高考第一轮复习第51讲 化归与转化

这是一份高考第一轮复习第51讲 化归与转化，共23页。试卷主要包含了 的最大值为_______，若直线l，所以a＋b≥3＋2eq \r等内容，欢迎下载使用。

第五十一讲 转化与化归思想
A组
1.(2016·河南郑州一模)如图是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的表面积为(　　)

A.8π B.16π C.32π D.64π
答案：C
解析：由三视图可得，该几何体是四棱锥(如图)，其中底面BCDE⊥侧面ABC，且底面BCDE为正方形(边长为4)，侧面ABC为等腰直角三角形(AB＝AC＝2)，利用补形可知以A，B，C，D，E为部分顶点的长方体的外接球即为四棱锥A－BCDE的外接球，其半径为R＝＝2，所以外接球的表面积S＝4πR2＝32π，故选C.

2.从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有(　　)
A.24对 B.30对 C.48对 D.60对
答案：C　
解析：法一　直接法：如图，在上底面中选B1D1，四个侧面中的面对角线都与它成60°，共8对，同样A1C1对应的也有8对，下底面也有16对，这共有32对；左右侧面与前后侧面中共有16对.所以全部共有48对.

法二　间接法：正方体的12条面对角线中，任意两条垂直、平行或成角为60°，所以成角为60°的共有C－12－6＝48.

3. （2017年高考全国1卷理）图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O。D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形。沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥。当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_______。

【答案】
【解析】如下图，连接DO交BC于点G，设D，E，F重合于S点，正三角形的边长为x(x>0)，则 .
，
，
三棱锥的体积 .
设，x>0，则，
令，即，得，易知在处取得最大值.
∴.


4.(2016·山东泰安模拟)若直线l：＋＝1(a＞0，b＞0)经过点(1，2)，则直线l在x轴和y轴上的截距之和的最小值是________.
答案：3＋2
解析：直线l在x轴上的截距为a，在y轴上的截距为b.求直线l在x轴和y轴上的截距之和的最小值即求a＋b的最小值.由直线l经过点(1，2)得＋＝1.
于是a＋b＝(a＋b)×1＝(a＋b)×＝3＋＋，
因为＋≥2＝2.所以a＋b≥3＋2

5.(2016·江苏，10)如图，在平面直角坐标系xOy中，F是椭圆＋＝1(a＞b＞0)的右焦点，直线y＝与椭圆交于B，C两点，且∠BFC＝90°，则该椭圆的离心率是________.

答案：
解析：联立方程组解得B、C两点坐标为B,C,又F(c,0),则＝，＝，
又由∠BFC＝90°，可得·＝0，代入坐标可得：c2－a2＋＝0①，
又因为b2＝a2－c2.代入①式可化简为＝，则椭圆离心率为e＝＝＝.


6.如图所示，已知A(－2，0)，B(2，0)，C(0，2)，E(－1，0)，F(1，0)，一束光线从F点出发射到BC上的D点经BC反射后，再经AC反射，落到线段AE上(不含端点)，则直线FD的斜率的取值范围是________．

答案：　(4，＋∞)
解析：　如图所示，从特殊位置考虑．∵点A(－2，0)关于直线BC：x＋y＝2的对称点为A1(2，4)，∴直线A1F的斜率kA1F＝4.∵点E(－1，0)关于直线AC：y＝x＋2的对称点为E1(－2，1)，点E1(－2，1)关于直线BC：x＋y＝2的对称点为E2(1，4)，此时直线E2F的斜率不存在，∴kA1F＜kFD，即kFD∈(4，＋∞)．

7.对于c>0，当非零实数a，b满足4a2－2ab＋4b2－c＝0且使|2a＋b|最大时，－＋的最小值为________．
答案：－2
解析：　设2a＋b＝t，则2a＝t－b，因为4a2－2ab＋4b2－c＝0，所以将2a＝t－b代入整理可得6b2－3tb＋t2－c＝0①，由Δ≥0解得－≤t≤，当|2a＋b|取最大值时t＝，代入①式得b＝，再由2a＝t－b得a＝，所以－＋＝－＋＝－＝－2≥－2，当且仅当c＝时等号成立.


8.如图,在四棱锥PABCD中,已知PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,∠ABC＝∠BAD＝,PA＝AD＝2,AB＝BC＝1.
(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；
(2)点Q是线段BP上的动点,当直线CQ与DP所成的角最小时,求线段BQ的长.
解 以{,,}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,

则各点的坐标为B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).
(1)因为AD⊥平面PAB,所以是平面PAB的一个法向量,＝(0,2,0).
因为＝(1,1,－2),＝(0,2,－2).设平面PCD的法向量为m＝(x,y,z),
则m·＝0,m·＝0,即令y＝1,解得z＝1,x＝1.
所以m＝(1,1,1)是平面PCD的一个法向量.从而cos〈,m〉＝＝,
所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.
(2)因为＝(－1,0,2),设＝λ＝(－λ,0,2λ)(0≤λ≤1),又＝(0,－1,0),
则＝＋＝(－λ,－1,2λ),又＝(0,－2,2),
从而cos〈,〉＝＝.
设1＋2λ＝t,t∈[1,3],则cos2〈,〉＝＝≤.
当且仅当t＝,即λ＝时,|cos〈,〉|的最大值为.
因为y＝cos x在上是减函数,此时直线CQ与DP所成角取得最小值.
又因为BP＝＝,所以BQ＝BP＝.


9.已知f(x)是定义在[－1，1]上的奇函数，且f(1)＝1，若a，b∈[－1，1]，a＋b≠0时，有＞0成立．
(1)判断f(x)在[－1，1]上的单调性，并证明；
(2)解不等式f＜f；
(3)若f(x)≤m2－2am＋1对所有的a∈[－1，1]恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)任取x1，x2∈[－1，1]，且x1＜x2，
则－x2∈[－1，1]．∵f(x)为奇函数，
∴f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)
＝·(x1－x2)．
由已知得＞0，x1－x2＜0，
∴f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，
∴f(x)在[－1，1]上单调递增．
(2)∵f(x)在[－1，1]上单调递增，
∴解得－≤x＜－1.
(3)∵f(1)＝1，f(x)在[－1，1]上单调递增，
∴在[－1，1]上，f(x)≤1.
问题转化为m2－2am＋1≥1，
即m2－2am≥0，对a∈[－1，1]成立．
下面来求m的取值范围．
设g(a)＝－2m·a＋m2≥0.
①若m＝0，则g(a)＝0≥0，对a∈[－1，1]恒成立．
②若m≠0，则g(a)为a的一次函数，若g(a)≥0，对a∈[－1，1]恒成立，必须g(－1)≥0，且g(1)≥0，
∴m≤－2或m≥2.
∴m的取值范围是m＝0或m≥2或m≤－2.

10.已知函数f(x)＝x2－ax3(a＞0)，x∈R.
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)若对于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)·f(x2)＝1.求a的取值范围．
【解】　(1)由已知，有f′(x)＝2x－2ax2(a＞0)．
令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，0)
0
(0，)

(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
↘
0



所以，f(x)的单调递增区间是(0，)；单调递区间是(－∞，0)，(，＋∞)．
当x＝0时，f(x)有极小值，且极小值f(0)＝0；当x＝时，f(x)有极大值，且极大值f()＝.
(2)由f(0)＝f()＝0及(1)知，当x∈(0，)时，f(x)＞0；
当x∈(，＋∞)时，f(x)＜0.
设集合A＝{f(x)|x∈(2，＋∞)}，集合B＝{|x∈(1，＋∞)，f(x)≠0}．则“对于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)·f(x2)＝1”等价于A⊆B.显然，0∉B.
下面分三种情况讨论：
①当＞2，即0＜a＜时，由f()＝0可知，0∈A，而0∉B，所以A不是B的子集．
②当1≤≤2，即≤a≤时，有f(2)≤0，且此时f(x)在(2，＋∞)上单调递减，故A＝(－∞，f(2))，因而A⊆(－∞，0)；由f(1)≥0，有f(x)在(1，＋∞)上的取值范围包含(－∞，0)，则(－∞，0)⊆B.所以A⊆B.
③当＜1，即a＞时，有f(1)＜0，且此时f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
故，
A＝(－∞，f(2))，
所以A不是B的子集．
综上，a的取值范围是[，]．

11.已知函数f(x)＝nx－xn,x∈R,其中n∈N*,n≥2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设曲线y＝f(x)与x轴正半轴的交点为P,曲线在点P处的切线方程为y＝g(x),求证：对于任意的正实数x,都有f(x)≤g(x)；
(3)若关于x的方程f(x)＝a(a为实数)有两个正实根x1,x2,求证：|x2－x1|＜＋2.
解:(1)　由f(x)＝nx－xn,可得f′(x)＝n－nxn－1＝n(1－xn－1).
其中n∈N*,且n≥2,下面分两种情况讨论：
①当n为奇数时.令f′(x)＝0,解得x＝1,或x＝－1.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞,－1)
(－1,1)
(1,＋∞)
f′(x)
－
＋
－
f(x)



所以,f(x)在(－∞,－1),(1,＋∞)上单调递减,在(－1,1)内单调递增.
②当n为偶数时.
当f′(x)＞0,即x＜1时,函数f(x)单调递增；
当f′(x)＜0,即x＞1时,函数f(x)单调递减；
所以,f(x)在(－∞,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减.
(2)证明　设点P的坐标为(x0,0),则x0＝n,f′(x0)＝n－n2.
曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0),即g(x)＝f′(x0)(x－x0).
令F(x)＝f(x)－g(x),即F(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0),则F′(x)＝f′(x)－f′(x0).
由于f′(x)＝－nxn－1＋n在(0,＋∞)上单调递减,
故F′(x)在(0,＋∞)上单调递减,又因为F′(x0)＝0,所以当x∈(0,x0)时,F′(x)＞0,
当x∈(x0,＋∞)时,F′(x)＜0,所以F(x)在(0,x0)内单调递增,
在(x0,＋∞)上单调递减,所以对于任意的正实数x,
都有F(x)≤F(x0)＝0,即对于任意的正实数x,都有f(x)≤g(x).
(3)证明　不妨设x1≤x2.由(2)知g(x)＝(n－n2)(x－x0),
设方程g(x)＝a的根为x2′,可得x2′＝＋x0.
当n≥2时,g(x)在(－∞,＋∞)上单调递减,
又由(2)知g(x2)≥f(x2)＝a＝g(x2′),可得x2≤x2′.
类似地,设曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝h(x),可得h(x)＝nx.
当x∈(0,＋∞),f(x)－h(x)＝－xn＜0,即对于任意的x∈(0,＋∞),f(x)＜h(x).
设方程h(x)＝a的根为x1′,可得x1′＝.
因为h(x)＝nx在(－∞,＋∞)上单调递增,且h(x1′)＝a＝f(x1)＜h(x1),因此x1′＜x1.
由此可得x2－x1＜x2′－x1′＝＋x0.
因为n≥2,所以2n－1＝(1＋1)n－1≥1＋C＝1＋n－1＝n,
故2≥n＝x0.所以,|x2－x1|＜＋2.



B组
1.设，表示不超过的最大整数. 若存在实数，使得，，…， 同时成立，则正整数的最大值是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
答案：B
解析：因为表示不超过的最大整数.由得，由得，由得，所以，所以，由得，所以，由得，与矛盾，故正整数的最大值是4.

2.对二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a为非零整数),四位同学分别给出下列结论,其中有且只有一个结论是错误的,则错误的结论是(　　)
A.－1是f(x)的零点 B.1是f(x)的极值点 C.3是f(x)的极值 D.点(2,8)在曲线y＝f(x)上
　答案：A
解析：A正确等价于a－b＋c＝0,①
B正确等价于b＝－2a,②
C正确等价于＝3,③
D正确等价于4a＋2b＋c＝8.④
下面分情况验证,
若A错,由②、③、④组成的方程组的解为符合题意；
若B错,由①、③、④组成的方程组消元转化为关于a的方程后无实数解；
若C错,由①、②、④组成方程组,经验证a无整数解；
若D错,由①、②、③组成的方程组a的解为－也不是整数.
综上,故选A.

3.已知函数f(x)＝|ex＋|(a∈R，e是自然对数的底数)在区间[0,1]上单调递增，则a的取值范围是(　　)
A．[0,1] B．[－1,0]
C．[－1,1] D．(－∞，－e2]∪[e2，＋∞)
答案　C
解析　因为函数f(x)在区间[0,1]上单调递增，取a＝－1，则函数f(x)＝ex－，当0≤x≤1时，f′(x)＝ex＋>0，所以函数f(x)在区间[0,1]上单调递增，排除A，D；取a＝1，则函数f(x)＝ex＋，当0≤x≤1时，f′(x)＝ex－＝≥0，所以函数f(x)在区间[0,1]上单调递增，排除B，故选C.
4.（江西省南昌市第二中学2016届高三上学期第四次考试）已知，函数，若关于的方程有6个解，则的取值范围为　（　　）
A． B． C． D．
答案：D
解析：函数在上递减，在和上递增，的图象如图所示，由于方程最多只有两解，因此由题意有三解，所以且三解满足，，，，所以有两解，，，所以，故选D．

5.（河北省衡水中学2016届高三上学期四调考）利用一个球体毛坯切削后得到一个四棱锥，其中底面四边形是边长为的正方形，，且平面，则球体毛坯体积的最小值应为 ．
答案：.
解析：如图，将四棱锥补全为一个正方体，则：当正方体为球的内接正方体时球的体积最小，此时正方体的体对角线为球的直径，长为，∴球的体积为：；故答案应填：．


6.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝a＋an，用[x]表示不超过x的最大整数，则＝________.
答案：0
解析：因为＝＝－，所以＝－，所以＋＋…＋＝＋＋…＋＝－，又a1＝1，所以∈(0,1)，所以－∈(0,1)，故＝0.

7.(2015·杭州七校模拟)已知函数f(x)＝x2＋(x－1)·|x－a|.
(1)若a＝－1，解方程f(x)＝1；
(2)若函数f(x) 在R上单调递增，求实数a的取值范围；
(3)若a<1且不等式f(x)≥2x－3对一切实数x∈R恒成立，求a的取值范围.
解　(1)当a＝－1时，有f(x)＝
当x≥－1时，2x2－1＝1，解得：x＝1或x＝－1，
当x<－1时，f(x)＝1恒成立.∴方程的解集为：{x|x≤－1或x＝1}.
(2)f(x)＝若f(x)在R上单调递增，则有，解得：a≥，
即实数a的取值范围是.
(3)设g(x)＝f(x)－(2x－3)，则g(x)＝
即不等式g(x)≥0对一切实数x∈R恒成立.
∵a<1，∴当x ∵a2－2a＋3＝(a－1)2＋2≥2，∴g(x)≥0恒成立.
当x≥a时，∵a<1，∴a<，∴g(x)min＝g＝a＋3－≥0，得－3≤a≤5.
∵a<1，∴－3≤a<1，综上：a的取值范围是[－3，1).


8. 如图，A，B，C，D为平面四边形ABCD的四个内角.
（1）证明：
（2）若求的值.

【解析】（1）.
（2）由，得.由（1），有 ，连结BD，在中，有，在中，有，所以 ，则，于是.连结AC，同理可得，于是.所以.


9.已知x∈R，函数f(x)＝2x＋k·2－x，k∈R.
(1)若函数f(x)为奇函数，且f(2m＋1)＋f(m2－2m－4)>0，求实数m的取值范围；
(2)若对任意的x∈[0，＋∞)都有f(x)>2－x成立，求实数k的取值范围．
解析　(1)∵函数f(x)为奇函数且x∈R，
∴f(0)＝0，即20＋k×20＝0，解得k＝－1，∴f(x)＝2x－2－x.
∵f′(x)＝2xln2＋2－xln2＝(2x＋2－x)ln2>0，
∴f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数．
∵f(2m＋1)＋f(m2－2m－4)>0，即f(2m＋1)>f[－(m2－2m－4)]，
∴2m＋1>－(m2－2m－4)，
∴m<－或m>.
(2)∵∀x∈[0，＋∞)，2x＋k·2－x>2－x，即22x＋k>1，
∴k>1－22x对任意的x∈[0，＋∞)恒成立，
∴k>(1－22x)max.
又∵t＝1－22x＝1－4x在[0，＋∞)上单调递减，
∴t≤1－40＝0，∴k>0.

10.如图,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率为,且右焦点F到左准线l的距离为3.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过F的直线与椭圆交于A,B两点,线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于点P,C,若PC＝2AB,求直线AB的方程.

解　(1)由题意,得＝且c＋＝3,

解得a＝,c＝1,则b＝1,所以椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)当AB⊥x轴时,AB＝,又CP＝3,不合题意.
当AB与x轴不垂直时,设直线AB的方程为y＝k(x－1),A(x1,y1),B(x2,y2),
将AB的方程代入椭圆方程,得(1＋2k2)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0,
则x1,2＝,C的坐标为,且
AB＝＝＝.
若k＝0,则线段AB的垂直平分线为y轴,与左准线平行,不合题意.
从而k≠0,故直线PC的方程为y＋＝－,
则P点的坐标为,从而PC＝.
因为PC＝2AB,所以＝,解得k＝±1.
此时直线AB的方程为y＝x－1或y＝－x＋1.





C组

1.若定义在上的函数 满足 ，其导函数 满足 ，则下列结论中一定错误的是（ ）
A． B． C． D．
答案：C
解析：由已知条件，构造函数，则，故函数在上单调递增，且，故，所以，，所以结论中一定错误的是C，选项D无法判断；构造函数，则，所以函数在上单调递增，且，所以，即，，选项A,B无法判断，故选C．


2.将函数的图像向右平移个单位后得到函数的图像，若对满足的，，有，则（ ）
A. B. C. D.
答案：D.
解析：向右平移个单位后，得到，又∵，∴不妨
，，∴，又∵，
∴，故选D.

3.（湖南省长沙市长郡中学2016届高三下学期第六次月考）已知为上的可导函数，当时，，则关于的函数的零点个数为( )
A．1 B．2 C．0 D．0或2
答案：C
解析：由于函数，可得，因而的零点跟的非零零点是完全一样的，
故我们考虑 的零点．由于当时，，① 当时，，所以，在上，函数单调递增函数．又∵，∴在上，函数恒成立，因此，在上，函数 没有零点．②当时，由于，故函数在上是递减函数，函数恒成立，故函数在上无零点．综上可得，函在R上的零点个数为，故选C．

4.设抛物线=2x的焦点为F，过点M（，0）的直线与抛物线相交于A，B两点，与抛物线的准线相交于C，=2，则BCF与ACF的面积之比=( )
A. B. C. D.

答案：A
解析：由题知，
又
由A、B、M三点共线有即，故，
∴，故选择A。


5.在等腰梯形ABCD中，已知AB∥DC，AB＝2，BC＝1，∠ABC＝60°，动点E和F分别在线段BC和DC上，且＝λ，＝，则||·||的最小值为________.
答案：　
解析：在梯形ABCD中，AB＝2，BC＝1，∠ABC＝60°，可得DC＝1，＝＋λ，＝＋，∴·＝(＋λ)·(＋)＝·＋·＋λ·＋λ·＝2×1×cos 60°＋2×＋λ×1×cos 60°＋λ×cos 120°＝＋＋≥2＋＝，当且仅当＝，即λ＝时，取得最小值为.

6.已知函数，（其中）.对于不相等的实数，设，.
现有如下命题：
（1）对于任意不相等的实数，都有；
（2）对于任意的a及任意不相等的实数，都有；
（3）对于任意的a，存在不相等的实数，使得；
（4）对于任意的a，存在不相等的实数，使得.
其中的真命题有 （写出所有真命题的序号）.
答案：①④

7.已知椭圆M的对称轴为坐标轴，离心率为，且抛物线y2＝4x的焦点是椭圆M的一个焦点．
(1)求椭圆M的方程；
(2)设直线l与椭圆M相交于A，B两点，以线段OA，OB为邻边作平行四边形OAPB，其中点P在椭圆M上，O为坐标原点．求点O到直线l的距离的最小值．
解析　(1)由题意，抛物线的焦点为(，0)，
设椭圆方程为＋＝1(a>b>0)．
则c＝，由e＝，得a＝2，所以b2＝2.
所以椭圆M的方程为＋＝1.
(2)当直线l斜率存在时，设直线方程为y＝kx＋m，
则由消去y，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－4＝0.
Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－4)＝8(2＋4k2－m2)>0.①
设A，B，P点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，(x0，y0)，则
x0＝x1＋x2＝－，y0＝y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝，
由于点P在椭圆M上，所以＋＝1.
从而＋＝1，
化简，得2m2＝1＋2k2，经检验满足①式．
又因为点O到直线l的距离为
d＝＝＝≥＝.
当且仅当k＝0时等号成立．
当直线l无斜率时，由对称性知，点P一定在x轴上，
从而点P的坐标为(－2,0)或(2,0)，直线l的方程为x＝±1，所以点O到直线l的距离为1.
所以点O到直线l的距离最小值为.

8.（2016年上海高考）将边长为1的正方形（及其内部）绕的旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中与在平面的同侧。






（1）求三棱锥的体积；
（2）求异面直线与所成的角的大小。

解析：（1）由题意可知，圆柱的高，底面半径．
由的长为，可知．
，
．
（2）设过点的母线与下底面交于点，则，
所以或其补角为直线与所成的角．
由长为，可知，
又，所以，
从而为等边三角形，得．
因为平面，所以．
在中，因为，，，所以，
从而直线与所成的角的大小为．


9.已知函数f(x)＝ln(1＋x),g(x)＝kx(k∈R).
(1)证明：当x＞0时,f(x)＜x；
(2)证明：当k＜1时,存在x0＞0,使得对任意的x∈(0,x0),恒有f(x)＞g(x)；
(3)确定k的所有可能取值,使得存在t＞0,对任意的x∈(0,t),恒有|f(x)－g(x)|＜x2.
解析：(1)证明　令F(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x,x∈(0,＋∞),
则有F′(x)＝－1＝.
当x∈(0,＋∞)时,F′(x)＜0,所以F(x)在(0,＋∞)上单调递减,
故当x＞0时,F(x)＜F(0)＝0,即当x＞0时,f(x)＜x.
(2)证明　令G(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx,x∈(0,＋∞),
则有G′(x)＝－k＝.
当k≤0时,G′(x)＞0,故G(x)在(0,＋∞)单调递增,G(x)＞G(0)＝0,
故任意正实数x0均满足题意.
当0＜k＜1时,令G′(x)＝0,得x＝＝－1＞0,
取x0＝－1,对任意x∈(0,x0),有G′(x)＞0,从而G(x)在(0,x0)单调递增,
所以G(x)＞G(0)＝0,即f(x)＞g(x).
综上,当k＜1时,总存在x0＞0,使得对任意x∈(0,x0),恒有f(x)＞g(x).
(3)解　当k＞1时,由(1)知,对于∀x∈(0,＋∞),g(x)＞x＞f(x),故g(x)＞f(x),
|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝kx－ln(1＋x).M(x)＝kx－ln(1＋x)－x2,x∈[0,＋∞).
则有M′(x)＝k－－2x＝.
故当x∈时,M′(x)＞0,
M(x)在上单调递增,
故M(x)＞M(0)＝0,即|f(x)－g(x)|＞x2,所以满足题意的t不存在.
当k＜1时,由(2)知,存在x0＞0,使得当x∈(0,x0)时,f(x)＞g(x),
此时|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx.
令N(x)＝ln(1＋x)－kx－x2,x∈[0,＋∞).
则有N′(x)＝－k－2x＝.
当x∈时,
N′(x)＞0,N(x)在上单调递增,
故N(x)＞N(0)＝0,即f(x)－g(x)＞x2.
记x0与中的较小者为x1,
则当x∈(0,x1)时,恒有|f(x)－g(x)|＞x2.
故满足题意的t不存在.
当k＝1时,由(1)知,当x＞0时,|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝x－ln(1＋x),
令H(x)＝x－ln(1＋x)－x2,x∈[0,＋∞),则有H′(x)＝1－－2x＝.
当x＞0时,H′(x)＜0,所以H(x)在[0,＋∞)上单调递减,故H(x)＜H(0)＝0.
故当x＞0时,恒有|f(x)－g(x)|＜x2.此时,任意正实数t均满足题意.
综上,k＝1.
方法二　(1)(2)证明　同法一.
(3)当k＞1时,由(1)知,对于∀x∈(0,＋∞),g(x)＞x＞f(x),
故|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝kx－ln(1＋x)＞kx－x＝(k－1)x.
令(k－1)x＞x2,解得0＜x＜k－1.
从而得到,当k＞1时,对于x∈(0,k－1),恒有|f(x)－g(x)|＞x2,
故满足题意的t不存在.
当k＜1时,取k1＝,从而k＜k1＜1,
由(2)知,存在x0＞0,使得x∈(0,x0),f(x)＞k1x＞kx＝g(x),
此时|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＞(k1－k)x＝x,
令x＞x2,解得0＜x＜,此时f(x)－g(x)＞x2.
记x0与的较小者为x1,当x∈(0,x1)时,恒有|f(x)－g(x)|＞x2.故满足题意的t不存在.
当k＝1时,由(1)知,x＞0,|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＝x－ln(1＋x),
令M(x)＝x－ln(1＋x)－x2,x∈[0,＋∞),则有M′(x)＝1－－2x＝.
当x＞0时,M′(x)＜0,所以M(x)在[0,＋∞)上单调递减,
故M(x)＜M(0)＝0.故当x＞0时,恒有|f(x)－g(x)|＜x2,
此时,任意正实数t均满足题意.
综上,k＝1.
10.（2016年山东高考）已知.
（I）讨论的单调性；
（II）当时，证明对于任意的成立.
解析：(Ⅰ) 求导数

当时，，，单调递增，
，，单调递减；
当时，
（1） 当时，，
或，，单调递增，
，，单调递减；
(2) 当时，， ，，单调递增，
(3) 当时，，
或，，单调递增，
，，单调递减；
(Ⅱ) 当时，，

于是，
，
令　，，，
于是，
，的最小值为；
又
设，，因为，，
所以必有，使得，且
时，，单调递增；
时，，单调递减；
又，，所以的最小值为．
所以．
即对于任意的成立．