2020年浙江省高考数学试卷一、选择题1. 已知集合P ={x|1<x <4},Q ={x|2<x <3}，则P ∩Q =( )A.{x|1<x ≤2}B.{x|2<x <3}C.{x|2<x ≤3}D.{x|1<x <4}【答案】B【考点】交集及其运算【解析】此题暂无解析【解答】解：∵ P ={x|1<x <4},Q ={x|2<x <3}，∴ P ∩Q ={x|2<x <3}.故选B .2. 已知a ∈R ，若a −1+(a −2)i （i 为虚数单位）是实数，则a =( )A.1B.−1C.2D.−2【答案】C【考点】复数的基本概念【解析】此题暂无解析【解答】解：∵ a −1+(a −2)i （i 为虚数单位）是实数，∴ a −2=0，∴ a =2.故选C .3. 若实数x ，y 满足约束条件{x −3y +1≤0，x +y −3≥0，则z =x +2y 的取值范围是( )A.(−∞，4]B.[4，+∞)C.[5，+∞)D.(−∞，+∞)【答案】B【考点】求线性目标函数的最值【解析】此题暂无解析【解答】解：由约束条件{x −3y +1≤0，x +y −3≥0，作出可行域如图：联立{x−3y+1=0，x+y−3=0，解得{x=2，y=1.由图可得：平移直线x+2y=0到点A时，z=x+2y有最小值2+2=4，∴z=x+2y的取值范围为[4,+∞).故选B.4. 函数y=x cos x+sin x在区间[−π,π]上的图象可能是()A. B.C. D.【答案】A【考点】函数的图象【解析】此题暂无解析【解答】解：令f(x)=x cos x+sin x，∴f(−x)=−x cos(−x)+sin(−x)=−x cos x−sin x=−f(x)，∴函数f(x)是奇函数，故选项C,D错误.∵当x=π时，f(π)=π⋅cosπ+sinπ=−π<0，∴选项B错误.故选A.5. 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.7 3B.143C.3D.6【答案】A【考点】由三视图求体积【解析】此题暂无解析【解答】解：根据该几何体的三视图可得，该几何体是由顶部的三棱锥和底部的三棱柱组合而成.则该几何体的体积V=V三棱锥+V三棱柱=12×2×1×13+12×2×1×2=73.故选A.6. 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【答案】B【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断空间中直线与平面之间的位置关系【解析】此题暂无解析【解答】解：当空间中不过同一点的三条直线m，n，l在同一平面内时，m，n，l可能互相平行，故不能得出m，n，l两两相交；当m，n,，l两两相交时，设m∩n=A，m∩l=B，n∩l=C，根据公理：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面，可知，m，n确定一个平面α.又B∈m⊂α，C∈n⊂α，根据公理：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在平面内，可知，直线BC即l⊂α，所以m，n，l在同一平面．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.7. 已知等差数列{a n}的前n项和为S n，公差d≠0，且a1d≤1. 记b1=S2，b n+1= S2n+2−S2n，n∈N∗，下列等式不可能成立的是()A.2a4=a2+a6B.2b4=b2+b6C.a42=a2a8D.b42=b2b8【答案】D【考点】数列递推式等差数列的前n项和等差数列的通项公式【解析】此题暂无解析【解答】解：因为{a n}为等差数列，其首项为a1，公差为d，所以a n=a1+(n−1)d，S n=na1+n(n−1)2d.因为b n+1=S2n+2−S2n，n∈N∗，所以b n+1=S2n+2−S2n=2a1+(4n+1)d，即b n=2a1+(4n−3)d.A，2a4=2(a1+3d)=2a1+6d=(a1+d)+(a1+5d)=a2+a6，故A一定成立；B，左边=2b4=2(2a1+13d)=4a1+26d，右边=b2+b6=2a1+5d+2a1+21d=4a1+26d，左边=右边，故B一定成立；C，左边=a42=(a1+3d)2=a12+6a1d+9d2，右边=a2⋅a8=(a1+d)(a1+7d)=a12+8a1d+7d2.因为a1d≤1，当a1=d时，左边−右边=−2a1d+2d2=0，此时等式成立，故C可能成立；D，左边=b42=(2a1+13d)2=4a12+52a1d+169d2，右边=b2⋅b8=(2a1+5d)(2a1+29d)=4a12+68a1d+145d2，左边−右边=−16a1d+24d2，假设此等式成立，则有16a1d=24d2，解得a1d =32，与a1d≤1相矛盾，故D不可能成立.故选D.8. 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y =3√4−x 2图像上的点，则|OP|=( )A.√222B.4√105C.√7D.√10【答案】D【考点】双曲线的标准方程轨迹方程【解析】此题暂无解析【解答】解：∵ 点P 满足|PA|−|PB|=2，设点P(x,y)，∴ 点P 的轨迹是以A ，B 为焦点的双曲线.设双曲线的方程为x 2a 2−y 2b 2=1，则2a =2，2c =4，即a =1，c =2.∵ c 2=a 2+b 2，∴ 解得，b 2=3，∴ 双曲线的方程为x 2−y 23=1.∵ P 为函数y =3√4−x 2图象上的点，∴ 联立方程 {y =3√4−x 2，x 2−y 23=1，(x >0) 解得 {x =√132，y =3√32，即|OP|=√134+274=√10.故选D .9. 已知a ，b ∈R 且ab ≠0，对于任意x ≥0均有(x −a)(x −b)(x −2a −b)≥0，则( )A.a <0B.a >0C.b <0D.b >0 【答案】C【考点】函数的零点【解析】此题暂无解析【解答】解：因为ab ≠0，所以a ≠0且b ≠0.设f (x )=(x −a )(x −b )(x −2a −b )，则f (x )的零点为x 1=a ，x 2=b ，x 3=2a +b .当a>0时，则x2<x3，x1>0，要使f(x)≥0，必有2a+b=a且b<0，即b=−a且b<0，所以b<0；当a<0时，则x2>x3，x1<0，要使f(x)≥0，必有b<0.综上一定有b<0.故选C.10. 设集合S，T，S⊆N∗，T⊆N∗S，T中至少有2个元素，且S，T满足：①对于任意的x,y∈S，若x≠y则xy∈T②对于任意的x,y∈T，若x<y，则yx∈S.下列命题正确的是( )A.若S有4个元素，则S∪T有7个元素B.若S有4个元素，则S∪T有6个元素C.若S有3个元素，则S∪T有5个元素D.若S有3个元素，则S∪T有4个元素【答案】A【考点】有理数大小比较【解析】此题暂无解析【解答】解：若取S={1,2,4}，则T={2,4,8}，此时S∪T={1,2,4,8}，包含4个元素，排除选项D；若取S={2,4,8}，则T={8,16,32}，此时S∪T={2,4,8,16,32}，包含5个元素，排除选项C；若取S={2,4,8,16}，则T={8,16,32,64,128}，此时S∪T={2,4,16,32,64,128}，包含7个元素，排除选项B；下面验证选项A：设集合S={p1，p2，p3，p4}，且p1<p2<p3<p4, p1，p2，p3，p4∈N∗，则p1p2<p2p4，且p1p2，p2p4∈T，则p4p1∈S.同理p4p2∈S，p4p3∈S，p3p2∈S，p3p1∈S，p2p1∈S.若p1=1，则p2≥2，则p3p2<p3，故p3p2=p2，即p3=p22.又p4>p4p2>p4p3>1，故p4p3=p4p22=p2，所以p4=p23，故S={1，p2，p22，p23}，此时p25∈T，p2∈T，故p24∈S，矛盾，舍．若p1≥2，则p2p1<p3p1<p3，故p3p1=p2，p2p1=p1，即p3=p13,p2=p12.又p4>p4p1>p4p2>p4p3>1，故p4p3=p4p13=p1，所以p4=p14，故S={p1，p12，p13，p14}，此时{p13，p14，p15，p16，p17}⊆T.若q∈T，则qp13∈S，故qp13=p1i，i=1,2,3,4，故q=p1i+3,i=1,2,3,4.即q∈{p13，p14，p15，p16，p17}，故{p13，p14，p15，p16，p17}=T.此时S∪T={p1，p12，p13，p14，p15，p16，p17}，即S∪T中有7个元素.综上所述：只有选项A正确.故选A.二、填空题我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列{n(n+1)2}就是二阶等差数列．数列{n(n+1)2}(n∈N∗)的前3项和是________.【答案】10【考点】数列的求和【解析】此题暂无解析【解答】解：已知二阶等差数列{n(n+1)2}，则当n=1时，n(n+1)2=1×22=1，当n=2时，n(n+1)2=2×32=3，当n=3时，n(n+1)2=3×42=6，∴数列{n(n+1)2}(n∈N∗)的前3项和为10.故答案为：10.二项展开式(1+2x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a4=________，a1+a3+a5=________.【答案】80,122二项式定理的应用【解析】此题暂无解析【解答】解：由二项式定理得：T r+1=C 5r (2x)5−r ，令5−r =4，则r =1，∴ a 4=C 51×24=80.令5−r =2，得r =3，∴ a 2=C 53×22=40.令x =0得，(1+0)5=a 0，即a 0=1.令x =1得，(1+2)5=a 0+a 1+a 2+a 3+a 4+a 5，即a 0+a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=243，∴ a 1+a 3+a 5=243−1−40−80=122.故答案为：80；122.已知tan θ=2，则cos 2θ=________，tan (θ−π4)=________. 【答案】−35,13【考点】二倍角的余弦公式三角函数的和差化积公式【解析】此题暂无解析【解答】解：∵ tan θ=2，∴ sin θcos θ=2.又∵ sin 2θ+cos 2θ=1，解得：cos 2θ=15，∴ cos 2θ=2cos 2θ−1=−35；∵ tan (θ−π4)=tan θ−tan π41+tan θ⋅tan π4=2−11+2×1=13.故答案为：−35；13.已知圆锥的侧面积（单位：cm 2）为2π，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________.【答案】1旋转体（圆柱、圆锥、圆台）【解析】此题暂无解析【解答】解：已知圆锥的侧面积为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，设母线长为l ，圆锥的底面半径为r ，则{π×r ×l =2π，2×π×r =12×2×π×l ，解得r =1，l =2.故答案为：1.已知直线y =kx +b (k >0)与圆x 2+y 2=1和圆(x −4)2+y 2=1均相切，则k =________， b =________.【答案】√33,−2√33【考点】直线与圆的位置关系点到直线的距离公式【解析】此题暂无解析【解答】解：∵ 直线y =kx +b (k >0)与圆x 2+y 2=1和圆(x −4)2+y 2=1均相切，∴ {√k 2+1=1，√k 2+1=1，联立方程解得：{k =√33，b =−2√33. 故答案为：√33；−2√33. 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ξ，则P (ξ=0)=________；E(ξ)=________.【答案】13,1【考点】相互独立事件的概率乘法公式离散型随机变量的期望与方差【解析】此题暂无解析【解答】解：由题意知，P(ξ=0)=14×13+14=13，P(ξ=1)=12×13×12+14×23×12+12×13=13， P(ξ=2)=1−13−13=13， 故E(ξ)=0×13+1×13+2×13=1.故答案为：13；1.设e 1→，e 2→为单位向量，满足|2e 1→−e 2→|≤√2，a →=e 1→+e 2→，b →=3e 1→+e 2→，设a →，b →的夹角为θ，则cos 2θ的最小值_________.【答案】2829【考点】平面向量的夹角单位向量向量的模【解析】此题暂无解析【解答】解：∵ |2e 1→−e 2→|≤√2，∴ 4−4e 1→⋅e 2→+1≤2，∴ e 1→⋅e 2→≥34, ∴ cos 2θ=(a →⋅b →)2|a →|2⋅|b →|2=(4+4e 1→⋅e 2→)2(2+2e 1→⋅e 2→)(10+6e 1→⋅e 2→) =4(1+e 1→⋅e 2→)5+3e 1→⋅e 2→=43(1−25+3e 1→⋅e 2→) ≥43(1−25+3×34)=2829.故答案为：2829.三、解答题在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2b sin A =√3a .(1)求角B ；(2)求cos A +cos B +cos C 的取值范围. 【答案】解：(1)∵ 2b sin A =√3a ，∴ 正弦定理可得， 2sin B sin A =√3sin A ， ∴ sin B =√32. ∵ △ABC 为锐角三角形， ∴ B =π3.(2)结合(1)的结论有：cos A +cos B +cos C =cos A +12+cos (2π3−A) =cos A −12cos A +√32sin A +12=√32sin A +12cos A +12=sin (A +π6)+12. 由{0<23π−A <π2，0<A <π2，可得： π6<A <π2 ，π3<A +π6<2π3，则sin (A +π3)∈(√32,1]， sin (A +π3)+12∈(√3+12,32]， 即cos A +cos B +cos C 的取值范围是(√3+12,32]. 【考点】两角和与差的正弦公式 两角和与差的余弦函数 正弦定理正弦函数的定义域和值域 【解析】 【解答】解：(1)∵ 2b sin A =√3a ，∴ 正弦定理可得， 2sin B sin A =√3sin A ， ∴ sin B =√32. ∵ △ABC 为锐角三角形， ∴ B =π3.(2)结合(1)的结论有：cos A +cos B +cos C =cos A +12+cos (2π3−A) =cos A −12cos A +√32sin A +12=√32sin A +12cos A +12=sin (A +π6)+12.由{0<23π−A <π2，0<A <π2，可得： π6<A <π2 ，π3<A +π6<2π3，则sin (A +π3)∈(√32,1]， sin (A +π3)+12∈(√3+12,32]， 即cos A +cos B +cos C 的取值范围是(√3+12,32].如图，三棱台DEF −ABC 中，面ADFC ⊥面ABC ， ∠ACB =∠ACD =45∘，DC =2BC . (1)证明：EF ⊥DB ；(2)求DF 与面DBC 所成角的正弦值．【答案】(1)证明：作DH ⊥AC 交AC 于H ，连接BH ，如图，∵ 平面ADFC ⊥平面ABC ，而平面ADFC ∩平面ABC =AC ， DH ⊂平面ADFC ，∴DH⊥平面ABC，而BC⊂平面ABC，即有DH⊥BC．∵∠ACB=∠ACD=45∘，∴CD=√2CH=2BC⇒CH=√2BC.在△CBH中，BH2=CH2+BC2−2CH⋅BC cos45∘=BC2，即有BH2+BC2=CH2，∴BH⊥BC.由棱台的定义可知，EF//BC，所以DH⊥EF，BH⊥EF，而BH∩DH=H，∴EF⊥平面BHD，而BD⊂平面BHD，∴EF⊥DB.(2)解：因为DF//CH，所以DF与平面DBC所成角即为CH与平面DBC所成角．作HG⊥BD于G，连接CG，如(1)图，由(1)可知，BC⊥平面BHD，∴平面BCD⊥平面BHD.而平面BCD∩平面BHD=BD，HG⊂平面BHD，∴HG⊥平面BCD．即CH在平面DBC内的射影为CG，∠HCG即为所求角．设BC=a，则CH=√2a，在Rt△HBD中，HG=BH⋅DHBD =√2a⋅a√3a=√2√3，∴sin∠HCG=HGCH =√3=√33.故DF与平面DBC所成角的正弦值为√33.【考点】直线与平面所成的角两条直线垂直的判定【解析】(1)作DH⊥AC交AC于H，连接BH，由题意可知DH⊥平面ABC，即有DH⊥BC，根据勾股定理可证得BC⊥BH，又EF//BC，可得DH⊥EF，BH⊥EF，即得EF⊥平面BHD，即证得EF⊥DB.由DF//CH，所以DF与平面DBC所成角即为CH与平面DBC所成角，作HG⊥BD于G，连接CG，即可知∠HCG即为所求角，再解三角形即可求出DF与平面DBC所成角的正弦值．【解答】(1)证明：作DH⊥AC交AC于H，连接BH，如图，∵平面ADFC⊥平面ABC，而平面ADFC∩平面ABC=AC，DH⊂平面ADFC，∴DH⊥平面ABC，而BC⊂平面ABC，即有DH⊥BC．∵∠ACB=∠ACD=45∘，∴CD=√2CH=2BC⇒CH=√2BC.在△CBH中，BH2=CH2+BC2−2CH⋅BC cos45∘=BC2，即有BH2+BC2=CH2，∴BH⊥BC.由棱台的定义可知，EF//BC，所以DH⊥EF，BH⊥EF，而BH∩DH=H，∴EF⊥平面BHD，而BD⊂平面BHD，∴EF⊥DB.(2)解：因为DF//CH，所以DF与平面DBC所成角即为CH与平面DBC所成角．作HG⊥BD于G，连接CG，如(1)图，由(1)可知，BC⊥平面BHD，∴平面BCD⊥平面BHD.而平面BCD∩平面BHD=BD，HG⊂平面BHD，∴HG⊥平面BCD．即CH在平面DBC内的射影为CG，∠HCG即为所求角．设BC=a，则CH=√2a，在Rt△HBD中，HG=BH⋅DHBD =√2a⋅a√3a=√2√3，∴sin∠HCG=HGCH =√3=√33.故DF与平面DBC所成角的正弦值为√33.已知数列{a n}，{b n}，{c n}中，a1=b1=c1=1，c n=a n+1−a n，c n+1=b nb n+2⋅c n(n∈N∗)(1)若数列{b n}为等比数列，且公比q>0，且b1+b2=6b3，求q与a n的通项公式；(2)若数列{b n}为等差数列，且公差d>0，证明：c1+c2+⋯+c n<1+1d.【答案】(1)解：依题意b1=1，b2=q，b3=q2，而b1+b2=6b3，即1+q=6q2，由于q>0，所以解得q=12，所以b n=12n−1，所以b n+2=12n+1，故c n+1=12n−112n+1⋅c n=4⋅c n，所以数列{c n}是首项为1，公比为4的等比数列，所以c n=4n−1，所以a n+1−a n=c n=4n−1(n≥2,n∈N∗)所以a n=a1+1+4+⋯+4n−2=4n−1+23.(2)证明：依题意设b n=1+(n−1)d=dn+1−d，由于c n+1c n =b nb n+2，所以c nc n−1=b n−1b n+1(n≥2,n∈N∗)，故c n=c nc n−1⋅c n−1c n−2⋯c3c2⋅c2c1⋅c1=b n−1b n+1⋅b n−2b nb n−3b n−1⋯b2b4⋅b1b3⋅c1=b1b2b n b n+1=1+dd(1b n−1b n+1)=(1+1d)(1b n−1b n+1)，所以c1+c2+L+c n=(1+1d )[(1b1−1b2)+(1b2−1b3)+L+(1b n−1b n+1)]=(1+1d )(1−1b n+1).由d>0，b1=1，所以b n+1>0，所以(1+1d )(1−1b n+1)<1+1d.即c1+c2+⋯+c n<1+1d，n∈N∗.【考点】数列的求和数列递推式等比数列的通项公式【解析】根据b1+b2=6b3，求得q，进而求得数列{c n}的通项公式，利用累加法求得数列{a n}的通项公式．利用累乘法求得数列{c n}的表达式，结合裂项求和法证得不等式成立．【解答】(1)解：依题意b1=1，b2=q，b3=q2，而b1+b2=6b3，即1+q=6q2，由于q>0，所以解得q=12，所以b n=12n−1，所以b n+2=12n+1，故c n+1=12n−112n+1⋅c n=4⋅c n，所以数列{c n}是首项为1，公比为4的等比数列，所以c n=4n−1，所以a n+1−a n=c n=4n−1(n≥2,n∈N∗)所以a n=a1+1+4+⋯+4n−2=4n−1+23.(2)证明：依题意设b n=1+(n−1)d=dn+1−d，由于c n+1c n =b nb n+2，所以c nc n−1=b n−1b n+1(n≥2,n∈N∗)，故c n =c nc n−1⋅c n−1c n−2⋯ c 3c 2⋅c 2c 1⋅c 1=bn−1b n+1⋅b n−2b n b n−3b n−1⋯b 2b 4⋅b1b 3⋅c 1=b 1b 2b n b n+1=1+d d(1b n−1b n+1)=(1+1d )(1b n −1b n+1)，所以c 1+c 2+L +c n =(1+1d)[(1b 1−1b 2)+(1b 2−1b 3)+L +(1b n−1b n+1)]=(1+1d )(1−1bn+1).由d >0，b 1=1，所以b n+1>0，所以(1+1d)(1−1b n+1)<1+1d.即c 1+c 2+⋯+c n <1+1d，n ∈N ∗.如图，已知椭圆C 1:x 22+y 2=1，抛物线C 2:y 2=2px (p >0)，点A 是椭圆C 1与抛物线C 2的交点，过点A 的直线l 交椭圆C 1于点B ，交抛物线C 2于M （B ，M 不同于A ）. (1)若p =116，求抛物线C 2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.【答案】解：(1)当p =116时，C 2的方程为y 2=18x ， 故抛物线C 2的焦点坐标为(132,0)； (2)设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)， M (x 0,y 0)，I:x =λy +m ，由{x 2+2y 2=2，x =λy +m⇒(2+λ2)y 2+2λmy +m 2−2=0， ∴ y 1+y 2=−2λm 2+λ2，y 0=−λm2+λ2，x 0=λy 0+m =2m2+λ2， 由M 在抛物线上，∴ λ2m 2(2+λ2)2=4pm2+λ2⇒λ2m2+λ2=4p . 又{y 2=2px ，x =λy +m⇒y 2=2p (λy +m ) ⇒y 2−2pλy −2pm =0，∴ y 1+y 0=2p 2，∴ x 1+x 0=λy 1+m +λy 0+m =2pλ2+2m ， ∴ x 1=2pλ2+2m −2m2+λ2.由 {x 22+y 2=1y 2=2px⇒x 2+4px =2 ，即x 2+4px −2=0⇒x 1=−4p +√16p 2+82=−2p +√4p 2+2⇒−2p +√4p 2+2=2pλ2+2m ⋅1+λ22+λ2=2pλ2+8pλ2+8p ≥16p ，∴ √4p 2+2≥18p ，p 2≤1160，p ≤√1040， ∴ P 的最大值为√1040，此时A(2√105,√55). 【考点】抛物线的标准方程 抛物线的性质直线与椭圆结合的最值问题 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：(1)当p =116时，C 2的方程为y 2=18x ， 故抛物线C 2的焦点坐标为(132,0)； (2)设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)， M (x 0,y 0)，I:x =λy +m ，由{x 2+2y 2=2，x =λy +m⇒(2+λ2)y 2+2λmy +m 2−2=0， ∴ y 1+y 2=−2λm 2+λ2，y 0=−λm2+λ2，x 0=λy 0+m =2m2+λ2， 由M 在抛物线上，∴ λ2m 2(2+λ2)2=4pm2+λ2⇒λ2m2+λ2=4p .又{y 2=2px ，x =λy +m⇒y 2=2p (λy +m ) ⇒y 2−2pλy −2pm =0， ∴ y 1+y 0=2p 2，∴ x 1+x 0=λy 1+m +λy 0+m =2pλ2+2m ，∴ x 1=2pλ2+2m −2m 2+λ2.由 {x 22+y 2=1y 2=2px ⇒x 2+4px =2 ，即x 2+4px −2=0⇒x 1=−4p +√16p 2+82=−2p +√4p 2+2⇒−2p +√4p 2+2=2pλ2+2m ⋅1+λ22+λ2=2pλ2+8pλ2+8p ≥16p ， ∴ √4p 2+2≥18p ，p 2≤1160，p ≤√1040， ∴ P 的最大值为√1040，此时A(2√105,√55).已知1<a ≤2，函数f (x )=e x −x −a ，其中e =2.71828…为自然对数的底数． (1)证明：函数y =f (x )在(0,+∞)上有唯一零点；(2)记x 为函数y =f (x )在(0,+∞)上的零点，证明： (i)√a −1≤x 0≤√2(a −1)；(ii)x 0f (e x 0)≥(e −1)(a −1)a .【答案】证明：(1)f ′(x )=e x −1,x >0， ∴ e x >1， ∴ f ′(x )>0，∴ f (x )在(0,+∞)上单调递增，1<a ≤2，∴ f (2)=e 2−2−a ≥e 2−4>0,f (0)=1−a <0， ∴ 由零点存在定理得f (x )在(0,+∞)上有唯一零点. (2)(i)∵ f (x 0)=0,∴ e x 0−x 0−a =0，∴ √a −1≤x 0≤√2(a −1)⇔e x 0−x 0−1≤x 02≤2(e x 0−x 0−1). 令g (x )=e x −x −1−x 2(0<x <2)，ℎ(x )=e x −x −1−x 22(0<x <2)，一方面：ℎ′(x )=e x −1−x =ℎ1(x )，ℎ1′(x )=e x −1>0，∴ ℎ′(x )>ℎ(0)=0，∴ ℎ(x )在(0,2)上单调递增， ∴ ℎ(x )>ℎ(0)=0，∴ e x −x −1−x 22>0,2(e x −x −1)>x 2.另一方面：1<a ≤2， ∴ a −1≤1，∴ 当x 0≥1时， √a −1≤x 0成立，因此只需证明当0<x <1时，g (x )=e x −x −1−x 2≤0.g ′(x )=e x −1−2x =g 1(x ),g 1′(x )=e x −2=0⇒x =ln 2.当x∈(0,ln2)时，g1′(x)<0，当x∈(ln2,1)时，g1′(x)>0，∴g′(x)<max{g′(0),g′(1)}，g′(0)=0,g′(1)=e−3<0，∴g′(x)<0，∴g(x)在(0,1)上单调递减，∴g(x)<g(0)=0，∴e x−x−1<x2.综上，∴e x0−x0−1≤x02≤2(e x0−x0−1)，∴√a−1≤x0≤√2(a−1).(ii)t(x0)=x0f(e x0)=x0f(x0+a)=x0[(e a−1)x0+a(e a−2)]，t′(x0)=2(e a−1)x0+a(e a−2)>0，√a−1≤x0≤√2(a−1)，∴t(x0)≥t(√a−1)=√a−1[(e a−1)√a−1+a(e a−2)]=(e a−1)(a−1)+a√a−1(e a−2).∵1<a≤2，∴e a>e,a≥2(a−1)，∴t(x0)≥(e−1)(a−1)+2(a−1)√a−1(e a−2)，只需证明2(a−1)√a−1(e a−2)≥(e−1)(a−1)2，即只需证明4(e a−2)2≥(e−1)2(a−1).令s(a)=4(e a−2)2−(e−1)2(a−1),(1<a≤2)，则s′(a)=8e a(e a−2)−(e−1)2≥8e(e−2)−(e−1)2>0，∴s(a)>s(1)=4(e−2)2>0，即4(e a−2)2≥(e−1)2(a−1)成立，因此x0f(e x0)≥(e−1)(a−1)a.【考点】利用导数研究与函数零点有关的问题利用导数研究不等式恒成立问题【解析】此题暂无解析【解答】证明：(1)f′(x)=e x−1,x>0，∴e x>1，∴f′(x)>0，∴f(x)在(0,+∞)上单调递增，1<a≤2，∴f(2)=e2−2−a≥e2−4>0,f(0)=1−a<0，∴由零点存在定理得f(x)在(0,+∞)上有唯一零点.(2)(i)∵f(x0)=0,∴e x0−x0−a=0，∴√a−1≤x0≤√2(a−1)⇔e x0−x0−1≤x02≤2(e x0−x0−1). 令g(x)=e x−x−1−x2(0<x<2)，(0<x<2)，ℎ(x)=e x−x−1−x22一方面：ℎ′(x)=e x−1−x=ℎ1(x)，ℎ1′(x)=e x−1>0，∴ℎ′(x)>ℎ(0)=0，∴ℎ(x)在(0,2)上单调递增，∴ℎ(x)>ℎ(0)=0，∴e x−x−1−x2>0,2(e x−x−1)>x2.2另一方面：1<a≤2，∴a−1≤1，∴当x0≥1时，√a−1≤x0成立，因此只需证明当0<x<1时，g(x)=e x−x−1−x2≤0.g′(x)=e x−1−2x= g1(x),g1′(x)=e x−2=0⇒x=ln2.当x∈(0,ln2)时，g1′(x)<0，当x∈(ln2,1)时，g1′(x)>0，∴g′(x)<max{g′(0),g′(1)}，g′(0)=0,g′(1)=e−3<0，∴g′(x)<0，∴g(x)在(0,1)上单调递减，∴g(x)<g(0)=0，∴e x−x−1<x2.综上，∴e x0−x0−1≤x02≤2(e x0−x0−1)，∴√a−1≤x0≤√2(a−1).(ii)t(x0)=x0f(e x0)=x0f(x0+a)=x0[(e a−1)x0+a(e a−2)]，t′(x0)=2(e a−1)x0+a(e a−2)>0，√a−1≤x0≤√2(a−1)，∴t(x0)≥t(√a−1)=√a−1[(e a−1)√a−1+a(e a−2)]=(e a−1)(a−1)+a√a−1(e a−2).∵1<a≤2，∴e a>e,a≥2(a−1)，∴t(x0)≥(e−1)(a−1)+2(a−1)√a−1(e a−2)，只需证明2(a−1)√a−1(e a−2)≥(e−1)(a−1)2，即只需证明4(e a−2)2≥(e−1)2(a−1).令s(a)=4(e a−2)2−(e−1)2(a−1),(1<a≤2)，则s′(a)=8e a(e a−2)−(e−1)2≥8e(e−2)−(e−1)2>0，∴s(a)>s(1)=4(e−2)2>0，即4(e a−2)2≥(e−1)2(a−1)成立，因此x0f(e x0)≥(e−1)(a−1)a.。