热门试卷

（1）由题意得f（an）=2+2（n﹣1）=logman，可得2n=logman，

∴an=m2n。…（2分）

bn=an•f（an）=2n•m2n。

∵m=，∴bn=an•f（an）=2n•（）2n=n•（）n﹣1，

∴Sn=1•（）0+2•（）1+3•（）2+…+n•（）n﹣1，①

Sn=1•（）1+2•（）2+3•（）3+…+n•（）n，②

①﹣②，得Sn=（）0+（）1+（）2+…+（）n﹣1﹣n•（）n=

∴化简得：Sn=﹣（n+2）（）n﹣1+4

（2）解：由（1）知，cn=an•lgan=2n•m2nlgm，要使cn＜cn+1对一切n∈N*成立，

即nlgm＜（n+1）m2lgm对一切n∈N*成立。

∵0＜m＜1，可得lgm＜0

∴原不等式转化为n＞（n+1）m2，对一切n∈N*成立，

只需m2＜（）min即可，

∵h（n）=在正整数范围内是增函数，∴当n=1时，（）min=。

∴m2＜，且0＜m＜1，，∴0＜m＜。…（13分）

综上所述，存在实数m∈（0，）满足条件，

（1）∵，，x∈（0，e]，……1分

令>0，得<x<e，

<0，得0<x<，

∴的单调增区间是[，e]，单调减区间为（0，]，    …………4分

的极小值为f（）=一ln=+ln2.无极大值，…………5分

（2）假设存在实数a，使=，（x∈[0，e]）有最小值3，

min=2f（e）=ae2—-1=3  （舍去） …………6分

①当a≤0时，x∈（0，e]，所以<0，所以在（0，e]上单调递减，

∴，

（舍去），    …………8分

②当a>0时，令=0得：，

（ⅰ）当0<√<e即a>时

f（x）在（0，]上单调递减，在（，e]上单调递增，

∴f（x）min=f（）=，得a=，  …………10分

（ⅱ）当≥e即0<a≤时，

x∈（0，e]时，f’（x）<0，所以，f（x）在（0，e]上单调递减，

∴f（x）min=， （舍去），此时f（x）无最小值。

综上，存在实数，使得当x（0，e]时，有最小值3.…………l2分

（1）

则的最小正周期，

且当时单调递增。

即为的单调递增区间（写成开区间不扣分）。

（2）当时，当，即时。

所以。

为的对称轴

（1）因为函数（，）的最小值为，

所以，，…

⑵函数的图象向左平移（）个单位长度，

得

因为的图像关于轴对称，

所以

解得

因为，所以的最小值为

（1）证明：如图，因为∠CAB=45°，连结OC，

则OC⊥AB。

以AB所在的直线为y轴，以OC所在的直线为z轴，以O为原点，作空间直角坐标系O﹣xyz，

则A（0，﹣2，0），C（0，0，2）。

，

∵点F为的中点，∴点F的坐标为，

，∴，即OF∥AC。

∵OF⊄平面ACD，AC⊂平面ACD，∴OF∥平面ACD。

（2）解：∵∠DAB=60°，∴点D的坐标，。

设二面角C﹣AD﹣B的大小为θ，为平面ACD的一个法向量。

由有即

取x=1，解得，，∴=，

取平面ADB的一个法向量=（0，0，1），

∴。

（3）设在上存在点G，使得FG∥平面ACD，∵OF∥平面ACD，∴平面OFG∥平面ACD，则有OG∥AD。

设，∵，∴。

又∵，∴，解得λ=±1（舍去﹣1），∴，则G为的中点。

因此，在上存在点G，使得FG∥平面ACD，且点G为的中点。

设直线AG与平面ACD所成角为α，

∵  ，

根据（2）的计算为平面ACD的一个法向量，

∴。

因此，直线AG与平面ACD所成角的正弦值为。

（1）函数的图像与坐标轴的交点为，又，。

函数的图像与直线的交点为，

又，，由题意可知，，又，所以，……3分

不等式可化为，即。

令，则，

，又时，，，

故，在上是减函数，即在上是减函数，

因此，在闭区间上，若存在使不等式成立，

只需，

所以实数的取值范围是，…………………………………8分

（2）证明:和公共定义域为，由（1）可知，。

。

令，则，在上是增函数，

故，即，①

令，则，

当时，;当时，，有最大值，因此，②

由①②得，即，又由①得，

由②得，，，

故函数和在其公共定义域内的所有偏差都大于2。