已知．

（１）求的單調(diào)區(qū)間；

（２）證明：當(dāng)時，恒成立；

（３）任取兩個不相等的正數(shù)，且，若存在使成立，證明：．

【解析】（1）g(x)=lnx+，=        （1’）

當(dāng)k0時，>0，所以函數(shù)g(x)的增區(qū)間為（0，+），無減區(qū)間；

當(dāng)k>0時，>0,得x>k；<0，得0<x<k∴增區(qū)間（k,+）減區(qū)間為（0，k）（3’）

(2)設(shè)h(x)=xlnx-2x+e(x1)令= lnx-1=0得x=e, 當(dāng)x變化時，h(x),的變化情況如表

x	1	(1,e)	e	(e,+)
		－	0	+
h(x)	e－2	↘	0	↗

所以h(x)0, ∴f(x)2x-e                    （5’）

設(shè)G(x)=lnx-(x1) ==0,當(dāng)且僅當(dāng)x=1時,=0所以G(x) 為減函數(shù), 所以G(x)  G(1)=0, 所以lnx-0所以xlnx(x1)成立,所以f(x) ,綜上,當(dāng)x1時, 2x-ef(x)恒成立.

(3) ∵=lnx+1∴l(xiāng)nx0+1==∴l(xiāng)nx0=-1      ∴l(xiāng)nx0 –lnx=-1–lnx===(10’)  設(shè)H(t)=lnt+1-t(0<t<1), ==>0(0<t<1), 所以H(t) 在(0,1)上是增函數(shù),并且H(t)在t=1處有意義, 所以H(t) <H(1)=0∵∴=

∴l(xiāng)nx0 –lnx>0, ∴x0 >x

 

已知中心在原點O，焦點F₁、F₂在x軸上的橢圓E經(jīng)過點C（2，2），且拋物線的焦點為F₁.

（Ⅰ）求橢圓E的方程；

（Ⅱ）垂直于OC的直線l與橢圓E交于A、B兩點，當(dāng)以AB為直徑的圓P與y軸相切時，求直線l的方程和圓P的方程.

【解析】本試題主要考查了橢圓的方程的求解以及直線與橢圓的位置關(guān)系的運用。第一問中，設(shè)出橢圓的方程，然后結(jié)合拋物線的焦點坐標得到，又因為，這樣可知得到。第二問中設(shè)直線l的方程為y=-x+m與橢圓聯(lián)立方程組可以得到

，再利用可以結(jié)合韋達定理求解得到m的值和圓p的方程。

解：(Ⅰ)設(shè)橢圓E的方程為

①………………………………1分

  ②………………２分

  ③       由①、②、③得a²=12,b²=6…………3分

所以橢圓E的方程為…………………………4分

(Ⅱ)依題意，直線OC斜率為1，由此設(shè)直線l的方程為y=-x+m，……………5分

 代入橢圓E方程，得…………………………6分

………………………7分

、………………8分

………………………9分

……………………………10分

    當(dāng)m=3時，直線l方程為y=-x+3，此時，x₁ +x₂=4，圓心為（2，1），半徑為2，

圓P的方程為（x-2）²+(y-1)²=4；………………………………11分

同理，當(dāng)m=－3時，直線l方程為y=-x－3，

圓P的方程為（x+2）²+(y+1)²=4

 

（1）若橢圓的方程是：

x2

a2

+

y2

b2

=1（a＞b＞0），它的左、右焦點依次為F₁、F₂，P是橢圓上異于長軸端點的任意一點．在此條件下我們可以提出這樣一個問題：“設(shè)△PF₁F₂的過P角的外角平分線為l，自焦點F₂引l的垂線，垂足為Q，試求Q點的軌跡方程？”
對該問題某同學(xué)給出了一個正確的求解，但部分解答過程因作業(yè)本受潮模糊了，我們在

這些模糊地方劃了線，請你將它補充完整．
解：延長F₂Q 交F₁P的延長線于E，據(jù)題意，
E與F₂關(guān)于l對稱，所以|PE|=|PF₂|．
所以|EF₁|=|PF₁|+|PE|=|PF₁|+|PF₂|=，
在△EF₁F₂中，顯然OQ是平行于EF₁的中位線，
所以|OQ|=

1

2

|EF₁|=，
注意到P是橢圓上異于長軸端點的點，所以Q點的軌跡是，
其方程是：．
（2）如圖2，雙曲線的方程是：

x2

a2

-

y2

b2

=1（a，b＞0），它的左、右焦點依次為F₁、F₂，P是雙曲線上異于實軸端點的任意一點．請你試著提出與（1）類似的問題，并加以證明．

如圖，邊長為2的正方形ABCD，E是BC的中點，沿AE，DE將折起，使得B與C重合于O．

（Ⅰ）設(shè)Q為AE的中點，證明：QDAO；

（Ⅱ）求二面角O—AE—D的余弦值．

【解析】第一問中，利用線線垂直，得到線面垂直，然后利用性質(zhì)定理得到線線垂直。取AO中點M，連接MQ，DM，由題意可得：AOEO, DOEO，

AO=DO=2．AODM

因為Q為AE的中點，所以MQ//E0,MQAO

AO平面DMQ,AODQ

第二問中，作MNAE,垂足為N，連接DN

因為AOEO, DOEO，EO平面AOD，所以EODM

，因為AODM ，DM平面AOE

因為MNAE，DNAE, DNM就是所求的DM=，MN=,DN=,COSDNM=

（1）取AO中點M，連接MQ，DM，由題意可得：AOEO, DOEO，

AO=DO=2．AODM

因為Q為AE的中點，所以MQ//E0,MQAO

AO平面DMQ,AODQ

（2）作MNAE,垂足為N，連接DN

因為AOEO, DOEO，EO平面AOD，所以EODM

，因為AODM ，DM平面AOE

因為MNAE，DNAE, DNM就是所求的DM=，MN=,DN=,COSDNM=

二面角O-AE-D的平面角的余弦值為