 f(x)有三个零点 a,b,2a+b 且 f(0)ab(2a+b) , 由题意知,f(0)0 恒成立,则 ab(2a+b)0,a0,b0, 可得 2a+b0,ab(2a+b)0 恒成立,排除 B,D; 我们考虑零点重合的情况,即中间和右边的零点重合,左边的零点在负半轴上 则有 ab 或 a2a+b 或 bb+2a 三种情况,此时 ab0 显然成立; 若 bb+2a,则 a0 不成立; 若 a2a+b,即 a+b0,可得 b0,a0 且 a 和 2a+b 都在正半轴上,符合题意, 第 10 页(共 22 页) 综上 b0 恒成立 故选:C 【点评】本题考查不等式恒成立问题,
17、注意三次函数的图象,考查分类讨论思想和转化 思想,属于中档题 10 (4 分)设集合 S,T,SN*,TN*,S,T 中至少有两个元素,且 S,T 满足: 对于任意 x,yS,若 xy,都有 xyT; 对于任意 x,yT,若 xy,则S;下列命题正确的是( ) A若 S 有 4 个元素,则 ST 有 7 个元素 B若 S 有 4 个元素,则 ST 有 6 个元素 C若 S 有 3 个元素,则 ST 有 5 个元素 D若 S 有 3 个元素,则 ST 有 4 个元素 【分析】利用特殊集合排除选项,推出结果即可 【解答】解:取:S1,2,4,则 T2,4,8,ST1,2,4,8,4 个元素, 排除
18、 C S2,4,8,则 T8,16,32,ST2,4,8,16,32,5 个元素,排除 D; S2,4,8,16则 T8,16,32,64,128,ST2,4,8,16,32,64,128, 7 个元素,排除 B; 故选:A 【点评】本题考查命题的真假的判断与应用,集合的基本运算,利用特殊集合排除选项 是选择题常用方法,难度比较大 二、填空题:本大题共二、填空题:本大题共 7 小题,多空小题,多空题题 6 分,单空题分,单空题 4 分,共分,共 36 分。分。 11(4 分) 我国古代数学家杨辉、 宋世杰等研究过高阶等差数列求和问题, 如数列 就是二阶等差数列,数列, (nN*)的前 3 项和
19、 10 【分析】求出数列的前 3 项,然后求解即可 【解答】解:数列an满足 an, 可得 a11,a23,a36, 所以 S31+3+610 故答案为:10 第 11 页(共 22 页) 【点评】本题考查数列求和,数列通项公式的应用,是基本知识的考查 12 (6 分)二项展开式(1+2x)5a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,则 a4 80 ;a1+a2+a3 130 【分析】直接利用二项式定理的通项公式,求解即可 【解答】解: (1+2x)5a1+a2x+a3x2+a4x3+a5x4+a6x5,则 a580 a1+a2+a3130 故答案为:80;130 【点评】本题考查
20、二项式定理的应用,只有二项式定理系数以及项的系数的区别,是基 本知识的考查 13 (6 分)已知 tan2,则 cos2 ;tan() 【分析】利用二倍角公式以及同角三角函数基本关系式求解第一问,利用两角和与差的 三角函数转化求解第二问 【解答】解:tan2, 则 cos2 tan() 故答案为:; 【点评】本题考查二倍角公式的应用,两角和与差的三角函数以及同角三角函数基本关 系式的应用,是基本知识的考查 14 (4 分)已知圆锥的侧面积(单位:cm2)为 2,且它的侧面展开图是一个半圆,则这 个圆锥的底面半径(单位:cm)是 1 【分析】利用圆锥的侧面积,求出母线长,求解底面圆的周长,然后求
21、解底面半径 【解答】解:圆锥侧面展开图是半圆,面积为 2, 第 12 页(共 22 页) 设圆锥的母线长为 a,则a22,a2, 侧面展开扇形的弧长为 2, 设圆锥的底面半径 OCr,则 2r2,解得 r1 故答案为:1 【点评】本题考查圆锥的母线长的求法,注意利用圆锥的弧长等于底面周长这个知识点 15 (6 分)已知直线 ykx+b(k0)与圆 x2+y21 和圆(x4)2+y21 均相切,则 k ,b 【分析】根据直线 l 与两圆都相切,分别列出方程 d11,d21, 解得即可 【解答】解:由条件得 C1(0,0) ,r11,C2(4,0) ,r21, 因为直线 l 与 C1,C2都相切,
22、 故有 d11,d21, 则有,故可得 b2(4k+b)2,整理得 k(2k+b)0, 因为 k0,所以 2k+b0,即 b2k, 代入 d11,解得 k,则 b, 第 13 页(共 22 页) 故答案为:; 【点评】本题考查直线与圆相切的性质,考查方程思想,属于中档题 16 (6 分)盒中有 4 个球,其中 1 个红球,1 个绿球,2 个黄球,从盒中随机取球,每次取 1 个不放回, 直到取出红球为止, 设此过程中取到黄球的个数为 , 则 P (0) , E() 1 【分析】由题意知随机变量 的可能取值为 0,1,2;分别计算 P(0) 、P(1)和 P(2) ,再求 E()的值 【解答】解:
23、由题意知,随机变量 的可能取值为 0,1,2; 计算 P(0)+; P(1)+; P(2)+; 所以 E()0+1+21 故答案为:,1 【点评】本题考查了离散型随机变量的分布列与数学期望的计算问题,是中档题 17 (4 分)已知平面向量,满足|2|,设 +, 3+,向 量 , 的夹角为 ,则 cos2 的最小值为 【分析】设、的夹角为 ,由题意求出 cos; 再求 , 的夹角 的余弦值 cos2 的最小值即可 【解答】解:设、的夹角为 ,由,为单位向量,满足|2|, 所以 44+44cos+12, 解得 cos; 第 14 页(共 22 页) 又 +, 3+,且 , 的夹角为 , 所以 3+
24、4+4+4cos, +2+2+2cos, 9+6+10+6cos; 则 cos2, 所以 cos时,cos2 取得最小值为 故答案为: 【点评】本题考查了平面向量的数量积与夹角的运算问题,是中档题 三、解答题:本大题共三、解答题:本大题共 5 小题,共小题,共 74 分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤。分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤。 18 (14 分)在锐角ABC 中,角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c已知 2bsinAa0 (1)求角 B; (2)求 cosA+cosB+cosC 的取值范围 【分析】 ()根据正弦定理可得 sinB,结合角的范围,即可求出, ()
25、根据两角和差的余弦公式,以及利用正弦函数的性质即可求出 【解答】解: ()2bsinAa, 2sinBsinAsinA, sinA0, sinB, B, B, ()ABC 为锐角三角形,B, CA, 第 15 页(共 22 页) cosA+cosB+cosCcosA+cos(A)+coscosAcosA+sinA+ cosA+sinA+sin(A+)+, ABC 为锐角三角形,0A,0C, 解得A, A+, sin(A+)1, +sin(A+)+1, cosA+cosB+cosC 的取值范围为(, 【点评】本题考查了正弦定理,三角函数的化简,三角函数的性质,考查了运算求解能 力和转化与化归能力
26、,属于中档题 19(15 分) 如图, 在三棱台 ABCDEF 中, 平面 ADFC平面 ABC, ACBACD45, DC2BC (1)证明:EFDB; (2)求直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值 【分析】 ()题根据已知条件,作 DHAC,根据面面垂直,可得 DHBC,进一步根 据直角三角形的知识可判断出BHC 是直角三角形,且HBC90,则 HBBC,从 而可证出 BC面 DHB,最后根据棱台的定义有 EFBC,根据平行线的性质可得 EF DB; ()题先可设 BC1,根据解直角三角形可得 BH1,HC,DH,DC2, DB, 然后找到 CH 与面 DBC 的夹角即为HCG, 根
27、据棱台的特点可知 DF 与面 DBC 所成角与 CH 与面 DBC 的夹角相等, 通过计算HCG 的正弦值, 即可得到 DF 与面 DBC 所成角的正弦值 第 16 页(共 22 页) 【解答】解: ()证明:作 DHAC,且交 AC 于点 H, 面 ADFC面 ABC,DH面 ADFC,DHBC, 在 RtDHC 中,CHCDcos45CD, DC2BC,CHCD2BCBC, ,即BHC 是直角三角形,且HBC90, HBBC,BC面 DHB,BD面 DHB,BCBD, 在三棱台 DEFABC 中,EFBC,EFDB ()设 BC1,则 BH1,HC, 在 RtDHC 中,DH,DC2, 在
28、 RtDHB 中,DB, 作 HGBD 于 G,BCHG,HG面 BCD,GC面 BCD, HGGC,HGC 是直角三角形,且HGC90, 设 DF 与面 DBC 所成角为 ,则 即为 CH 与面 DBC 的夹角, 且 sinsinHCG, 在 RtDHB 中,DHHBBDHG, HG, sin 【点评】本题主要考查空间直线互相垂直的判定和性质,以及直线与平面所成角的几何 计算问题,考查了空间想象能力和思维能力,平面与空间互相转化是能力,几何计算能 力,以及逻辑推理能力,本题属综合性较强的中档题 第 17 页(共 22 页) 20 (15 分)已知数列an,bn,cn满足 a1b1c11,cn
29、an+1an,cn+1cn, nN* (1)若bn为等比数列,公比 q0,且 b1+b26b3,求 q 的值及数列an的通项公式; (2)若bn为等差数列,公差 d0,证明:c1+c2+c3+cn1+,nN* 【分析】本题第()题先根据等比数列的通项公式将 b2q,b3q2代入 b1+b26b3, 计算出公比 q 的值,然后根据等比数列的定义化简 cn+1cn可得 cn+14cn,则可 发现数列cn是以 1 为首项,4 为公比的等比数列,从而可得数列cn的通项公式,然后 将通项公式代入 cn+1an+1an,可得 an+1ancn+14n,再根据此递推公式的特点运 用累加法可计算出数列an的通
30、项公式; 第()题通过将已知关系式 cn+1cn不断进行转化可构造出数列bnbn+1cn,且 可得到数列bnbn+1cn是一个常数列,且此常数为 1+d,从而可得 bnbn+1cn1+d,再计算 得到 cn,根据等差数列的特点进行转化进行裂项,在求和时相消,最后运用 放缩法即可证明不等式成立 【解答】 ()解:由题意,b2q,b3q2, b1+b26b3,1+q6q2, 整理,得 6q2q10, 解得 q(舍去) ,或 q, cn+1cncncncn4cn, 数列cn是以 1 为首项,4 为公比的等比数列, cn14n 14n1,nN* an+1ancn+14n, 则 a11, a2a141,
31、 a3a242, 第 18 页(共 22 页) anan14n 1, 各项相加,可得 an1+41+42+4n 1 ()证明:依题意,由 cn+1cn(nN*) ,可得 bn+2cn+1bncn, 两边同时乘以 bn+1,可得 bn+1bn+2cn+1bnbn+1cn, b1b2c1b21+d, 数列bnbn+1cn是一个常数列,且此常数为 1+d, bnbn+1cn1+d, cn(1+) (1+) () , c1+c2+cn (1+) ()+(1+) ()+(1+) () (1+) (+) (1+) () (1+) (1) 1+, c1+c2+cn1+,故得证 【点评】本题主要考查数列求通项
32、公式,等差数列和等比数列的基本量的运算,以及和 式不等式的证明问题考查了转化与化归思想,整体思想,方程思想,累加法求通项公 式,裂项相消法求和,放缩法证明不等式,以及逻辑推理能力和数学运算能力本题属 综合性较强的偏难题 第 19 页(共 22 页) 21 (15 分)如图,已知椭圆 C1:+y21,抛物线 C2:y22px(p0) ,点 A 是椭圆 C1与抛物线 C2的交点过点 A 的直线 l 交椭圆 C1于点 B,交抛物线 C2于点 M(B,M 不同于 A) (1)若 p,求抛物线 C2的焦点坐标; (2)若存在不过原点的直线 l 使 M 为线段 AB 的中点,求 p 的最大值 【分析】 (
33、)直接由抛物线的定义求出焦点坐标即可; ()设直线方程 ykx+t,A(x1,y1) ,B(x2,y2) ,M(x0,y0) ,由,根 据韦达定理定理求出 M(,) ,可得 p,再由,求出点 A 的 坐 标 , 代 入 椭 圆 方 程 可 得t2, 化 简 整 理 得p2 ,利用基本不等式即可求出 p 的最大值 【解答】解: ()p,则,则抛物线 C2的焦点坐标(,0) , ()直线 l 与 x 轴垂直时,此时点 M 与点 A 或点 B 重合,不满足题意, 设直线 l 的方程为 ykx+t,A(x1,y1) ,B(x2,y2) ,M(x0,y0) , 由,消 y 可得(2k2+1)x2+4kt
34、y+2t220, 16k2t24(2k2+1) (2t22)0,即 t21+2k2, x1+x2,x0(x1+x2), 第 20 页(共 22 页) y0kx0+t,M(,) , 点 M 在抛物线 C2上,y22px, p, 联立,解得 x1,y1, 代入椭圆方程可得+1,解得 t2 p2 , p,当且仅当 12k2,即 k2,t2时等号成立, 故 p 的最大值为 【点评】本题考查了直线和椭圆的位置关系,直线与抛物线的位置关系,韦达定理,中 点坐标公式,基本不等式等知识,考查了运算求解能力,转化与化归能力,分类与整合 能力,属于难题 22 (15 分)已知 1a2,函数 f(x)exxa其中
35、e2.718281828459是自然对数 的底数 (1)证明:函数 yf(x)在 (0,+)上有唯一零点; (2)记 x0为函数 yf(x)在 (0,+)上的零点,证明: ()x0; ()x0f()(e1) (a1)a 【分析】 ()推导出 x0 时,f(x)ex10 恒成立,f(0)0,f(2)0, 由此能证明函数 yf(x)在 (0,+)上有唯一零点 () (i)由 f(x)单调增,1a2,设 x0的最大值为 t,则 ct2+t,f(1)c12 第 21 页(共 22 页) 0,则 t1,推导出要证明a1,只需证明 ,记 h(x)ex1xx2(0xt) ,则 h(x)ex12x, 利用导数
36、性质能证明x0 (ii)要证明 x0f(e)(e1) (a1)a,只需证明 x0f(x0+a)(e1) (a1)a, 只需证2(e2) ,由此能证明 x0f(e)(e1) (a1)a 【解答】证明: ()f(x)exxa0(x0) ,f(x)ex10 恒成立, f(x)在(0,+)上单调递增, 1a2,f(2)e22ae240,又 f(0)1a0, 函数 yf(x)在 (0,+)上有唯一零点 () (i)f(x)单调增,1a2,设 x0的最大值为 t,则 ct2+t, f(1)c120,则 t1, 右边:由于 x0 时,ex1+x+,且x0a0, 则 a1+, 左边:要证明a1,只需证明, 记
37、 h(x)ex1xx2(0xt) ,则 h(x)ex12x, h “ (x)ex2,h(x)在(0,ln2)上单调减,在(ln2,+)上单调增, h(x)ex12xmaxh(0) ,h(t)0, h(x)在 0xt 时单调减,h(x)ex1xx2h(0)0, x0 (ii)要证明 x0f(e)(e1) (a1)a,只需证 x0f(x0+a)(e1) (a1)a, 只需证(e1)a, ex1+x+,只需证 1+()2a(e1)a, 只需证2(e2)a0,即证2(e2) , +(2,+) , , 第 22 页(共 22 页) x0f(e)(e1) (a1)a 【点评】本题考查函数有唯一零点、不等式的证明,导数性质、函数的单调性、最值等 基础知识,考查转化思想和运算求解能力,是中档题