【高考二轮复习】全国2026年最新选择、填空、解答压轴题汇编40题（10-2）

【高考二轮复习】全国2026年最新选择、填空、解答压轴题汇编40题（10-2） 一．选择题（共10小题） 1．已知椭圆C：的左焦点为F1，不经过F1且斜率为的直线交C于A，B两点．当△F1AB的周长最大时，|AB|＝（　　） A． B． C． D． 2．已知直线l过抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点，且与该抛物线交于M，N两点．若线段MN的长为8，MN的中点到y轴的距离为3，则△MON（O为坐标原点）的面积为（　　） A． B． C． D． 3．若∃φ∈R，对∀n∈Z，都有成立，则实数m的最小值为（　　） A． B． C． D． 4．已知数列{an}满足：a1＝m（m为正整数），，若a8＝1，则m的值不可能为（　　） A．16 B．19 C．20 D．21 5．已知函数若关于x的方程2[f（x）]2+（3﹣3a）f（x）+2a＝0在区间（﹣∞，2025]内有2027个不同的实数根，则实数a的取值范围是（　　） A． B． C． D． 6．如果方程F（x，y）＝0能确定y是x的函数，那么称这种方式表示的函数是隐函数，隐函数的求导方法如下：在方程F（x，y）＝0中，把y看成x的函数y＝y（x），则方程可看成关于x的恒等式F（x，y（x））＝0，在等式两边同时对x求导，然后解出y′（x）即可，例如，求由方程x2+y2＝1所确定的隐函数的导数y'，将方程x2+y2＝1的两边同时对x求导，则2x+2y•y′＝0（y＝y（x）是中间变量，需要用复合函数的求导法则），得，那么曲线xy+lny＝2在点（2，1）处的切线方程为（　　） A．x﹣3y+1＝0 B．x+3y﹣5＝0 C．3x﹣y﹣5＝0 D．2x+3y﹣7＝0 7．已知函数，若函数y＝f（f（x））至少有7个零点，则实数a的取值范围为（　　） A．（﹣2，+∞） B．（﹣∞，2] C．[﹣2，0） D．（﹣∞，﹣2] 8．已知点是双曲线C：的左焦点，过原点O的直线l与C交于P，Q（Q在左支上且异于左顶点）两点，延长QF与C交于点M．若，且∠OFP＝∠OPF，则|QM|＝（　　） A．12 B．8 C．6 D．9 9．已知O为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别是F1，F2，点P是C的右支上异于顶点的一点，过F2作∠F1PF2的平分线的垂线，垂足是M，且，又过F1作一条渐近线的垂线，垂足为点N（点N在第二象限），且，则双曲线的方程为（　　） A． B． C． D． 10．已知函数，若函数g（x）＝f（x）﹣f（﹣x）有5个零点，则实数a的取值范围是（　　） A．（﹣e，0） B． C．（﹣∞，﹣e） D． 二．多选题（共10小题） （多选）11．已知函数f（x）＝xlnx﹣ax+1，则（　　） A．当a＝0 时，函数f（x）的最小值为 B．当a＝1时，函数f（x）的极大值点为x＝1 C．存在实数a使得函数f（x）在定义域上单调递增 D．若f（x）≥0恒成立，则实数a的取值范围为a≤1 （多选）12．已知双曲线的左右焦点分别为F1，F2，离心率为2，焦点到渐近线的距离为，过F2作直线l交双曲线C的右支于A，B两点，若H，G分别为△AF1F2，△BF1F2的内心，则（　　） A．若∠F1AF2＝90°，则|AF1||AF2|＝6 B．△F1AB周长的最小值为 C．点H与点G均在同一条定直线上 D．|HG|的取值范围是 （多选）13．设函数f（x）＝x3﹣ax+1（a∈R），则（　　） A．点（0，1）是y＝f（x）图像的对称中心 B．当a＝3时，函数y＝f（x）有三个零点 C．当a＝0时，直线y＝1不是曲线y＝f（x）的切线 D．若f（x）有三个不同的零点x1，x2，x3，则x1+x2+x3＝0 （多选）14．点M是棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中侧面ADD1A1上的一个动点（包含边界），则下列结论错误的有（　　） A．有无数个点M满足CM⊥AD1 B．当点M在棱DD1上运动时，MA+MB1的最小值为 C．若，则动点M的轨迹长度为 D．在线段AD1上存在点M，使得异面直线MB1与CD所成的角是 （多选）15．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为平行四边形，PC的中点为M，点S，T分别在棱PB，PD上（均与P不重合），且A，M，S，T四点共面，记四棱锥P﹣ABCD的体积为V，三棱锥P﹣ASM的体积为V1，三棱锥P﹣ATM的体积为V2，四棱锥P﹣ATMS的体积为V3，则（　　） A．的最大值为 B．的最小值为 C．的最大值为 D．的最小值为 （多选）16．已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，an+1﹣2an+anan+1＝0，则（　　） A． B．数列为等比数列 C．an+1＜an D． （多选）17．已知双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A1，A2．若A在C的右支上，AF1⊥AF2，A到x轴的距离为，过F1作动直线l与C的左支交于M，N两点，则（　　） A．a＝1 B．C的一条渐近线的倾斜角为 C．直线MA1与NA2的交点在直线上 D．△AF1F2的内切圆的圆心坐标为 （多选）18．定义在R上的函数f（x）满足f（﹣x）+f（x）＝0，当x＞0时，f（x）＝（2x2﹣7x+8）ex﹣5，则（　　） A．f（x）共有5个零点 B．f（x）共有4个极值点 C． D．当时，方程f（x）＝t（t∈R）有且仅有4个实数根 （多选）19．已知抛物线C：y2＝8x的焦点为F，过点F的直线l与C交于A，B两点，D是C的准线与x轴的交点，则下列说法正确的是（　　） A．若|BF|＝4|AF|，则直线l的斜率为± B．|AF|+4|BF|≥18 C．0°＜∠AOB＜90°（O为坐标原点） D．当取最小值时，|AF|＝4 （多选）20．如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是正方体的上底面A1B1C1D1内（不含边界）的动点，点Q是棱BC的中点，则以下结论正确的是（　　） A．三棱锥Q﹣PAD的体积是定值 B．存在点P，使得PQ⊥平面AB1C C．直线PQ与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围为 D．若PQ∥平面BDD1B1，则点P的轨迹长度为 三．填空题（共10小题） 21．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PC的中点，AB＝PA＝2，直线AE与BC所成角的大小为，则四棱锥P﹣ABCD的体积为 　 　 ． 22．四个同样大小的球O1，O2，O3，O4两两相切，点M是球O1上的动点，则直线O2M与直线O3O4所成角的余弦值的取值范围是　 　 ． 23．已知各项均为正整数的递增数列{an}，满足，则　 　 ． 24．已知函数f（x），g（x）的定义域为R，且g（x）+f（﹣x+2）＝1，f（x）﹣g（x+1）＝1，若y＝f（x）的图像关于直线x＝1对称，则以下说法正确的有　 　 ． ①g（﹣x）＝﹣g（x） ②∀x∈R，f（x）＝f（x+4） ③ ④f（x+2026）+f（﹣x﹣2025）＝2 25．已知a，b∈R且a≠0，若函数在（0，+∞）上单调递增，则的最大值为　 　 ． 26．已知球O内切于正四棱台（即球与该正四棱台的上、下底面以及侧面均相切），且该正四棱台的上、下底面棱长之比为1：2，则球O与该正四棱台的体积之比为　 　 ． 27．设a，b，c为方程a+b+c＝9的任意一组正整数解，X，Y分别为a，b，c的平均数和中位数，记所有正整数解对应的X，Y值的算术平均数为，某班的数学老师张老师拟对全班35名学生进行奖励，取的几何平均值作为金额数给每个学生买同样的一件小礼品，则张老师需要付出的总金额数约为　 　 ．（注：6.48，结果保留一位小数） 28．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若sin（C﹣A）＝2sinAcosC，且a＝4，则△ABC面积的最大值为　 　 ． 29．已知函数f（x）＝x2+（a﹣1）2，g（x）＝|x+a﹣1|，不等式f（x）﹣g（x）≥3对任意的x∈R恒成立，则实数a的取值范围为　 　 ． 30．已知△ABC的面积为1，边AC，AB上的中线为BD，CE，且CE＝2BD，则边AC的最小值为　 　 ． 四．解答题（共10小题） 31．已知函数f（x）＝（1﹣x2）[1+ln（1+x）]，x∈[0，+∞），f′（x）为f（x）的导函数． （1）讨论f′（x）的单调性； （2）证明：f（x）≤x+1； （3）若f（x）≤ax+1，求a的取值范围． 32．设函数f（x）＝xlnx． （1）求f（x）的极值； （2）已知实数a＞0，若存在实数x使不等式成立，求a的取值范围； （3）已知不等式f（2m）﹣f（2n）＞k（m﹣n）2对满足m＞n＞0的一切实数m，n成立，求实数k的取值范围． 33．为倡导节能环保，实现废旧资源再利用，小明与小亮两位小朋友打算将自己家中的闲置玩具进行交换，其中小明家有1台玩具车和2个不同的玩偶，小亮家也有与小明家不同的1台玩具车和2个不同的玩偶，他们每次等可能的各取一件玩具进行交换． （1）两人进行一次交换后，设小明手中玩具车的台数为X，求X的分布列及数学期望； （2）两人进行n次交换后，记小明手中恰有1个玩具车的概率为pn． ①求p2； ②求pn． 34．已知椭圆C的中心在原点，离心率为，且过点（2，0）． （1）求椭圆C的标准方程． （2）已知点M（0，3），O为坐标原点，直线l与椭圆C交于A，B两点（A，B在x轴两侧），且满足∠OMA＝∠OMB． ①求证：直线AB过定点，并求出该定点坐标． ②已知椭圆C上点（x0，y0）处的切线方程为，若椭圆C在A，B两点处的切线交于点P，N为①中直线AB过的定点，求证：以PN为直径的圆恒定点． 35．已知椭圆的左顶点为A，上顶点为B，M和N是C上除顶点外的两个动点． （1）若直线BM，AB，BN的斜率成等差数列，证明：直线MN过定点； （2）若直线BM，AB，BN的斜率成等比数列，求△BMN面积的最大值． 36．已知随机变量ξ的取值为非负整数，其分布列为： ξ 0 1 2 … n P p0 p1 p2 … pn 其中pi∈[0，1]，且1．由ξ生成的函数为f（x），D（ξ）． （1）若ξ生成的函数为f（x）．设事件A：当ξ为奇数时，求P（A）的值； （2）现有编号为一和二的两个盒子，在盒一中有1个红球，在盒二中有2个蓝球和4个绿球（球的颜色不同，其他完全相同），若随机选两个盒中的一个盒，再取出一个球，选择盒一的概率为．设随机变量ξ生成的函数为f（x），其中pi（i＝1，2，3）分别对应取到红球、蓝球、绿球的概率．请判断D（ξ）与f″（1）+f′（1）﹣[f′（1）]2的大小关系；（f″（x）＝[f′（x）]′） （3）已知方程x+y+z＝9（x，y，z∈N），用ξ表示一组解中最小的数，此时由ξ生成的函数记为t（x），令g（x）＝t′（x），求g（x）的极小值点． 37．将抛物线y2＝8x向左平移1个单位得到曲线Γ，过原点作直线l与Γ交于不同的两点A，B，设AB中点的轨迹为C． （1）求C的方程； （2）设圆D：（x﹣1）2+y2＝r2（r＞1）与x轴分别交于点P，Q（P在Q的左侧），与C在第一象限的交点为R，若直线RD，RQ与C分别交于点S，T，直线ST与直线PR相交于点E． ①求证：|ET|＝4|ES|； ②求△RST面积的最小值． 38．（1）若函数图象的两个相邻对称中心的横坐标相差6，求f（x）． （2）在（1）的条件下，设函数，试判断并证明函数h（x）＝f（x）+g（x）图象的对称性． （3）已知（2）中g（x）的导函数g′（x）有两个零点m，n，且n＞m≥1． （i）求t的取值范围； （ii）当a≥1时，证明：g（m）+an＞t． 39．已知函数f（x）＝xlnx﹣a（x﹣1），其中a∈R． （1）当a＝1时，求函数f（x）在点（e，f（e））上的切线方程； （2）若t（x）＝f（x+1）+x+2，且t（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，求实数a的最大整数； （3）当时，关于x的方程有两个不相等的正实根x1，x2，且x1＜x2．设k为大于1的常数，当a变化时，若有最小值ee，求k的值． 40．已知定义在复数集C上的函数，h（n）＝f（i）+f（3i）+f（5i）+⋯+f（（2n﹣1）i），其中n∈N*，i为虚数单位，记h（n）的模为|h（n）|． （1）求h（n）的实部的最大值： （2）①证明：∀n∈N*，都有g（n）＜1； ②证明：∃λ＞0，∀n∈N*，g（n）〈λ|h（n）|2． 【高考二轮复习】全国2026年最新选择、填空、解答压轴题汇编40题（10-2） 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C A B B B D C C C 二．多选题（共10小题） 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 AD ACD ABD BD BCD BCD AD ABD ABD ACD 一．选择题（共10小题） 1．已知椭圆C：的左焦点为F1，不经过F1且斜率为的直线交C于A，B两点．当△F1AB的周长最大时，|AB|＝（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：设△F1AB的周长为L， 则L＝|AF1|+|BF1|+|AB|＝4a﹣（|AF2|+|BF2|）+|AB|＝4a﹣[|AF2|+|BF2|﹣|AB|]， 因为|AF2|+|BF2|﹣|AB|≥0（当A、B、F2三点共线时，等号成立）， 又因为F1（﹣1，0），F2（1，0）， 所以当△F1AB的周长最大时， 直线AB的方程为：y（x﹣1）， 由， 得5x2﹣8x＝0， 解得x＝0或x， 当x＝0时，y；当x时，y， 设A（0，），B（，）， 所以|AB|． 故选：C． 2．已知直线l过抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点，且与该抛物线交于M，N两点．若线段MN的长为8，MN的中点到y轴的距离为3，则△MON（O为坐标原点）的面积为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：设M（x1，y1），N（x2，y2）， ∴|MN|＝x1+x2+p＝8． 又∵MN的中点到y轴的距离为3，∴x1+x2＝6，可得p＝2， ∴抛物线的方程为y2＝4x． 设直线l的方程为x＝my+1， 代入抛物线方程得：y2﹣4my﹣4＝0， 则Δ＝16m2+16＞0，y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4， ∴x1+x2＝m（y1+y2）+2＝6，解得m＝±1， 从而． 故选：C． 3．若∃φ∈R，对∀n∈Z，都有成立，则实数m的最小值为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：因为若∃φ∈R，对∀n∈Z，都有成立， 所以y＝cos（）的最大值小于等于m， 所以要求m的最小值，即求y＝cos（）的最大值的最小值， 又的终边将周角均分成3等分， 所以要使y＝cos（）的最大值的最小值， 则可知的y轴右边的终边与单位圆交点的横坐标取最小， 所以当的y轴右边的两终边关于x轴对称时满足y＝cos（）的最大值取最小值， 如图所示： 所以y＝cos（）的最大值的最小值为cos， 所以实数m的最小值为． 故选：A． 4．已知数列{an}满足：a1＝m（m为正整数），，若a8＝1，则m的值不可能为（　　） A．16 B．19 C．20 D．21 【答案】B 【解答】解：因为，且a8＝1， 若a7为偶数，则，解得a7＝2，满足要求， 若a7为奇数，则3a7+1＝1，解得a7＝0，不合要求， 若a6为偶数，则，解得a6＝4，满足要求， 若a6为奇数，则3a6+1＝2，解得，不合要求， 若a5为偶数，则，解得a5＝8，满足要求， 若a5为奇数，则3a5+1＝4，解得a5＝1，满足要求， ①若a5＝8，若a4为偶数，则，解得a4＝16， 若a4为奇数，则3a4+1＝8，解得，不合要求，舍去； 则或3a3+1＝16， 所以a3＝32或a3＝5， 同理可得，若a3＝32则a2＝64，所以a1＝128或21， 若a3＝5，则a2＝10，所以a1＝20或3； ②若a5＝1，则a4＝2，a3＝4，则a2＝1或8， 所以a1＝2或16， 综上：m＝2，3，16，20，21，128． 则m的值不可能为19． 故选：B． 5．已知函数若关于x的方程2[f（x）]2+（3﹣3a）f（x）+2a＝0在区间（﹣∞，2025]内有2027个不同的实数根，则实数a的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：画出大致图象如下． 当t∈（﹣1，0]时，f（x）＝t在（﹣∞，2025]内有2026个实根； 当t∈（﹣∞，﹣1]时，f（x）＝t在（﹣∞，2025]内有1个实根， 令f（x）＝t，由于2[f（x）]2+（3﹣3a）f（x）+2a＝0在（﹣∞，2025]内有2027个不同的实数根， 因此2t2+（3﹣3a）t+2a＝0有一个根在（﹣1，0]内，另一个根在（﹣∞，﹣1]内， 令g（t）＝2t2+（3﹣3a）t+2a，则， 即， 解得a． 故选：B． 6．如果方程F（x，y）＝0能确定y是x的函数，那么称这种方式表示的函数是隐函数，隐函数的求导方法如下：在方程F（x，y）＝0中，把y看成x的函数y＝y（x），则方程可看成关于x的恒等式F（x，y（x））＝0，在等式两边同时对x求导，然后解出y′（x）即可，例如，求由方程x2+y2＝1所确定的隐函数的导数y'，将方程x2+y2＝1的两边同时对x求导，则2x+2y•y′＝0（y＝y（x）是中间变量，需要用复合函数的求导法则），得，那么曲线xy+lny＝2在点（2，1）处的切线方程为（　　） A．x﹣3y+1＝0 B．x+3y﹣5＝0 C．3x﹣y﹣5＝0 D．2x+3y﹣7＝0 【答案】B 【解答】解：在xy+lny＝2的两边，对x求导数，可得y+xy′y′＝0， 代入x＝2，y＝1，可得切线的斜率为1+2k+k＝0，即k， 则切线的方程为y﹣1（x﹣2）， 化为x+3y﹣5＝0． 故选：B． 7．已知函数，若函数y＝f（f（x））至少有7个零点，则实数a的取值范围为（　　） A．（﹣2，+∞） B．（﹣∞，2] C．[﹣2，0） D．（﹣∞，﹣2] 【答案】D 【解答】解：当a≥0，x≤0时，f（x）＝﹣2x2+ax，对称轴为，开口向下， 所以f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，函数图象如下： 令f（x）＝t，y＝f（f（x））＝f（t）＝0， 解得t＝0或， 即f（x）＝t＝0或， 根据图象f（x）＝t＝0有2个解， 有1个解， 所以此时y＝f（f（x））有3个零点，不符合题意； 当a＜0，x≤0时，f（x）＝﹣2x2+ax，对称轴为，开口向下， 所以f（x）在上单调递增，在上单调递减，函数图象如下： 令f（x）＝t，y＝f（f（x））＝f（t）＝0， 解得或t＝0或， 根据图象有2个解，f（x）＝t＝0有3个解， 又y＝f（f（x））至少有7个零点， 所以至少有2个解， 即， 解得a≤﹣2， 综上，实数a的取值范围为：（﹣∞，﹣2]． 故选：D． 8．已知点是双曲线C：的左焦点，过原点O的直线l与C交于P，Q（Q在左支上且异于左顶点）两点，延长QF与C交于点M．若，且∠OFP＝∠OPF，则|QM|＝（　　） A．12 B．8 C．6 D．9 【答案】C 【解答】解：由题，如图， 设双曲线的右焦点为F2，连接QF2，MF2，PF2， 因为直线PQ过原点，所以P，Q两点关于原点对称， 又F，F2关于原点对称， 所以四边形FPF2Q为平行四边形， 又∠OFP＝∠OPF，所以|OF|＝|OP|， 因此四边形FPF2Q的对角线相等，即|PQ|＝|FF2|， 所以四边形FPF2Q为矩形，则FQ⊥F2Q， 设|QF|＝x，又， 则|FM|＝2x，所以|QM|＝3x， 所以|QF2|＝2a+x，|MF2|＝2a+2x， 在△QMF2中，由勾股定理可得， 即（2a+x）2+（3x）2＝（2a+2x）2， 解得：， 又在△QFF2中， 由勾股定理可得， 即（2a+x）2+x2＝（2c）2， 所以，解得：a＝3， 所以|QM|＝3x＝2a＝6． 故选：C． 9．已知O为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别是F1，F2，点P是C的右支上异于顶点的一点，过F2作∠F1PF2的平分线的垂线，垂足是M，且，又过F1作一条渐近线的垂线，垂足为点N（点N在第二象限），且，则双曲线的方程为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：延长F2M交PF1于点Q，连接NF2，如图所示： 因为PM是∠F1PF2的平分线， 所以可得△PMF2≌△PMQ， 因此M为QF2的中点，且|PQ|＝|PF2|， 由双曲线定义可知|PF1|﹣|PF2|＝|PF1|﹣|PQ|＝|QF1|＝2a， 又O为F1F2的中点，所以OM∥QF，且， 由，可得， 因为垂足N在第二象限，所以渐近线为，即bx+ay＝0， 易知F1（﹣c，0）， 所以点F1到渐近线的距离为， 所以， 因此， 在△NOF2中，由正弦定理可得， 所以可得|NF2|＝2b， 再由余弦定理可得， 即，可得， 又，所以， 因此双曲线的方程为． 故选：C． 10．已知函数，若函数g（x）＝f（x）﹣f（﹣x）有5个零点，则实数a的取值范围是（　　） A．（﹣e，0） B． C．（﹣∞，﹣e） D． 【答案】C 【解答】解：y＝f（﹣x）与y＝f（x）关于y轴对称，且f（0）＝0， 要想g（x）＝f（x）﹣f（﹣x）有5个零点， 则当x＞0时，﹣x＝alnx要有2个根，结合对称性可知x＜0时也有2个零点， 故满足有5个零点， 当x＝1时，﹣1＝0，不合题意； 当x≠1时，此时， 令，定义域为（0，1）∪（1，+∞）， ， 令g′（x）＞0得：0＜x＜1，1＜x＜e，令g′（x）＜0得：x＞e， 故在（0，1），（1，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减， 且当x∈（0，1）时，恒成立， 在x＝e处取得极大值，其中g（e）＝﹣e， 故a∈（﹣∞，﹣e），此时与有两个交点． 故选：C． 二．多选题（共10小题） （多选）11．已知函数f（x）＝xlnx﹣ax+1，则（　　） A．当a＝0 时，函数f（x）的最小值为 B．当a＝1时，函数f（x）的极大值点为x＝1 C．存在实数a使得函数f（x）在定义域上单调递增 D．若f（x）≥0恒成立，则实数a的取值范围为a≤1 【答案】AD 【解答】解：已知f（x）＝xlnx﹣ax+1，函数定义域为（0，+∞）， 可得f′（x）＝lnx+1﹣a， 对于选项A：当a＝0时，f′（x）＝lnx+1， 当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减； 当时，f′（x）＞0，f（x）单调递增， 所以当时，函数f（x）取得极小值也是最小值，最小值，故选项A正确； 当a＝1时，f′（x）＝lnx， 当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减； 当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增， 所以当x＝1时，函数f（x）取得极小值， 则x＝1为极小值点，故选项B错误； 对于选项C：假设存在实数a使得函数f（x）在定义域上单调递增， 此时f′（x）≥0在x∈（0，+∞）上恒成立， 即lnx+1﹣a≥0在x∈（0，+∞）上恒成立， 所以a≤（lnx+1）min在x∈（0，+∞）上恒成立， 易知函数y＝lnx在x∈（0，+∞）上单调递增且值域为R， 所以函数y＝lnx+1无最小值， 则不存在实数a使得函数f（x）在定义域上单调递增，故选项C错误； 对于选项D：若f（x）≥0恒成立， 即在x∈（0，+∞）上恒成立， 不妨设，函数定义域为（0，+∞）， 可得， 当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减； 当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增， 所以当x＝1时，函数g（x）取得极小值也是最小值，最小值g（1）＝1， 所以a≤1，故选项D正确． 故选：AD． （多选）12．已知双曲线的左右焦点分别为F1，F2，离心率为2，焦点到渐近线的距离为，过F2作直线l交双曲线C的右支于A，B两点，若H，G分别为△AF1F2，△BF1F2的内心，则（　　） A．若∠F1AF2＝90°，则|AF1||AF2|＝6 B．△F1AB周长的最小值为 C．点H与点G均在同一条定直线上 D．|HG|的取值范围是 【答案】ACD 【解答】解：由题意，，，a2+b2＝c2， 解得a2＝1，b2＝3，c2＝4，所以双曲线方程为． 对于A，不妨设|AF2|＝t，则|AF1|＝t+2， 由∠F1AF2＝90°，可知：t2+（t+2）2＝16，即或（舍）， 从而|AF1||AF2|＝6，故A正确； 对于B，由|AF1|﹣|AF2|＝2，|BF1|﹣|BF2|＝2，知△F1AB周长即为2|AB|+4． 当且仅当AB⊥x轴时|AB|最小，此时|AB|＝6，则△F1AB周长的最小值为16，故B错误； 对于C，易得点H与点G的横坐标均为1，即有 HG⊥x 轴，故C正确； 对于D，不妨设直线AB倾斜角为θ，则θ∈（60°，120°）， 易得HF2⊥GF2，从而|HG|＝|HF2|+|GF2|， 从而有|HG|的取值范围是，故D正确． 故选：ACD． （多选）13．设函数f（x）＝x3﹣ax+1（a∈R），则（　　） A．点（0，1）是y＝f（x）图像的对称中心 B．当a＝3时，函数y＝f（x）有三个零点 C．当a＝0时，直线y＝1不是曲线y＝f（x）的切线 D．若f（x）有三个不同的零点x1，x2，x3，则x1+x2+x3＝0 【答案】ABD 【解答】解：选项A：计算f（x）+f（﹣x）＝（x3﹣ax+1）+[（﹣x）3﹣a（﹣x）+1]＝2， 故点（0，1）是y＝f（x）图像的对称中心，A正确． 选项B：当a＝3时，f（x）＝x3﹣3x+1，f'（x）＝3x2﹣3＝3（x﹣1）（x+1）． 令f'（x）＝0得x＝±1，f（﹣1）＝3，f（1）＝﹣1． 由x→﹣∞时f（x）→﹣∞，x→+∞时f（x）→+∞，结合极值符号，f（x）有三个零点，B正确． 选项C：当a＝0时，f（x）＝x3+1，f'（x）＝3x2． 取x＝0，f（0）＝1，f'（0）＝0，切线方程为y＝1，故y＝1是切线，C错误． 选项D：若f（x）有三个零点x1，x2，x3， 则． 对比f（x）＝x3﹣ax+1的x2项系数，得x1+x2+x3＝0，D正确． 故选：ABD． （多选）14．点M是棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中侧面ADD1A1上的一个动点（包含边界），则下列结论错误的有（　　） A．有无数个点M满足CM⊥AD1 B．当点M在棱DD1上运动时，MA+MB1的最小值为 C．若，则动点M的轨迹长度为 D．在线段AD1上存在点M，使得异面直线MB1与CD所成的角是 【答案】BD 【解答】解：对于A，若M在A1D上，则此时有无数个点M满足CM⊥AD1， 证明如下：由正方体的性质得CD⊥平面ADD1A1， 因为AD1⊂平面ADD1A1，所以CD⊥AD1， 又A1D⊥AD1，CD∩A1D＝D，CD，A1D⊂平面A1DC， 所以AD1⊥平面A1DC， 因为CM⊂平面A1DC，所以AD1⊥CM，即此时有无数个点M满足CM⊥AD1，故A正确； 对于B，旋转平面ADD1A1使之与平面BB1D1D共面，如图中A′A1′D1D，连接A'B1交DD1于点M， 此时MA+MB1最短为A′B1，大小为，故B错误； 对于C，当点M在平面ADD1A1内时，AB⊥面ADD1A1，AM⊂面ADD1A1，则AB⊥AM， 所以AB2+AM2＝BM2＝2，所以AM＝1， 所以点M的轨迹是以A为圆心，半径为1的圆弧， 从而动点M轨迹长度为，故C正确； 对于D，因为CD∥A1B1，所以直线B1M与CD所成的角，即为直线B1M与A1B1所成角，即∠A1B1M或其补角， 由在线段AD1上存在点M知，， 由A1B1⊥A1M，得， 即∠A1B1M最小值大于30°，故D错误． 故选：BD． （多选）15．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为平行四边形，PC的中点为M，点S，T分别在棱PB，PD上（均与P不重合），且A，M，S，T四点共面，记四棱锥P﹣ABCD的体积为V，三棱锥P﹣ASM的体积为V1，三棱锥P﹣ATM的体积为V2，四棱锥P﹣ATMS的体积为V3，则（　　） A．的最大值为 B．的最小值为 C．的最大值为 D．的最小值为 【答案】BCD 【解答】解：连接AC．设，，则x，y∈（0，1]， 所以， 因为四边形ABCD是平行四边形，M为PC的中点， 所以． 由A，M，S，T四点共面，可知存在实数λ，μ，满足， 即， 所以则，化简得， 由x，y＞0，y≤1，得，同理可得，所以． 对于A，B，由题意知V＝2VP﹣ABC，又， 所以，故A错误，B正确； 对于C，同理可得，所以，故C正确； 对于D，， 因为，所以， 当且仅当时等号成立，所以，即的最小值为，故D正确． 故选：BCD． （多选）16．已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，an+1﹣2an+anan+1＝0，则（　　） A． B．数列为等比数列 C．an+1＜an D． 【答案】BCD 【解答】解：数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，an+1﹣2an+anan+1＝0， 可得1＝0，即有2（1）＝1， 可得数列{1}是首项和公比均为的等比数列，故B正确； 即有1（）n，可得an，则a3，故A错误； 由an＝1，可得数列{an}递减，故C正确； 由S10＝10...10+1...11，故D正确． 故选：BCD． （多选）17．已知双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A1，A2．若A在C的右支上，AF1⊥AF2，A到x轴的距离为，过F1作动直线l与C的左支交于M，N两点，则（　　） A．a＝1 B．C的一条渐近线的倾斜角为 C．直线MA1与NA2的交点在直线上 D．△AF1F2的内切圆的圆心坐标为 【答案】AD 【解答】解：不妨设A在第一象限，根据A到x轴的距离为，设， 将A的坐标代入C的方程得，因此，由于AF1⊥AF2，所以|OA|＝|OF2|， 所以，解得a＝1，因此选项A正确； 因此C的渐近线方程为，倾斜角分别为，，因此选项B错误； 将直线l特殊化：设l为x＝﹣2，不妨设N（﹣2，﹣3），M（﹣2，3）， 因此NA2的方程为y＝x﹣1，MA1的方程为y＝﹣3（x+1）， 联立解得MA1，NA2的交点坐标为，不在直线上，因此选项C错误； 根据已知及双曲线的定义得，三角形AF1F2内切圆的圆心在直线x＝a，即x＝1上， 又因为，|F1F2|＝4，， 设内切圆的半径为r，则，解得， 所以△AF1F2的内切圆的圆心坐标为，因此选项D正确． 故选：AD． （多选）18．定义在R上的函数f（x）满足f（﹣x）+f（x）＝0，当x＞0时，f（x）＝（2x2﹣7x+8）ex﹣5，则（　　） A．f（x）共有5个零点 B．f（x）共有4个极值点 C． D．当时，方程f（x）＝t（t∈R）有且仅有4个实数根 【答案】ABD 【解答】解：对于A、B，当x＞0时，f（x）＝（2x2﹣7x+8）ex﹣5， 则f′（x）＝（2x2﹣7x+8）ex+（4x﹣7）ex＝（2x2﹣3x+1）ex＝（2x﹣1）（x﹣1）ex， 令f′（x）＝0，解得或x＝1， 当或x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0， 当时，f'（x）＜0， 所以f（x）在，（1，+∞）上单调递增，在上f（x）单调递减， 因此x＞0时，f（x）在时取得极大值，f（x）在x＝1时取得极小值，共有2个极值点， 且， ， 又f（x）在（1，+∞）上单调递增，所以f（x）在（1，+∞）上有一个零点， 因此x＞0时，f（x）共有2个零点， 因为f（﹣x）+f（x）＝0，所以f（x）是R上的奇函数， 奇函数的图象关于原点对称，且f（0）＝0， 所以x＜0时，f（x）有2个零点，有2个极值点， 因此，f（x）在R上共有5个零点，4个极值点，故A、B正确； 对于C，因为f（x）是R上的奇函数， 所以，故C错误； 对于D，由于当x＞0时，， 则当x＞0且x→0时，， ， 作出函数f（x）图象， 由图象可知，当时，方程f（x）＝t（t∈R）有且仅有4个实数根，故D正确． 故选：ABD． （多选）19．已知抛物线C：y2＝8x的焦点为F，过点F的直线l与C交于A，B两点，D是C的准线与x轴的交点，则下列说法正确的是（　　） A．若|BF|＝4|AF|，则直线l的斜率为± B．|AF|+4|BF|≥18 C．0°＜∠AOB＜90°（O为坐标原点） D．当取最小值时，|AF|＝4 【答案】ABD 【解答】解：对于A，依题意得F（2，0），设直线l：x＝my+2，A（x1，y1），B（x2，y2）， 联立，消去x得y2﹣8my﹣16＝0，则y1+y2＝8m，y1y2＝﹣16， 则，解得或， 则，B（8，﹣8）或， 则直线l的斜率，故A正确； 对于B，|AF|+4|BF|＝x1+4x2+10， 当且仅当时等号成立，故B项正确； 对于C，因为12＜0，所以∠AOB＞90°，故C项错误； 对于D，依题意有，抛物线y2＝8x的准线方程为x＝﹣2，所以D（﹣2，0），F（2，0）， 则，由抛物线的定义可得|AF|＝x1+2， ， 因为x1＞0，所以 ， 当且仅当x1＝2时取等号，此时|AF|＝4，故D项正确． 故选：ABD． （多选）20．如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是正方体的上底面A1B1C1D1内（不含边界）的动点，点Q是棱BC的中点，则以下结论正确的是（　　） A．三棱锥Q﹣PAD的体积是定值 B．存在点P，使得PQ⊥平面AB1C C．直线PQ与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围为 D．若PQ∥平面BDD1B1，则点P的轨迹长度为 【答案】ACD 【解答】解：对于A，由VQ﹣PAD＝VP﹣QAD可得， 是定值，A正确； 建立空间直角坐标系，如图所示： Q（2，1，﹣2），A（0，0，﹣2），C（2，2，﹣2），B1（2，0，0），B（2，0，﹣2），D（0，2，﹣2），D1（0，2，0）， 对于B，设P（x，y，0）（0＜x＜2，0＜y＜2）， 则， 若存在点P，则， 解得：x＝0，y＝3不符合0＜x＜2，0＜y＜2，故B错误； 对于C，易知， 且平面ABCD的一个法向量为， 设直线PQ与平面ABCD所成角为θ， 故， 因为0＜x＜2，0＜y＜2，所以4＜（x﹣2）2+（y﹣1）2+4＜9， 所以，所以， 故C正确； 对于D，， 则， 故AC⊥BD，AC⊥BB1，又BD∩BB1＝B，BD，BB1⊂面BDD1B1， 故AC⊥面BDD1B1，若PQ∥面BDD1B1，则PQ⊥AC， 则， 即x+y﹣3＝0，如下图：取正方体的上底面，建立平面直角坐标系， 设直线x+y﹣3＝0与C1D1，B1C1交于E，F，线段EF（不包括端点）即为点P的轨迹， 由直线C1D1方程为y＝2，直线B1C1方程为x＝2，可得E（1，2），F（2，1），则， 故D正确， 故选：ACD． 三．填空题（共10小题） 21．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PC的中点，AB＝PA＝2，直线AE与BC所成角的大小为，则四棱锥P﹣ABCD的体积为 　　 ． 【答案】． 【解答】解：如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PC的中点，AB＝PA＝2， 以A为坐标原点，建立空间直角坐标系， 设BC＝a，则A（0，0，0），P（0，0，2），C（2，a，0），E（1，，1），B（2，0，0）， （1，，1），（0，a，0）， ∴直线AE与BC所成角的大小为， ∴cos， 解得a＝BC＝2， ∴四棱锥P﹣ABCD的体积为： V． 故答案为：． 22．四个同样大小的球O1，O2，O3，O4两两相切，点M是球O1上的动点，则直线O2M与直线O3O4所成角的余弦值的取值范围是　　 ． 【答案】． 【解答】解：因为四个同样大小的球O1，O2，O3，O4两两相切， 所以O1，O2，O3，O4四点恰为正四面体O1O2O3O4的四个顶点，且正四面体的棱长为球的直径，设为2r． 在正四面体O1O2O3O4中，过O1作O1O⊥底面O2O3O4，则O为底面中心，如图所示： 由O2O⊥O3O4，O2O，O1O⊂平面O1O2O，O2O∩O1O＝O， 可得O3O4⊥平面O1O2O，所以O3O4⊥O1O2． 当M在直线O1O2上时，O2M⊥O3O4，即直线O2M与直线O3O4所成角为90°， 此时直线O2M与直线O3O4所成夹角最大，所以余弦值最小，为0； 作O2N∥O3O4，则∠O1O2N＝90°， 在平面O1O2N内，过O2作球O1的切线，设切点为M，此时∠O1O2M最大， 因为，所以∠O1O2M＝30°， 所以∠MO2N最小，为60°，即直线O2M与直线O3O4所成的最小角为60°，此时余弦值最大，为． 所以直线O2M与直线O3O4所成角的余弦值的取值范围为． 故答案为：． 23．已知各项均为正整数的递增数列{an}，满足，则　35　 ． 【答案】35． 【解答】解：因为， 设a1＝t（t为正整数），得， 若t＝1，则，与a1＝1矛盾； 若t＝3，即a1＝3，而，与数列{an}是递增数列矛盾； 若t＞3（t为正整数），即a1＝t＞3，而，与数列{an}是递增数列矛盾； 故只能t＝2，即a1＝2，所以． 令n＝2，则， 令n＝3，则． 因为数列{an}是各项均为正整数的递增数列，且a3＝6，a6＝9， 所以a4＝7，a5＝8， 所以． 故答案为：35． 24．已知函数f（x），g（x）的定义域为R，且g（x）+f（﹣x+2）＝1，f（x）﹣g（x+1）＝1，若y＝f（x）的图像关于直线x＝1对称，则以下说法正确的有　②③④　 ． ①g（﹣x）＝﹣g（x） ②∀x∈R，f（x）＝f（x+4） ③ ④f（x+2026）+f（﹣x﹣2025）＝2 【答案】②③④． 【解答】解：因为f（x），g（x）的定义域为R，且g（x）+f（﹣x+2）＝1，f（x）﹣g（x+1）＝1， 又f（x）的图像关于直线x＝1对称， 所以g（x+1）+f（﹣x+1）＝1；又f（x）﹣g（x+1）＝1， 所以f（x）+f（1﹣x）＝2； 所以f（x+2026）+f（﹣x﹣2025）＝2，所以④正确； 因为y＝f（x）的图像关于直线x＝1对称， 所以f（1﹣x）＝f（1+x），所以f（x）+f（1+x）＝2， 用x+1替换x可得f（x+1）+f（x+2）＝2， 所以f（x）＝f（x+2）， 所以f（x）的周期为T＝2，所以∀x∈R，f（x）＝f（x+4），所以②正确； 因为y＝f（x）的图像关于直线x＝1对称， 所以f（﹣x）＝f（2+x），所以f（﹣x）＝f（x），所以f（x）是偶函数； 因为g（x）+f（﹣x+2）＝1，所以g（x）+f（x）＝1； 所以g（﹣x）+f（﹣x）＝1，f（x）是偶函数， 所以g（﹣x）＝1﹣f（﹣x）＝1﹣f（x）＝g（x），所以①错误； 因为f（x）+f（1﹣x）＝2，所以，所以； 因为f（x）是偶函数，所以； 因为f（x）的周期为T＝2，所以； 因为g（x）+f（x）＝1，所以； 所以，所以③正确． 故答案为：②③④． 25．已知a，b∈R且a≠0，若函数在（0，+∞）上单调递增，则的最大值为　﹣ln3　 ． 【答案】﹣ln3． 【解答】解：根据题意，可得f′（x）＝x﹣alnx﹣b﹣3≥0对任意的x∈（0，+∞）恒成立． 设g（x）＝x﹣alnx﹣b﹣3，则． 若a＜0，则g′（x）＞0，g（x）在（0，+∞）上单调递增， 当x＞0且x→0时，g（x）→﹣∞，不符合题意． 若a＞0，令g′（x）＝0，得x＝a， 当x∈（0，a）时，g′（x）＜0，g（x）在（0，a）上单调递减， 当x∈（a，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）在（a，+∞）上单调递增， 所以g（x）min＝g（a）＝a﹣alna﹣b﹣3≥0，所以． 设，（a＞0），则， 当a∈（0，3）时，h′（a）＞0，h（a）在（0，3）上单调递增， 当a∈（3，+∞）时，h′（a）＜0，h（a）在（3，+∞）上单调递减， 所以h（a）max＝h（3）＝﹣ln3，即的最大值为﹣ln3， 此时a＝3，b＝﹣3ln3． 故答案为：﹣ln3． 26．已知球O内切于正四棱台（即球与该正四棱台的上、下底面以及侧面均相切），且该正四棱台的上、下底面棱长之比为1：2，则球O与该正四棱台的体积之比为　　 ． 【答案】． 【解答】解：因为球O内切于正四棱台（即球与该正四棱台的上、下底面以及侧面均相切）， 且该正四棱台的上、下底面棱长之比为1：2， 所以作出该几何体的轴截面，其中圆O是等腰梯形ABCD的内切圆，如图： 设圆O与梯形的腰相切于点P，Q，与上、下底面分别切于点O1，O2， 不妨设正四棱台上、下底面的棱长为2a，4a， 则CO1＝CP＝a，BO2＝BP＝2a，BC＝BP+PC＝3a， 故在直角梯形O1O2BC中，过点C作CE⊥AB，垂足为E，所以EB＝a， 在Rt△CEB中，，为棱台的高，也是球的直径， 所以半径为，所以球的体积为， 棱台体积为， 所以球与棱台的体积比为． 故答案为：． 27．设a，b，c为方程a+b+c＝9的任意一组正整数解，X，Y分别为a，b，c的平均数和中位数，记所有正整数解对应的X，Y值的算术平均数为，某班的数学老师张老师拟对全班35名学生进行奖励，取的几何平均值作为金额数给每个学生买同样的一件小礼品，则张老师需要付出的总金额数约为　2　 ．（注：6.48，结果保留一位小数） 【答案】97.2． 【解答】解：因为， 所以方程a+b+c＝9的正整数解总数可理解为：将9个1分成3组，需要2个隔板，所以正整数解的组数为组， 设这3个数由小到大分别为x，y，z，则包含如下请情况： ①y＝1时，则x＝1，z＝7，排列以后对应的组数为3， ②y＝2时，则x＝1，z＝6，或x＝2，z＝5，排列以后对应的组数为9； ③y＝3时，则x＝1，z＝5，或x＝2，z＝4，或x＝3，z＝3，排列以后对应的组数为13； ④y＝4时，则x＝1，z＝4，排列以后对应的组数为3； 中位数为1，2，3，4的分别有3，9，13，3组， 根据期望公式可得， 故， 则张老师需要付出的总金额数约为． 故答案为：97.2． 28．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若sin（C﹣A）＝2sinAcosC，且a＝4，则△ABC面积的最大值为　16　 ． 【答案】16． 【解答】解：依题意由sin（C﹣A）＝2sinAcosC可得sinCcosA﹣cosCsinA＝2sinAcosC， 即sinCcosA＝3sinAcosC， 在△ABC中，可得tanC＝3tanA； 令tanA＝t，易知t＞0，则tanC＝3t； 因此可得，， 可得sinB＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC， 由正弦定理可得，又a＝4， 所以△ABC的面积为SbcsinA••sinA 16， 当且仅当9t，即时，等号成立， 因此可知△ABC面积的最大值为16． 故答案为：16． 29．已知函数f（x）＝x2+（a﹣1）2，g（x）＝|x+a﹣1|，不等式f（x）﹣g（x）≥3对任意的x∈R恒成立，则实数a的取值范围为　　 ． 【答案】． 【解答】解：令h（x）＝f（x）﹣g（x）﹣3，即， 由题意可知h（x）≥0在R上恒成立， ①若，即时， 要满足题意需， 整理得，解得或舍去）； ②若，即时， 要满足题意需， 整理得， 解得或，与前提矛盾舍去； ③若，即时， 要满足题意需， 整理得，解得或，舍去）； 综上所述． 故答案为：． 30．已知△ABC的面积为1，边AC，AB上的中线为BD，CE，且CE＝2BD，则边AC的最小值为　　 ． 【答案】． 【解答】解：如图：设CE∩BD＝G，由已知得G为△ABC的重心， 由CE＝2BD，设DG＝x，则BG＝2x，CE＝6x，CG＝4x，EG＝2x， 则S△BDC 4x2sinθ， 则，由余弦定理得： CD2＝x2+16x2﹣2x•4x（﹣cosθ）， 令t0，则12tsinθ﹣8cosθ＝17， 即sin（θ﹣φ）＝17，所以sin（θ﹣φ）1， 整理得：，所以，即CD2， 所以，所以AC． 故答案为：． 四．解答题（共10小题） 31．已知函数f（x）＝（1﹣x2）[1+ln（1+x）]，x∈[0，+∞），f′（x）为f（x）的导函数． （1）讨论f′（x）的单调性； （2）证明：f（x）≤x+1； （3）若f（x）≤ax+1，求a的取值范围． 【答案】（1）f′（x）在[0，+∞）内单调递减； （2）不等式f（x）≤x+1，等价为（1﹣x）[1+ln（1+x）]≤1（x≥0）． 设h（x）＝（1﹣x）[1+ln（1+x）]，x≥0，可得h′（x）＝﹣[1+ln（1+x）]ln（1+x）， 当x≥0时，h′（x）≤0，可得h（x）在[0，+∞）内单调递减，即有h（x）≤h（0）＝1， 则（1﹣x）[1+ln（1+x）]≤1（x≥0），可得f（x）≤x+1恒成立； （3）[1，+∞）． 【解答】解：（1）函数f（x）＝（1﹣x2）[1+ln（1+x）]的导数为f′（x）＝﹣2x[1+ln（1+x）] ＝﹣2x[1+ln（1+x）]+1﹣x， 设g（x）＝﹣2x[1+ln（1+x）]+1﹣x，可得g′（x）＝﹣2[1+ln（1+x）]1， 当x≥0时，ln（1+x）≥0，可得g（x）＜0，即有g（x），即f′（x）在[0，+∞）内单调递减； （2）证明：不等式f（x）≤x+1，等价为（1﹣x）[1+ln（1+x）]≤1（x≥0）． 设h（x）＝（1﹣x）[1+ln（1+x）]，x≥0，可得h′（x）＝﹣[1+ln（1+x）]ln（1+x）， 当x≥0时，h′（x）≤0，可得h（x）在[0，+∞）内单调递减，即有h（x）≤h（0）＝1， 则（1﹣x）[1+ln（1+x）]≤1（x≥0），可得f（x）≤x+1恒成立； （3）当a≥1时，由f（x）≤x+1≤ax+1，可得f（x）≤ax+1恒成立； 当a＜1时，设m（x）＝f（x）﹣ax﹣1＝（1﹣x2）[1+ln（1+x）]﹣ax﹣1，x≥0， 可得m′（x）＝﹣2x[1+ln（1+x）]a＝1﹣3x﹣2xln（1+x）﹣a， 设n（x）＝1﹣3x﹣2xln（1+x）﹣a，可得n′（x）＝﹣3﹣2ln（1+x）0， 即有n（x）在[0，+∞）内单调递减，可得n（x）≤n（0）＝1﹣a， 而1﹣a＞0，存在x0＞0，使得当x∈（0，x0）时，n（x）＞0，即m′（x）＞0， 即m（x）在（0，x0）递增，m（x）≥m（0）＝0， 这与f（x）≤ax+1矛盾． 所以a的取值范围是[1，+∞）． 32．设函数f（x）＝xlnx． （1）求f（x）的极值； （2）已知实数a＞0，若存在实数x使不等式成立，求a的取值范围； （3）已知不等式f（2m）﹣f（2n）＞k（m﹣n）2对满足m＞n＞0的一切实数m，n成立，求实数k的取值范围． 【答案】（1）极小值为，不存在极大值； （2）； （3）（﹣∞，eln22]． 【解答】解：（1）f（x）＝xlnx，则f′（x）＝1+lnx． 当时，f′（x）＜0，当时，f′（x）＞0， 故f（x）在上单调递减，在上单调递增， 从而f（x）＝xlnx在处取到极小值，极小值为，不存在极大值． （2）由可得ax•2axln2≤xlnx， 即2axln2ax≤xlnx（*），因为a＞0，所以2ax＞1，所以2axln2ax＞0， 由（1）可得f（x）＝xlnx在上单调递增，故（*）式即f（2ax）≤f（x）， 可得1＜2ax≤x，即ax≤log2x，可得 令（x＞0），则， 当0＜x＜e时，g′（x）＞0，当x＞e时，g′（x）＜0， 故g（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减， g（x）的极大值，即最大值为， 由题意，存在实数x使不等式成立，可得． （3）不等式f（2m）﹣f（2n）＞k（m﹣n）2对满足m＞n＞0的一切实数m，n成立， 则有2mln2m﹣2nln2n＞k（m﹣n）2， 不妨设m﹣n＝t，则t＞0，且2n+t（n+t）ln2﹣2nnln2＞kt2， 即2n+tnln2﹣2nnln2+2n+ttln2＞kt2， 所以， 令，显然有h（n）在n∈（0，+∞）上单调递增， 从而， 令，则， 当时，s′（t）＜0，当时，s′（t）＞0， 故s（t）在上单调递减，在上单调递增， 从而可得， 依题意，的最小值为eln22， 故有k≤eln22，即实数k的取值范围为（﹣∞，eln22]． 33．为倡导节能环保，实现废旧资源再利用，小明与小亮两位小朋友打算将自己家中的闲置玩具进行交换，其中小明家有1台玩具车和2个不同的玩偶，小亮家也有与小明家不同的1台玩具车和2个不同的玩偶，他们每次等可能的各取一件玩具进行交换． （1）两人进行一次交换后，设小明手中玩具车的台数为X，求X的分布列及数学期望； （2）两人进行n次交换后，记小明手中恰有1个玩具车的概率为pn． ①求p2； ②求pn． 【答案】（1）分布列见解析，数学期望为1； （2）①；②． 【解答】解：（1）由题意知x的可能取值为0，1，2，， ，， X 0 1 2 P 所以． （2）①若两次都交换玩具车，则概率为， 若两次都交换玩偶，则概率为，若一次交换玩具车，一次交换玩偶， 情况1：每次互换的玩具相同，则概率为， 情况2：每次互换的玩具不同，则概率为， 则． ②重复n复这样的操作后，记小明手中恰有0个玩具车的概率为qn， 则小明手中恰有2个玩具车的概率为1﹣qn﹣pn根据全概率公式可得， 当n≥2时，， ∴， 由（1）是，，∴， 所以数列是首项为，公比为的等比数列，故， 所以，即． 34．已知椭圆C的中心在原点，离心率为，且过点（2，0）． （1）求椭圆C的标准方程． （2）已知点M（0，3），O为坐标原点，直线l与椭圆C交于A，B两点（A，B在x轴两侧），且满足∠OMA＝∠OMB． ①求证：直线AB过定点，并求出该定点坐标． ②已知椭圆C上点（x0，y0）处的切线方程为，若椭圆C在A，B两点处的切线交于点P，N为①中直线AB过的定点，求证：以PN为直径的圆恒定点． 【答案】（1）； （2）证明：①由题意可知，直线l的斜率不为0，设直线方程为x＝my+t，A（x1，y1），B（x2，y2）， 由，得（m2+4）y2+2mty+t2﹣4＝0． Δ＝4m2t2﹣4（m2+4）（t2﹣4）＞0，即m2＞t2﹣4， ，， 设直线MA、MB的向量分别为k1，k2，由∠OMA＝∠OMB，得k1+k2＝0， 即0， 则（y1﹣3）（my2﹣t）+（y2﹣3）（my1﹣t）＝0， 所以，2my1y2+（t﹣3m）（y1+y2）﹣6t＝0， 则， 化简得：m＝﹣3t，满足m2＞t2﹣4， 则直线l的方程为x＝﹣3ty+t，可知直线l过定点（0，）； ②椭圆在A处的切线方程为x1x+4y1y＝4，在B处的切线方程为x2x+4y2y＝4， 设P（x0，y0），则x1x0+4y1y0＝4，x2x0+4y2y0＝4， 可得直线AB的方程为：x0x+4y0y＝4， 由②可知直线AB过定点（0，），代入上式可得y0＝3， 又由x1x0+4y1y0＝4，x2x0+4y2y0＝4， 得x0（x1﹣x2）+12（y1﹣y2）＝0，由题意可知，直线AB的斜率存在，设为k， 则k，得x0＝﹣12k，即P点坐标为（﹣12k，3）， 所以P在定直线x＝3上， 由（﹣12k，0）•（0，）＝0，可得以PN为直径的圆恒过定点M（0，3）． 【解答】（1）解：由题意可得，解得b＝1，则椭圆方程为； （2）证明：①由题意可知，直线l的斜率不为0，设直线方程为x＝my+t，A（x1，y1），B（x2，y2）， 由，得（m2+4）y2+2mty+t2﹣4＝0． Δ＝4m2t2﹣4（m2+4）（t2﹣4）＞0，即m2＞t2﹣4， ，， 设直线MA、MB的向量分别为k1，k2，由∠OMA＝∠OMB，得k1+k2＝0， 即0， 则（y1﹣3）（my2﹣t）+（y2﹣3）（my1﹣t）＝0， 所以，2my1y2+（t﹣3m）（y1+y2）﹣6t＝0， 则， 化简得：m＝﹣3t，满足m2＞t2﹣4， 则直线l的方程为x＝﹣3ty+t，可知直线l过定点（0，）； ②椭圆在A处的切线方程为x1x+4y1y＝4，在B处的切线方程为x2x+4y2y＝4， 设P（x0，y0），则x1x0+4y1y0＝4，x2x0+4y2y0＝4， 可得直线AB的方程为：x0x+4y0y＝4， 由②可知直线AB过定点（0，），代入上式可得y0＝3， 又由x1x0+4y1y0＝4，x2x0+4y2y0＝4， 得x0（x1﹣x2）+12（y1﹣y2）＝0，由题意可知，直线AB的斜率存在，设为k， 则k，得x0＝﹣12k，即P点坐标为（﹣12k，3）， 所以P在定直线x＝3上， ∵M（0，3），P（﹣12k，3），N（0，）， ∴，， 由（﹣12k，0）•（0，）＝0，可得以PN为直径的圆恒过定点M（0，3）． 35．已知椭圆的左顶点为A，上顶点为B，M和N是C上除顶点外的两个动点． （1）若直线BM，AB，BN的斜率成等差数列，证明：直线MN过定点； （2）若直线BM，AB，BN的斜率成等比数列，求△BMN面积的最大值． 【答案】（1）由题意得A（﹣2，0），B（0，1），所以． 若直线BM，AB，BN的斜率成等差数列，则kBM+kBN＝1． 设M（x1，y1），N（x2，y2）． 当直线MN的斜率存在时，设MN：y＝kx+m，由题意可知m≠±1． 由得（4k2+1）x2+8kmx+4m2﹣4＝0， Δ＝（8km）2﹣4（4k2+1）（4m2﹣4）＝16（4k2+1﹣m2）＞0， 则．（*） 所以 ， 将（*）代入，得，化简得m＝2k﹣1，当k＞0时，满足Δ＞0． 所以MN：y＝kx+2k﹣1＝k（x+2）﹣1，可知该直线恒过点（﹣2，﹣1）． 当直线MN的斜率不存在时，x1＝x2≠0，x1＝x2≠±2，y1+y2＝0， 所以，得x1＝x2＝﹣2，不符合条件． 综上，直线MN过定点（﹣2，﹣1）； （2）1． 【解答】解：（1）由题意得A（﹣2，0），B（0，1），所以． 若直线BM，AB，BN的斜率成等差数列，则kBM+kBN＝1． 设M（x1，y1），N（x2，y2）． 当直线MN的斜率存在时，设MN：y＝kx+m，由题意可知m≠±1． 由得（4k2+1）x2+8kmx+4m2﹣4＝0， Δ＝（8km）2﹣4（4k2+1）（4m2﹣4）＝16（4k2+1﹣m2）＞0， 则．（*） 所以 ， 将（*）代入，得，化简得m＝2k﹣1，当k＞0时，满足Δ＞0． 所以MN：y＝kx+2k﹣1＝k（x+2）﹣1，可知该直线恒过点（﹣2，﹣1）． 当直线MN的斜率不存在时，x1＝x2≠0，x1＝x2≠±2，y1+y2＝0， 所以，得x1＝x2＝﹣2，不符合条件． 综上，直线MN过定点（﹣2，﹣1）； （2）若直线BM，AB，BN的斜率成等比数列，则． 记t＝kBM，由可得． 用替换t，可得，因此M，N关于x轴对称． 因此△BMN的面积为． S可以看作关于|t|的函数，故只需考虑t＞0的情况． 法一：①当时，． 考虑， 再令，则， 于是， 当且仅当p＝2时，等号成立，此时，解得，符合题意． ②当时，，此时，只需令t＝kBN，计算过程与前面相同． 综上，△BMN面积的最大值为1． 法二：对求导，得 ， 当，f′（t）＞0，f（t）单调递增， 当时，f′（t）＞0，f（t）单调递增， 当时，f′（t）＜0，f（t）单调递减， 所以当时，f（t）取极小值为， 当时，f（t）取极大值为， 而当t→+∞时，f（t）→0，而f（0）＝0， 则S＝|8f（t）|的最大值为1，即△BMN面积的最大值为1． 36．已知随机变量ξ的取值为非负整数，其分布列为： ξ 0 1 2 … n P p0 p1 p2 … pn 其中pi∈[0，1]，且1．由ξ生成的函数为f（x），D（ξ）． （1）若ξ生成的函数为f（x）．设事件A：当ξ为奇数时，求P（A）的值； （2）现有编号为一和二的两个盒子，在盒一中有1个红球，在盒二中有2个蓝球和4个绿球（球的颜色不同，其他完全相同），若随机选两个盒中的一个盒，再取出一个球，选择盒一的概率为．设随机变量ξ生成的函数为f（x），其中pi（i＝1，2，3）分别对应取到红球、蓝球、绿球的概率．请判断D（ξ）与f″（1）+f′（1）﹣[f′（1）]2的大小关系；（f″（x）＝[f′（x）]′） （3）已知方程x+y+z＝9（x，y，z∈N），用ξ表示一组解中最小的数，此时由ξ生成的函数记为t（x），令g（x）＝t′（x），求g（x）的极小值点． 【答案】（1）； （2）D（ξ）＝f''（1）+f'（1）﹣[f'（1）]2； （3）x＝﹣3． 【解答】解：（1）由变量ξ生成的函数为， 则， 所以，，， 所以当ξ为奇数时，则P（A）＝P（ξ＝1）+P（ξ＝3）+P（＝5）； （2）由pi（i＝1，2，3）分别对应取到红球、蓝球、绿球的概率， 故，，， 即p1+p2+p3＝1，所以p0＝0， 所以生成的函数为， 所以，则， 所以， 因为E（ξ）＝p1+2p2+3p3， 所以E（ξ）＝f′（1），故， 因为， 所以D（ξ）0， 所以D（ξ）＝f''（1）+f'（1）﹣[f'（1）]2； （3）由方程x+y+z＝9的自然数中等可能地随机选取一组解， 可得有序三元组（x，y，z）的总数的组合数为种， 由随机变量ξ＝min{x，y，z}，所以随机变量的可能取值为0，1，2，3， 当ξ＝0时，即数组（x，y，z）中，有1个0或2个0，则， 当ξ＝1时，即数组（x，y，z）中，有1个1或2个1，则， 当ξ＝2时，即数组（x，y，z）中，有1个2或2个2，则， 当ξ＝3时，即数组（x，y，z）中，三个数都是3，则， 则变量ξ的分布列为： ξ 0 1 2 3 P 所以， 则， 则， 令g'（x）＝0，即，解得x＝﹣3， 所以当x＜﹣3时，g（x）单调递减；当x＞﹣3时，g（x）单调递增， 所以x＝﹣3是函数g（x）的极小值点． 37．将抛物线y2＝8x向左平移1个单位得到曲线Γ，过原点作直线l与Γ交于不同的两点A，B，设AB中点的轨迹为C． （1）求C的方程； （2）设圆D：（x﹣1）2+y2＝r2（r＞1）与x轴分别交于点P，Q（P在Q的左侧），与C在第一象限的交点为R，若直线RD，RQ与C分别交于点S，T，直线ST与直线PR相交于点E． ①求证：|ET|＝4|ES|； ②求△RST面积的最小值． 【答案】（1）y2＝4x； （2）①证明：由已知得，C的焦点为D（1，0），准线方程为x＝﹣1， 设R（n2，2n）（n＞0），则|RD|＝n2+1， 所以圆D的方程为（x﹣1）2+y2＝（n2+1）2， 所以P（﹣n2，0），Q（n2+2，0）， 设直线RD的方程为， 联立，可得y2﹣4ay﹣4＝0，Δ＝16a2+16＞0， 则yR•yS＝﹣4，又因为R（n2，2n），所以， 又直线RQ的方程为y＝﹣n（x﹣n2﹣2）， 联立，可得， 所以，又R（n2，2n）， 所以， 过点S作SF⊥PR，垂足为F，则SF∥RT， 则直线SF的方程为， 又直线PR的方程为，联立可得点， 所以，， 所以， 由相似三角形性质，可得|ET|＝4|ES|； ②16． 【解答】解：（1）由已知得，Γ的方程为y2＝8（x+1）， 由题意得直线l的斜率不为零，设l的方程为x＝ty（t∈R）， 联立，消去x得y2﹣8ty﹣8＝0， Δ＝64t2+32＞0，设A（x1，y1），B（x2，y2）， 所以y1+y2＝8t，设AB中点的坐标为（x0，y0）， 则，， 消去t，得， 所以C的方程为y2＝4x； （2）①证明：由已知得，C的焦点为D（1，0），准线方程为x＝﹣1， 设R（n2，2n）（n＞0），则|RD|＝n2+1， 所以圆D的方程为（x﹣1）2+y2＝（n2+1）2， 所以P（﹣n2，0），Q（n2+2，0）， 设直线RD的方程为， 联立，可得y2﹣4ay﹣4＝0，Δ＝16a2+16＞0， 则yR•yS＝﹣4，又因为R（n2，2n），所以， 又直线RQ的方程为y＝﹣n（x﹣n2﹣2）， 联立，可得， 所以，又R（n2，2n）， 所以， 过点S作SF⊥PR，垂足为F，则SF∥RT， 则直线SF的方程为， 又直线PR的方程为，联立可得点， 所以，， 所以， 由相似三角形性质，可得|ET|＝4|ES|； ②由①得， 因为，， 所以，， 所以， 当且仅当n＝1时等号成立， 所以S△RST的最小值为16． 38．（1）若函数图象的两个相邻对称中心的横坐标相差6，求f（x）． （2）在（1）的条件下，设函数，试判断并证明函数h（x）＝f（x）+g（x）图象的对称性． （3）已知（2）中g（x）的导函数g′（x）有两个零点m，n，且n＞m≥1． （i）求t的取值范围； （ii）当a≥1时，证明：g（m）+an＞t． 【答案】（1）； （2）由（1），， 则函数h（x）＝f（x）+g（x）t（x+1）关于点（2，3t）成中心对称， 证明如下：由可得0＜x＜4，即函数h（x）的定义域为（0，4）， 因f（4﹣x）+f（x）， g（4﹣x）+g（x）＝t（4﹣x+1）t（x+1） ， 则h（4﹣x）+h（x）＝f（4﹣x）+g（4﹣x）+f（x）+g（x）＝6t， 即函数h（x）的图象关于点（2，3t）成中心对称； （3）（i）； （ii）证明：由g'（m）＝g'（n）＝0，可得，化简得：4（m﹣n）＝m2﹣n2， 因n＞m≥1，则得m+n＝4，即n＝4﹣m，且1≤m＜2＜n≤3，， 要证g（m）+an＞t，需证， 即证， 因a≥1，不妨取a＝1，（若此时不等式成立，因4﹣m＞0，则易得a≥1时更成立）， 即需证，因， 代入整理得， 设u＝4﹣m，则m＝4﹣u，由1≤m＜2可得u∈（2，3]， 于是可得，即需证）， 设，u∈（2，3]， 则， 因u∈（2，3]，故φ（u）＞0，即φ（u）在（2，3]上单调递增， 又φ（2）＝0，则φ（u）＞φ（2）＝0， 即（*）成立，故当a≥1时，g（m）+an＞t得证． 【解答】解：（1）依题意，函数f（x）的最小正周期T满足，则， 故； （2）证明：由（1），， 则函数h（x）＝f（x）+g（x）t（x+1）关于点（2，3t）成中心对称， 证明如下：由可得0＜x＜4，即函数h（x）的定义域为（0，4）， 因f（4﹣x）+f（x）， g（4﹣x）+g（x）＝t（4﹣x+1）t（x+1） ， 则h（4﹣x）+h（x）＝f（4﹣x）+g（4﹣x）+f（x）+g（x）＝6t， 即函数h（x）的图象关于点（2，3t）成中心对称； （3）（i）由，x∈（0，4）， 求导得， 由g（x）＝0可得x（4﹣x）t+4＝0，显然t≠0，可得， 设h（x）＝x（4﹣x）＝﹣x2+4x＝﹣（x﹣2）2+4， 可知该函数在（0，2）上单调递增，在（2，4）上单调递减， 且（1）＝h（3）＝3，h（2）＝4，h（4）＝0， 如图，要使g（x）的导函数g'（x）有两个零点m，n，且n＞m≥1， 则需使函数与h（x）在1，4）上有2个交点， 即需使，解得，即t的取值范围是[； （ii）证明：由g'（m）＝g'（n）＝0， 可得，化简得：4（m﹣n）＝m2﹣n2， 因n＞m≥1，则得m+n＝4，即n＝4﹣m，且1≤m＜2＜n≤3，则， 要证g（m）+an＞t，需证， 即证， 因a≥1，不妨取a＝1，（若此时不等式成立，因4﹣m＞0，则易得a≥1时更成立）， 即需证，因， 代入整理得， 设u＝4﹣m，则m＝4﹣u，由1≤m＜2可得u∈（2，3]， 于是可得，即需证）， 设，u∈（2，3]， 则， 因u∈（2，3]，故φ'（u）＞0，即φ（u）在（2，3]上单调递增， 又φ（2）＝0，则φ（u）＞φ（2）＝0， 即（*）成立，故当a≥1时，g（m）+an＞t得证． 39．已知函数f（x）＝xlnx﹣a（x﹣1），其中a∈R． （1）当a＝1时，求函数f（x）在点（e，f（e））上的切线方程； （2）若t（x）＝f（x+1）+x+2，且t（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，求实数a的最大整数； （3）当时，关于x的方程有两个不相等的正实根x1，x2，且x1＜x2．设k为大于1的常数，当a变化时，若有最小值ee，求k的值． 【答案】（1）x﹣y+1﹣e＝0； （2）实数a的最大整数为3； （3）k＝e2﹣2e． 【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝xlnx﹣（x﹣1）， 所以f'（x）＝lnx，所以f'（e）＝lne＝1， 又f（e）＝elne﹣（e﹣1）＝1， 所以曲线f（x）在点（e，f（e））处的切线方程为y﹣1＝x﹣e， 即x﹣y﹣e+1＝0； （2）t（x）＝f（x+1）+x+2，由t（x）＞0， 得（x+1）ln（x+1）﹣ax+x+2＞0， 所以ax＜（x+1）ln（x+1）+x+2，又x∈（0，+∞）， 所以， 令 求导得 令h（x）＝﹣ln（x+1）+x﹣2， 求导得， 因为x∈（0，+∞），所以h′（x）＞0，所以h（x）在（0，+∞）上单调递增， 又h（3）＝﹣ln4+3﹣2＝1﹣ln4＜0，h（4）＝﹣ln5+4﹣2＝2﹣ln5＞0， 所以存在x0∈（3，4），使得h（x0）＝0，即﹣ln（x0+1）+x0﹣2＝0， 所以ln（x0+1）＝x0﹣2． 当x∈（0，x0）时，g'（x）＜0，所以g（x）在（0，x0）上单调递减， 当x∈（x0，+∞）时，g'（x）＞0，所以g（x）在（x0，+∞）上单调递增， 所以， 又因为t（x）＞0在（0，+∞）上恒成立， 所以在（0，+∞）上恒成立， 即a＜g（x）min＝g（x0）＝x0，又x0∈（3，4），所以实数a的最大整数为3； （3）由，得lnx＝ax， 所以， 令，则， 所以当0＜x＜e时，φ′（x）＞0，函数在（0，e）上单调递增， 当x＞e时，φ′（x）＜0，函数在（e，+∞）上单调递减， 所以 又x趋向于0时，φ（x）趋向负无穷，x趋向于正无穷大时，φ（x）无限趋向0， 画出函数的图像如下： 当时，关于x的方程有两个不相等的正实根x1，x2，且x1＜x2， 所以可得1＜x1＜e＜x2，则，所以， 设， 则，所以，， 由题意有最小值ee，即有最小值e， 设， 则， 记，则， 由于t＞1，k＞1，t∈（1，k）时，G′（t）＜0，则G（t）在（1，k）上单调递减， t∈（k，+∞）时，G′（t）＞0，则G（t）在（k，+∞）上单调递增， 又G（1）＝0，G（k）＜G（1）＝0，且t趋向于正无穷大时，G（t）趋向于正无穷大， 故存在唯一t0∈（k，+∞），使得G（t0）＝0， 当1＜t＜t0时，G（t）＜0，即g'（t）＜0，所以g（t）在（1，t0）上单调递减， 当t＞t0时，G（t）＞0，即g′（t）＞0，所以g（t）在（t0，+∞）上单调递增， 所以k＞1时，g（t）有最小值g（t0）， 而g'（t0）＝0，则， 即， 所以， 由题意知g（t0）＝e， 令x＝lnt0，设， 则 设H（x）＝（x+2）e﹣x+x﹣2，则H'（x）＝﹣（x+1）e﹣x+1， 设u（x）＝﹣（x+1）e﹣x+1．则u'（x）＝xe﹣x＞0， 故H′（x）在（0，+∞）上单调递增，H′（x）＞H′（0）＝0， 此时H（x）在（0，+∞）上单调递增，有H（x）＞H（0）＝0， 此时h′（x）＞0，故h（x）在（0，+∞）上单调递增， 又h（1）＝e，故h（x）＝e的唯一解是x＝1， 故g（t0）＝e的唯一解是lnt0＝1，即t0＝e， 综上所述，k＝e2﹣2e． 40．已知定义在复数集C上的函数，h（n）＝f（i）+f（3i）+f（5i）+⋯+f（（2n﹣1）i），其中n∈N*，i为虚数单位，记h（n）的模为|h（n）|． （1）求h（n）的实部的最大值： （2）①证明：∀n∈N*，都有g（n）＜1； ②证明：∃λ＞0，∀n∈N*，g（n）〈λ|h（n）|2． 【答案】（1）； （2）证明：①因为， 所以， 因此，即证； ②由，可得， 因此， 取λ＝5，可得5|h（n）|2≥1，因为g（n）＜1，此时满足g（n）＜λ|h（n）|2， 即∃λ＞0，∀n∈N*，g（n）〈λ|h（n）|2． 【解答】（1）解：由函数， 代入x＝（2m﹣1）i，可得， 可得， 由h（n）的实部为，可得， 由函数在上为单调递增函数， 当n＝1时，取得最大值， 所以h（n）的实部最大值； （2）证明：①因为， 所以， 因此，即证； ②由，可得， 因此， 取λ＝5，可得5|h（n）|2≥1，因为g（n）＜1，此时满足g（n）＜λ|h（n）|2， 即∃λ＞0，∀n∈N*，g（n）〈λ|h（n）|2． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $