高三理科后三题练习题

高三理科后三题练习题

1 ．（2015惠州市一模19）（本小题满分14分）

已知数列?an?的前n项和为Sn，Sn?2?(?1)?an，n?N*．

（1）求数列?an?的通项公式；

n（2）设数列2?an的前n项和为Tn，An=

2n??1111+++……+． T1T2T3Tn2试比较An与的大小．

n?an

2．（2015惠州市一模20）（本小题满分14分）

在直角坐标系xOy中，曲线C1上的点均在圆C2:(x?5)?y?9外，且对C1上任意一点M，M到直线

22x??2的距离等于该点与圆C2上点的距离的最小值．

（1）求曲线C1的方程；

x0,y0)(y0?3)?（2）设P(为圆C2外一点，过P作圆C2的两条切线，分别与曲线C1相交于点A,B和C,D．证

明：当P在直线x??4上运动时，四点A,B,C,D的纵坐标之积为定值．

3．（2015惠州市一模21）（本小题满分14分）

已知a?0，函数f(x)＝

x?a．

x?2a4?上的最大值为g(a)，求g(a)的表达式； （1）记f(x)在区间?0，（2）是否存在a，使函数y?f(x)在区间?0,4?内的图象上存在两点，在该两点处的切线互相垂直？若存在，

求a的取值范围；若不存在，请说明理由．

4．（2015深圳市二模19）（本小题满分14分）

设数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn?an?1?n?2n?3?4，n?N*，且a1,S2,2a3?4成等比数列． （1）求a1，a2，a3的值；

an，n?N*，求数列?bn?的通项公式； n234n?2?…??1． （3）证明：对一切正整数n，有?a1a2an （2）设bn?

5．（2015深圳市二模20）（本小题满分14分）

已知动点M(x,y)和定点N(0,1)， MN的中点为P．若直线MN，OP的斜率之积为常数? (其中O为原点，?1???0)，动点M的轨迹为C． （1）求曲线C的方程；

（2）曲线C上是否存在两点A、B，使得△NAB是以N为顶点的等腰直角三角形？若存在，指出这样的三角形共有几个；若不存在，请说明理由．

6．（2015深圳市二模21）（本小题满分14分）

已知函数f(x)?lnx?ax?b1，对任意的x?(0,??)，满足f(x)?f()?0，其中a,b为常数． xx（1）若f(x)的图像在x?1处切线过点(0,?5)，求a的值；

a2)?0； （2）已知0?a?1，求证：f(2（3）当f(x)存在三个不同的零点时，求a的取值范围.

7．（2015佛山市二模19）（本小题满分14分）

设数列? an?满足a1?1 ,a1?a2?????an?1?an?1 (n?2,n?N?)

（1） 求数列? an?的通项公式；

（2） 若数列? an?满足logabn?an (a?1)，求证：

8．（2015佛山市二模20）（本小题满分14分）

bn?1b1b2a1. ????????2a?1b2?1b3?1bn?1a?1x2y25已知椭圆E：2?2?1 (a?b?0)过点（0, －2），且离心率为.

ab3（1） 求椭圆E的方程；

（2） 如图3，ABD是椭圆E的顶点，M是椭圆E上除顶点外的任意一点，直线DM交x轴于点Q，直线AD交

BM于点P，设BM的斜率为k，PQ的斜率为m，求动点N（m, k）的轨迹方程.

yPDMxAOBj图3 9．（2015佛山市二模21）（本小题满分14分）

设常数a＞0，??R，函数f(x)?x2(x?a)??(x?a)3.

（1） 若函数f(x)恰有两个零点，求?的值；

（2） 若g(?)是函数f(x)的极大值，求g(?)的取值范围.

10．（2015揭阳市一模19）(本小题满分14分)

已知Sn为数列?an?的前n项和，Sn?nan?3n(n?1)（n?N），且a2?11．

* （1）求a1的值；

（2）求数列?an?的前n项和Sn； （3）设数列{bn}满足bn?

n，求证：b1?b2?Sn?bn?23n?2． 3

11．（2015揭阳市一模20）(本小题满分14分)

uuuruur在平面直角坐标系xoy中，已知点A(0，1)，点B在直线l1:y??1上，点M满足MB//OA，

uuuruuuruuuruurMA?AB?MB?BA，点M的轨迹为曲线C.

（1）求C的方程；

（2）设直线l2:y?kx?m与曲线C有唯一公共点P，且与直线l1:y??1相交于点Q,试探究，在坐标平面内是否存在点N，使得以PQ为直径的圆恒过点N？若存在，求出点N的坐标，若不存在，说明理由.

12．（2015揭阳市一模21） (本小题满分14分)

已知函数f(x)?ax，g(x)?lnx，其中a?R,（e≈2.718）． （1）若函数F(x)?f(x)?g(x)有极值1，求a的值；

（2）若函数G(x)?f(sin(x?1))?g(x)在区间(0,1)上为减函数，求a的取值范围；

（3）证明：

?sink?1n1?ln2．

(k?1)2高三理科后三题练习题参考答案

1．（2015惠州市一模19）（本小题满分14分）解析：（1）由由Sn?2??a1?S1?2?3a1?a1?12， …1分

?2??2??1?an?Sn?1?2???1?an?1，其中n?2 ?n??n?1?a1a?2??2??1?an?1???1?an …3分整理得n??n?1?n?2?， ……4分

n2n?1?n?1??n?n?1于是an?Sn?Sn?1??1?an?a1?1?所以数列??是首项及公比均为的等比数列. …5分n????2?n?n2?2??n1*a?,n?N? …6分 nnn22a1?1?（2）由（1）得n????n2?2?于是2an?n,Tn?1?2?3?nn?1?1 n2n?n?1?121??1n?,??2??? ………8分

2Tnn?n?1?nn?1??1??2n?1??? …………………9分 ????nn?1??n?1??1??11?An?2??1?????????2??23?22n?12nn2n?12n?2，问题转化为比较2与又的大小，即2与的大小

n?1n?1nannnn2nnfn?,gn?,????设

n2n?1f?n?1??f?n??2n??n?n?2??1????n?n?1???2 …………………10分

fn?1）?（fn）＞0，∴当n?3时f(n)单调递增， 当n?3时，（fn）?（f4）?1，而（gn）＜1，∴当n?4时，（fn）＞（gn）…12分 ∴当n?4时，（fn）?g（n）fn）＞（gn），…13分因此，对任意正整数n，都有（经检验n=1，2，3时，仍有（即An＜2．（2015惠州市一模20）（本小题满分14分） （Ⅰ）解法1 ：设M的坐标为(x,y)，由已知得x?2?214分 nan(x?5)2?y2?3，……1分

易知圆C2上的点位于直线x??2的右侧.于是x?2?0，所以(x?5)2?y2?x?5. 化简得曲线C1的方程为y2?20x. …………………4分

（Ⅱ）当点P在直线x??4上运动时，P的坐标为(?4,y0)，又y0??3，则过P且与圆

C2相切得直线的斜率k存在且不为0，每条切线都与抛物线有两个交点，

切线方程为y?y0?k(x?4)，kx?y?y0?4k?0即于是225k?y0?4kk?12?3.

整理得72k?18y0k?y0?9?0. ① …………………6分 设过P所作的两条切线PA,PC的斜率分别为k1,k2，则k1,k2是方程①的两个实根， 故k1?k2???kx?y?y0?4k1?0,18y0y2??0. ② …7分由?1ky?20y?20(y0?4k1)?0.③………8分 得12y?20x,724?设四点A,B,C,D的纵坐标分别为y1,y2,y3,y4，则是方程③的两个实根， 所以y1?y2?20(y0?4k1)20(y0?4k2). ④……9分 同理可得y3?y4?. ⑤…10分

k1k22y0?4(k1?k2)y0?16k1k2?400(y0?4k1)(y0?4k2)400??? 于是由②，④，⑤三式得y1y2y3y4??k1k2k1k2400y?2?y?2?16k1k2?6400.…………………13分 ?k1k2所以，当P在直线x??4上运动时，四点A,B,C,D的纵坐标之积为定值6400. …14分 3．（2015惠州市一模21）（本小题满分14分）解：(1)当0?x?a时，f(x)＝当x?a时，f(x)＝

??a?x；

x?2ax?a. …………………2分

x?2a因此，当x?(0,a)时，f'(x)＝

?3a＜0，f(x)在(0,a)上单调递减； ……3分

?x?2a?2当x?(a,??)时，f'(x)＝

3a＞0，f(x)在(a,??)上单调递增．………4分

?x?2a?21. …………………5分 2①若a?4，则f(x)在(0,4)上单调递减，g(a)＝f(0)＝

②若0?a?4，则f(x)在(0,a)上单调递减，在(a,4)上单调递增．

14?aa?1??，…6分 24?2a2?a4?a1故当0?a?1时，g(a)＝f(4)＝；当1?a?4时，g(a)＝f(0)＝. ……8分

4?2a2所以g(a)＝max{f(0)，f(4)}．而f(0)－f(4)＝

?4?a,0?a?1,??4?2a …………………9分 综上所述，g(a)＝?1?,a?1.??2(2)由(1)知，当a?4时，f(x)在(0,4)上单调递减，故不满足要求．…………10分

当0?a?4时，f(x)在(0,a)上单调递减，在(a,4)上单调递增．

若存在x1，x2∈(0,4) (x1＜x2)，使曲线y＝f(x)在?x1，f(x1)?，?x2，f(x2)?两点处的切线互相垂直，则

x1∈(0,a)，x2∈(a,4)，且f'(x1)?f'(x2)＝－1，

?3a3a3a???1.(*) …………………11分 x?2a即，亦即1＝

?x1?2a?2?x2?2a?2x2?2a由x1∈(0,a)，x2∈(a,4)得x1?2a∈(2a,3a)，

3a?3a?,1?. ∈?x2?2a?4?2a?故(*)成立等价于集合A＝(2a,3a)与集合B＝?因为

?3a?,1?的交集非空．

?4?2a?3a1＜3a，所以当且仅当0?2a?1，即0?a?时，A∩B≠?.……13分

4?2a2综上所述，存在a使函数f(x)在区间(0,4)内的图象上存在两点，

?1??0,?在该两点处的切线互相垂直，且a的取值范围是?2?. …………………14分

4．（2015深圳市二模19）（本小题满分14分）

?a1(2a3?4)?(a1?a2)2,?解：（1）由已知，得?a1?a2?20, …2分解之，得a1?4，a2?24，a3?96． ……4分

?a?a?a?68.3?12 （2）（法1）因为Sn?an?1?n?2n?3?4，n?N*， ……① 所以Sn?1?an?(n?1)?2n?2?4，其中n?2． ……②

①?? ②，并整理得an?1?2an?(n?1)?2n?2，n?2， ……………………………6分 即bn?1?bn?2(n?1)，n?2．

b3?b2?2?3?b4?b3?2?4?? 所以，?相加，得bn?b2??n?2??n?3?． ……………………………8分

???????bn?bn?1?2n?? 由（1）知a2?24，所以b2?6，所以n?2时，bn?n?n?1?， ……………………9分 又a1?4，b1?2也符合上式，所以，数列?bn?的通项公式为bn?n?n?1?，n?N*． ……10分 （法2）因为Sn?an?1?n?2n?3?4，n?N*， ……① 所以Sn?1?an?(n?1)?2n?2?4，其中n?2． ……②

①?? ②，并整理得an?1?2an?(n?1)?2n?2，n?2， 即bn?1?bn?2(n?1)，n?2． ……6分 由（1）知a1?4?1?2?2，a2?24?2?3?22，a3?96?3?4?23．

可得b1?2?1?2，b2?6?2?3，b3?12?3?4． 猜想bn?n?n?1?，n?N*． ……8分 以下用数学归纳法证明之：（i）当n?1时或n?2时，猜想显然正确．

（ii）假设n?k（k?2）时，猜想正确，即bn?k?k?1?．

那么n?k?1时，bk?1?bk?2(k?1)?k(k?1)?2(k?1)?(k?1)?(k?2)．?(k?1)?(k?1)?1?

即n?k?1时，猜想也正确．由（i）（ii），根据数学归纳法原理，对任意的n?N*，猜想正确． 所以，数列?bn?的通项公式为bn?n?n?1?，n?N*． …………………………………10分

n?2n?211???， …………12分 ann(n?1)?2nn?2n?1(n?1)?2n34n?234n?2?…?????所以，?…

a1a2an1?2?212?3?22n(n?1)?2n （3）对一切正整数n，因为

?1?1??11?1?1????…??????n?2n?1(n?1)?2n? 01121?22?22?23?2??????1?1． ………………………………………14分 ?1?n(n?1)?2 ??5．（2015深圳市二模20）（本小题满分14分） 解：（1）设直线MN，OP的斜率分别为k1，k2，因为P(xy?1,)， ………………1分 22?y?1?y?1y?1?????y?12??2所以k1? （x?0），k2? （x?0），…3分由k1k2??可得：??（x?0），

xxxx?222222化简整理可得??x?y?1（x?0），所以，曲线C的方程为??x?y?1（x?0）． ……5分

（2）由题意N?0,1?，且NA?NB，当直线NA的斜率为0，则N与A重合，不符合题意， 所以直线NA、NB的斜率都存在且不为0，设直线NA的斜率为k， 所以直线NB的斜率为?11，不妨设k?0，所以直线NA的方程为y?kx?1，直线NB的方程为y??x?1， kk?y?kx?122将直线NA和曲线C的方程联立，得?，消y整理可得?k???x?2kx?0， 22???x?y?12k2k2解得xA??2，所以NA?1?k?2，

k??k??以?11替换k，可得NB?1?2?1kk2k???1?k2?21??k2， …………………………8分

k由NA?NB，可得1?k?222k22?1?k?， ………………………………9分 22k??1??k

232?k????1?k???所以?k?k?k???0，即?k?1?????0，……………………………10分

（1）当 ?1????122时， 方程?k2????1?k???0有?????1??4????3??1????1??0， 32 所以方程?k?1????k????1?k?????0有唯一解k?1； ……………………………11分

（2）当???（3）当?1132??k???1k????k?1?0，解得k?1； ………12分 时，?k?1????????3312???0时，方程?k2????1?k???0有?????1??4?2???3??1????1??0， 32 且??12????1??1???3??1?0，所以方程?k?1????k????1?k?????0有三个不等的根．

综上，当 ?1????11时，有一个圆符合题意；当????0时，有三个符合题意的圆． ……14分 33（注：（3）也可直接求解： 当?12???0时， 方程?k2????1?k???0，因为?????1??4?2???3??1????1??0， 3所以k1,2????1??3??1??1???2?，又因为??12????1??1???3??1?0，

2?k????1?k???所以k1,2?1，故方程?k?1?????0有三个不等的根．）

6．（2015深圳市二模21）（本小题满分14分）解：（1）在f(x)?f(1)?0中，取x?1，得f(1)?0， x 又f(1)?ln1?a?b??a?b，所以b?a． ……………………………………1分

a11，f?(x)??a(1?2)，f?(1)?1?2a． xxx?5?f(1)?5，所以1?2a?5，a??2． ……3分 又f?(1)?0?1a2a2a322a3???2lna???ln2． （2）f()?ln222aa2223x2?3x4?4(x?1)2x3?ln2，则g?(x)??2?? 令g(x)?2lnx??．

x2xx22x2从而f(x)?lnx?ax?所以，x?(0,1)时，g?(x)?0，g(x)单调递减， …………………………………5分

a21 故x?(0,1)时，g(x)?g(1)?2??ln2?1?lne?0．所以，0?a?1时，f()?0．…7分

2211?ax2?x?a （3）f?(x)??a(1?2)?． 2xxx ①当a?0时，在(0,??)上，f?(x)?0，f(x)递增，所以，f(x)至多只有一个零点，不合题意；…8分

1

时，在(1,??)上，f?(x)?0，f(x)递减，所以，f(x)也至多只有一个零点，不合题意；10分 2

11?1?4a1?1?4a?1． ③当0?a?时，令f?(x)?0，得x1??1，x2?22a2a ②当a?

此时，f(x)在(0,x1)上递减，(x1,x2)上递增，(x2,??)上递减，所以，f(x)至多有三个零点． …12分

a2a2 因为f(x)在(x1,1)上递增，所以f(x1)?f(1)?0． 又因为f()?0，所以?x0?(,x1)，使得

221)??f(x0)?0，f(1)?0， x01所以f(x)恰有三个不同的零点：x0，1，．

x0f(x0)?0．…13分 又f( 综上所述，当f(x)存在三个不同的零点时，a的取值范围是(0,1)． ………………14分 2

10. （2015揭阳市一模19）解：（1）由S2?a1?a2?2a2?3?2(2?1)和a2?11可得a1?5 -----------2分 （2）解法1：当n?2时，由an?Sn?Sn?1得an?nan?3n(n?1)?(n?1)an?1?3(n?1)(n?2)， ----4分

?(n?1)an?(n?1)an?1?6(n?1)?an?an?1?6(n?2,n?N?)---------------------6分

∴数列{an}是首项a1?5，公差为6的等差数列，∴an?a1?6(n?1)?6n?1------7分 ∴Sn?n(a1?an)?3n2?2n-----------8分 2[解法2：当n?2时，由Sn?nan?3n(n?1)?n(Sn?Sn?1)?3n(n?1)------------------4分

SnSn?1??3,---------------------------------6分 nn?1SSS∴数列{n}是首项1?5,公差为3的等差数列，?n?5?3(n?1)?3n?2，即Sn?3n2?2n.---8分]

n1n可得(n?1)Sn?nSn?1?3n(n?1) ?（3）证明：

bn?n122------------------10分 ???Sn3n?223n?23n?1?3n?2（23n?2?3n?1）2?=(3n?2?3n?1)--------------------11分 （3n?2+3n?1)(3n?2?3n?1）32?bn?[(5?2)?(8?5)??(3n?2?3n?1)]-------------13分

322?(3n?2?2)?3n?2命题得证．----------------------------------------14分 33uuuruur. 11.（2015揭阳市一模20）解：(1)设M(x,y),由MB//OA得B(x,?1),-------------------------------------1分

∴b1?b2?uuuruuuruuur1)，∴MA?(?x,1?y), MB?(0,?1?y), AB?(x,?2).--------------------3分 又A(0，uuuruuuruuuruuruuuruuuruuur2由MA?AB?MB?BA得(MA?MB)?AB?0即(?x,?2y)?(x,?2)?0?x?4y，

（2）解法1：由曲线C关于y轴对称可知，若存在点N，使得以PQ为直径的圆恒过点N，

2x0则点N必在y轴上，设N(0,n)， -----6分又设点P(x0,)，由直线l2:y?kx?m与曲线C有唯一公共点P知，

4直线l2与曲线C相切，由y?1211x得y'?x，∴k?y'|x?x0?x0， -----7分∴直线l2的方程为4222x0?22x0x0x22y??(x?x0)， ---8分令y??1得x?，∴Q点的坐标为(0?,?1)， ----9分

x0422x02x0x2?NP?(x0,?n),NQ?(0?,?1?n)---------------------------------------10分

42x0222x0x0x0?2?(1?n)(?n)?(1?n)?n2?n?2?0∵点N在以PQ为直径的圆上，∴NP?NQ?244(*)--12分

要使方程(*)对x0恒成立，必须有??1?n?0?n?n?2?02解得n?1，-------------------------13分

∴在坐标平面内存在点N，使得以PQ为直径的圆恒过点N，其坐标为(0,1)．---------14分 [解法2：设点P(x0,y0)，由l2:y?kx?m与曲线C有唯一公共点P知，直线l2与曲线C相切， 由y?x1211x得y'?x，∴k?y'|x?x0?x0， ----6分∴直线l2的方程为y?y0?0(x?x0)， ---7分 4222令y??1得x?2(y0?1)2(y0?1)，∴Q点的坐标为(,?1)，-------------------------8分 x0x02(y0?1)]?0--------①-----10分 x0∴以PQ为直径的圆方程为：(y?y0)(y?1)?(x?x0)[x?分别令x0?2和x0??2，由点P在曲线C上得y0?1，

将x0,y0的值分别代入①得：(y?1)(y?1)?(x?2)x?0--------②

?x?0,?x?0,(y?1)(y?1)?(x?2)x?0------③②③联立解得?或?，-----12分

?y?1.?y??1.∴在坐标平面内若存在点N，使得以PQ为直径的圆恒过点N，则点N必为(0,1)或(0,?1)， 将(0,1)的坐标代入①式得，①式，左边=2(1?y0)?(?x0)[?2(y0?1)]?2(1?y0)?2(y0?1)?0=右边， x0将(0,?1)的坐标代入①式得，①式，左边=(?x0)[?2(y0?1)]?2(y0?1)不恒等于0，------13分 x0∴在坐标平面内是存在点N，使得以PQ为直径的圆恒过点N，点N坐标为为(0,1)．--14分] .解：（2015揭阳市一模21）（1）∵F(x)?ax?lnx，(x?0)∴F'(x)?a?1， ----------------1分 x①若a?0，则对任意的x?(0,??)都有F'(x)?0，即函数F(x)在(0,??)上单调递减， 函数F(x)在(0,??)上无极值；----------------------------------------------------2分 ②若a?0，由F(')x0?得x?1111(,)时F'(x)?0，?)时，F'(x)?0，，当x?0当x?(,?即函数F(x)在(0,)aaaa单调递减，在(,??)单调递增， ∴函数F(x)在x?1a111处有极小值，∴F()?1?ln?1，∴a?1.-----4分 aaa（2）解法1：∵函数G(x)?f(sin(x?1))?g(x)=asin(x?1)?lnx在区间(0,1)上为减函数 且当x?(0,1)时，cos(x?1)?0，

∴G'(x)?acos(x?1)?11?0在(0,1)上恒成立?a?在(0,1)上恒成立，----5分 xxcos(x?1)设H(x)?1??cos?x?1??xsin?x?1??xsin?x?1??cos?x?1?，则H'(x)?----7分 ?2222xcos(x?1)xcos(x?1)xcos(x?1)当x??0,1?时，sin?x?1??0，cos?x?1??0

所以H'(x)?0在?0,1?上恒成立，即函数H(x)在?0,1?上单调递减，-------------------8分 ∴当x??0,1?时，H(x)?H(1)?1，∴a?1.-----9分

[解法2：∵函数G(x)?f(sin(x?1))?g(x)=asin(x?1)?lnx在区间(0,1)上为减函数 ∴对?x?(0,1) ，G'(x)?acos(x?1)?1?0-----------（?）恒成立，--------------5分 x∵x?(0,1)，∴cos(x?1)?0，当a?0时，（?）式显然成立； ------6分 当a?0时，（?）式?1?xcos(x?1)在(0,1)上恒成立， a设h(x)?xcos(x?1)，易知h(x)在(0,1)上单调递增，-------------------------------7分

1?1?0?a?1， -----8分综上得a?(??,1].----9分] a（3）证法1：由（2）知，当a?1时，G(x)?sin(x?1)?lnx?G(1)?0,

1?sin(x?1)?lnx?sin(1?x)?ln，------------------------------------------10分

x1111(k?1)2??(0,1)，∴1??(0,1)∴sin∵对任意的k?N有，--12分 ?ln?ln2221(k?1)(k?1)(k?1)k(k?2)1?2(k?1)∴h(x)?h(1)?1，∴

1112232(n?1)2∴sin2?sin2??sin ?ln?ln??ln223(n?1)1?32?4n(n?2)n2232(n?1)22(n?1)1?ln2，即?sin?ln2． -----14分 ?ln[???]?ln2(k?1)1?32?4n(n?2)n?2k?1?[证法2：先证明当0?x?时，sinx?x,

2?（0，）令p(x)?sinx?x,则p?(x)?cosx?1?0对任意的x?恒成立，----------------10分

2??∴函数p(x)在区间(0,)上单调递减，∴当0?x?时，p(x)?p(0)?0，?sinx?x,--11分

221?1411??2?(?),---------12分 ∵对任意的k?N，2?(0,)而2?2k2 k4k?12k?12k?11111??2?(?) ∴sin(k?1)2(k?1)22k?12k?3n211111112??sin?2(??????)??lne3?ln38?ln2.----14分 2(k?1)35572n?12n?33k?1

∴G'(x)?acos(x?1)?11?0在(0,1)上恒成立?a?在(0,1)上恒成立，----5分 xxcos(x?1)设H(x)?1??cos?x?1??xsin?x?1??xsin?x?1??cos?x?1?，则H'(x)?----7分 ?2222xcos(x?1)xcos(x?1)xcos(x?1)当x??0,1?时，sin?x?1??0，cos?x?1??0

所以H'(x)?0在?0,1?上恒成立，即函数H(x)在?0,1?上单调递减，-------------------8分 ∴当x??0,1?时，H(x)?H(1)?1，∴a?1.-----9分

[解法2：∵函数G(x)?f(sin(x?1))?g(x)=asin(x?1)?lnx在区间(0,1)上为减函数 ∴对?x?(0,1) ，G'(x)?acos(x?1)?1?0-----------（?）恒成立，--------------5分 x∵x?(0,1)，∴cos(x?1)?0，当a?0时，（?）式显然成立； ------6分 当a?0时，（?）式?1?xcos(x?1)在(0,1)上恒成立， a设h(x)?xcos(x?1)，易知h(x)在(0,1)上单调递增，-------------------------------7分

1?1?0?a?1， -----8分综上得a?(??,1].----9分] a（3）证法1：由（2）知，当a?1时，G(x)?sin(x?1)?lnx?G(1)?0,

1?sin(x?1)?lnx?sin(1?x)?ln，------------------------------------------10分

x1111(k?1)2??(0,1)，∴1??(0,1)∴sin∵对任意的k?N有，--12分 ?ln?ln2221(k?1)(k?1)(k?1)k(k?2)1?2(k?1)∴h(x)?h(1)?1，∴

1112232(n?1)2∴sin2?sin2??sin ?ln?ln??ln223(n?1)1?32?4n(n?2)n2232(n?1)22(n?1)1?ln2，即?sin?ln2． -----14分 ?ln[???]?ln2(k?1)1?32?4n(n?2)n?2k?1?[证法2：先证明当0?x?时，sinx?x,

2?（0，）令p(x)?sinx?x,则p?(x)?cosx?1?0对任意的x?恒成立，----------------10分

2??∴函数p(x)在区间(0,)上单调递减，∴当0?x?时，p(x)?p(0)?0，?sinx?x,--11分

221?1411??2?(?),---------12分 ∵对任意的k?N，2?(0,)而2?2k2 k4k?12k?12k?11111??2?(?) ∴sin(k?1)2(k?1)22k?12k?3n211111112??sin?2(??????)??lne3?ln38?ln2.----14分 2(k?1)35572n?12n?33k?1

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