2022年高考浙江数学高考真题变式题第19-22题解析版

这是一份2022年高考浙江数学高考真题变式题第19-22题解析版，共109页。试卷主要包含了已知三棱台，若，为的中点等内容，欢迎下载使用。

2022年高考浙江数学高考真题变式题19-22题
原题19
1．如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点．

(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
变式题1基础
2．如图，在正三棱柱中，D为棱上的点，E，F，G分别为的中点，．

(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的大小；
变式题2基础
3．如图，在直角中，PO⊥OA，PO=2OA，将绕边PO旋转到的位置，使，得到圆锥的一部分，点C为的中点．

(1)求证：；
(2)设直线PC与平面PAB所成的角为，求．
变式题3基础
4．多面体如图所示，其中为等腰直角三角形，且．

(1)求证：；
(2)若，为的重心，平面，求直线与平面
所成角的正弦值．
变式题4基础
5．如图，在三棱锥中，侧面底面，E为的中点，

(1)若，求证：．
(2)已知，求直线与平面所成角的正弦值．
变式题5巩固
6．已知三棱台，若，为的中点．

(1)求证：；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．
变式题6巩固
7．如图，四棱锥的底面是梯形，，，E为线段中点．

(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
变式题7巩固
8．如图，四棱锥，底面ABCD为菱形，BD的中点为O，且PO⊥平面ABCD.

(1)证明：；
(2)若，，求直线PO与平面PAD所成角的正弦值.
变式题8巩固
9．已知空间几何体中，与均为等边三角形，平面平面，和平面所成的角为．

(1)求证：；
(2)若点E在平面上的射影落在的平分线上，求直线与平面所成角的正弦值．
变式题9提升
10．如图，在七面体中，四边形是菱形，其中，，，是等边三角形，且.

（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
变式题10提升
11．如图，在平面四边形中，，将沿翻折，使点到达点的位置，且平面平面.

(1)证明：；
(2)若为的中点，二面角的平面角等于，求直线PC与平面MCD所成角的正弦值.
变式题11提升
12．如图，已知直三棱柱，，，分别为线段，，的中点，为线段上的动点，，.

(1)若，试证；
(2)在（1）的条件下，当时，试确定动点的位置，使线段与平面所成角的正弦值最大.
原题20
13．已知等差数列的首项，公差．记的前n项和为．
(1)若，求；
(2)若对于每个，存在实数，使成等比数列，求d的取值范围．
变式题1基础
14．已知数列的前项和为，且满足．设，数列的前项和为．
（1）证明：数列是等比数列；
（2）设，若对任意的恒成立，求实数的取值范围．
变式题2基础
15．已知数列中，，且满足．
(1)求的值；
(2)证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
(3)若恒成立，求实数的取值范围．
变式题3基础
16．设等差数列的前n项和为，数列是首项为1公比为的等比数列，其前n项和为，且，对任意恒成立.
(1)求数列，的通项公式；
(2)设，记的前n项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围.
变式题4巩固
17．已知数列满足，（为非零常数），且.
(1)求证：数列是等比数列；
(2)若数列满足，且；
（i）求数列的通项公式；
（ii）若对任意正整数i，，都成立，求实数的取值范围.
变式题5巩固
18．已知数列、满足，，，﹒
(1)求证：为等差数列，并求通项公式；
(2)若，记前n项和为，对任意的正自然数n，不等式恒成立，求实数的范围．
变式题6巩固
19．设首项为a的等比数列的前项和为，若等差数列的前三项恰为，，.
(1)求数列，的通项公式；（用字母a表示）
(2)令，若对恒成立，求实数a的取值范围.
变式题7巩固
20．已知等差数列中，公差，，是与的等比中项，设数列的前项和为，满足.
(1)求数列与的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，若对任意的恒成立，求实数的取值范围.
变式题8提升
21．若数列的前n项和为，.
（1）求数列的通项公式；
（2）已知数列满足，其前n项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围.
变式题9提升
22．已知数列的前项和为，，数列满足，.
（1）求数列和的通项公式；
（2）设数列满足：，，若不等式恒成立，求实数的取值范围.
变式题10提升
23．已知数列和，记，分别为和的前项和，为的前项积，且满足，，.
(1)求数列和的通项公式；
(2)设，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，求实数的取值范围.
变式题11提升
24．已知数列满足：，，，且；等比数列满足：，，，且．
(1)求数列、的通项公式；
(2)设数列的前n项和为，若不等式对任意都成立，求实数的取值范围．
原题21
25．如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点．

(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求的最小值．
变式题1基础
26．如图，椭圆的左、右焦点为，过的直线与椭圆相交于、 两点.

（1）若，且 求椭圆的离心率.
（2）若，求的最大值和最小值.
变式题2基础
27．已知椭圆：与抛物线：有相同的焦点，抛物线的准线交椭圆于，两点，且.
（1）求椭圆与抛物线的方程；
（2）为坐标原点，过焦点的直线交椭圆于，两点，求面积的最大值.
变式题3基础
28．已知椭圆的左、右焦点分别为，椭圆E的离心率为，且通径长为1．
（1）求E的方程；
（2）直线l与E交于M，N两点（M，N在x轴的同侧），当时，求四边形面积的最大值．
变式题4巩固
29．在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，过点，且是椭圆的内接三角形.
（1）若点为椭圆的上顶点，且原点为的垂心，求线段的长；
（2）若点为椭圆上的一动点，且原点为的重心，求原点到直线距离的最小值.
变式题5巩固
30．对于椭圆，有如下性质：若点是椭圆外一点，，是椭圆的两条切线，则切点A，B所在直线的方程是，可利用此结论解答下列问题．
已知椭圆C：和点，过点P作椭圆C的两条切线，切点是A，B，记点A，B到直线（O是坐标原点）的距离是，．

（1）当时，求线段的长；
（2）求的最大值．
变式题6巩固
31．已知椭圆：经过点，且短轴的两个端点与右焦点构成等边三角形.
(1)求椭圆的方程；
(2)设过点的直线交椭圆于､两点，求的取值范围.
变式题7巩固
32．在平面直角坐标系中，已知点，，过点的动直线与过点的动直线的交点为P，，的斜率均存在且乘积为，设动点Р的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程;
(2)若点M在曲线C上，过点M且垂直于OM的直线交C于另一点N，点M关于原点O的对称点为Q.直线NQ交x轴于点T，求的最大值.
变式题8提升
33．如图，已知椭圆的离心率为，且过点.

（1）求椭圆的标准方程；
（2）过左焦点且斜率为正的直线与椭圆交于、两点，过点、分别作与直线垂直的直线，交轴于、两点，求的最小值.
变式题9提升
34．已知椭圆的焦距为，且过点
（1）求椭圆的方程；
（2）若点是椭圆的上顶点，点在以为直径的圆上，延长交椭圆于点，的最大值.
变式题10提升
35．已知椭圆，经过拋物线的焦点的直线与交于两点，在点处的切线交于两点，如图.

(1)当直线垂直轴时，，求的准线方程；
(2)若三角形的重心在轴上，且，求的取值范围.
变式题11提升
36．如图，点P为抛物线与椭圆在第一象限的交点，过抛物线焦点F且斜率不为0的直线l与抛物线交于A，B两点，连接交椭圆E于点C，连接交椭圆E于点D，记直线的斜率分别为．

(1)求点P的坐标并确定当为常数时的值；
(2)求取最大值时直线l的方程．
原题22
37．设函数．
(1)求的单调区间；
(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：
（ⅰ）若，则；
（ⅱ）若，则．
（注：是自然对数的底数）
变式题1基础
38．已知，函数，其中为自然对数的底数.
(1)判断函数的单调性；
(2)若是函数的两个极值点，证明：.
变式题2基础
39．已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)设存在两个极值点，且，若，求证：.
变式题3基础
40．已知函数，实数，为方程的两个不等的根.
(1)求实数的取值范围；
(2)证明：.
变式题4巩固
41．已知函数，，其中.
（1）若函数的图象与直线在第一象限有交点，求的取值范围.
（2）当时，若有两个零点，，求证：.
变式题5巩固
42．设函数．
（1）求函数的最小值；
（2）设存在两个不同零点，，记，，求证：．
变式题6巩固
43．已知函数(aR)．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，为函数的两个极值点，证明：．
变式题7巩固
44．已知函数．
（1）若，证明：当时，；当时，．
（2）若存在两个极值点，证明：．
变式题8提升
45．已知函数．
（1）当时，求曲线与曲线的公切线的方程；
（2）设函数的两个极值点为，求证：关于的方程有唯一解．
变式题9提升
46．函数，．
（1）若函数在上单调递增，求实数的取值范围；
（2）若直线是函数图象的切线，求的最小值；
（3）当时，若与的图象有两个交点，，试比较与的大小．（取为2.8，取为0.7，取为1.4）
变式题10提升
47．已知函数.
（Ⅰ）若函数存在两个零点，求实数的范围;
（Ⅱ）当函数有两个零点，且存在极值点，证明:
（i）;
（ii）.
变式题11提升
48．已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若函数有两个不同零点，，
①求实数a的取值范围；
②求证：．
变式题12提升
49．已知函数，（其中是自然对数的底数）
(1)试讨论函数的零点个数；
(2)当时，设函数的两个极值点为、且，求证：.
变式题13提升
50．已知，函数.
(1)当时，求的单调区间和极值；
(2)若有两个不同的极值点，.
（i）求实数的取值范围；
（ii）证明：（……为自然对数的底数）.

参考答案：
1．(1)证明见解析；
(2)．

【分析】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、，由平面知识易得，再根据二面角的定义可知，，由此可知，，，从而可证得平面，即得；
（2）由（1）可知平面，过点做平行线，所以可以以点为原点，，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，以及，即可利用线面角的向量公式解出．
（1）
过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、．
∵四边形和都是直角梯形，，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt和Rt，，
∵，且，
∴平面是二面角的平面角，则，
∴是正三角形，由平面，得平面平面，
∵是的中点，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面．
（2）
因为平面，过点做平行线，所以以点为原点， ，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
设，则，

设平面的法向量为
由，得，取，
设直线与平面所成角为，
∴．


2．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由已知可得，所以E、F、B、G四点共面，再证明平面即可证明；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，求出，平面的一个法向量，由向量的夹角公式可得答案.
（1）
在正三棱柱中，平面，
因为E，F，G分别为，，的中点，所以，又，
所以，平面，所以E、F、B、G四点共面，，
又因为，且，
所以平面，所以.
（2）
以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，
，为平面的一个法向量，
设直线与平面所成角的大小为，
所以，
因为，所以.

3．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）本题首先易证PO⊥平面AOB，可得PO⊥AB，再证AB⊥平面POC；
（2）根据线面夹角可知，利用空间向量计算处理．
（1）
证明：由题意知：，
∴PO⊥平面AOB，
又∵平面AOB，所以PO⊥AB．
又点C为的中点，所以OC⊥AB，
，
所以AB⊥平面POC，
又∵平面POC，所以PC⊥AB．
（2）
以O为原点，，，的方向分别作为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，，
所以，，．
设平面PAB的法向量为，则取，则
可得平面PAB的一个法向量为，
所以．

4．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取中点，根据题意得，，即可求解；（2）根据题意，平面，建立空间直角坐标系，求出对应点的坐标及平面的法向量，设直线与平面所成角为，则，代入数据即可求解.
（1）
如下图所示：取中点，连接，，，因为，所以，
又，所以，，所以平面DO，
又平面，所以．      

（2）
由（1）得，为中点，且，平面，建立如下图空间直角坐标系，轴平行于.

设，则，，，
因为为的重心，所以，，
则，，，，则．         
设平面的法向量为，且，
则，即，所以，令，则，
所以，设直线与平面所成角为，
则，                
即直线与平面所成角的正弦值为．
5．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）先证明线面垂直，再证明线线垂直即可；
（2）先建立空间直角坐标系，再求出相关平面的法向量及直线的方向向量，再运用公式即可求解.
（1）
由已知E为的中点，所以若，则，而，且平面，故平面，
由于平面，所以．
（2）
作于O，则由面底面，得平面，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，则，
所以，，，，
设是平面的法向量，则，
取，
设直线与平面所成角为，则
．
所以直线与平面所成角的正弦值为.

6．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取中点，可证，即可证明面，从而证明；
（2）以为坐标原点，以为轴，轴如图建立空间直角坐标系，根据线面夹角的坐标公式即可求解．
（1）
证明：取中点，连接
因为
则
因为，
所以
面，
又面

（2）
以为坐标原点，以为轴，轴如图建立空间直角坐标系，
在中，由余弦定理计算可得，在中由余弦定理计算可得

为正三角形，又面面面，
且面面，作于，则面


设平面的法向量，
由且可得
取，得，再令，则，
可得平面的一个法向量，
设直线与平面所成的角为，

则
直线与平面所成的角的正弦值为．

7．(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）取中点F，连接交于点O，连接，利用线线垂直证明面即可；
（2）解析1：几何法，先根据线面垂直的性质证明面面，再作，证明B到面距离等于，进而求得线面夹角的正弦值；
解析2：向量法，以为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，求面的法向量，进而求得线面角的正弦值即可
（1）
取中点F，连接交于点O，连接，

由，且梯形，有且，
故平行四边形，又，故为菱形，
所以为的中点，故.
又因为，故，
因为，面，
故面，又面，故．
（2）
解析1：几何法
在中，，故，
因为，故，由，即，
即，故面，
又，故面，面，故面面，
作，面面，面，故面，
在中，，因为，故B到面距离等于，
设与平面所成角为，，
故，故与平面所成角的正弦值为．

解析2：向量法
在中，，故，
因为，故，由，即，
即，故面，
以为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，

故，
故，
设面的法向量为，则，令，故，
所以，故与平面所成角的正弦值为．
8．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）连接，由菱形的性质可得，再由线面垂直的性质可得，即可得到平面，从而得到.
（2）以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，求出平面法向量和直线的方向向量，利用向量夹角公式即可求解.
（1）
连接，因为底面ABCD为菱形，的中点为，所以且，
又因为底面，平面，所以，
又，平面，平面，则平面，
因为平面，所以.

（2）
由（1）知，直线，，两两垂直，则以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系.
由题意设，，由，得，，又，，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量，由，令，得
设直线PO与平面PAD所成角为，则，
直线PO与平面PAD所成角的正弦值为.
9．(1)证明见解析；
(2)

【分析】（1）取中点，由证得平面，即可证得；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，由线面角的向量求法即可求解.
（1）

取中点，连接，由与均为等边三角形，可得，
又平面，，则平面，又平面，则；
（2）

由（1）知，又平面平面，平面平面，平面，则平面，
以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，设点E在平面上的射影为，则落在上，
，即为和平面所成的角，则，则，，
，则四边形为平行四边形，，则，
则，设平面的法向量，则，
令，则，设直线与平面所成角为，则.
10．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）取中点，可得，可得平面，及平面，由等边三角形得，可得平面，故，由可得答案；
（2）连接，过点作平面于点，得平面平面，
由（1）知平面，平面，以点为原点，以射线，为，轴的正半轴，建立空间直角坐标系G-xyz，设，得和平面的法向量，由可得答案.
【详解】（1）取中点，连接，，，所以，由余弦定理得
，得，
，又，且，则平面，
故，又，所以平面，
则，由等边三角形得，且，
则平面，故，
又，因此.

（2）连接，过点作平面于点，连接，，
由平面得平面平面，则点在平面内的射影位于直线上，由等边三角形得点在平面内的射影位于的中垂线上，因此，由几何关系可确定点在平面内的射影位于的重心，
又由（1）知平面，平面，则，，，，五点共面，
如图，以点为原点，以射线，为，轴的正半轴，建立空间直角坐标系G-xyz，不妨设，则，，，
在和中，由余弦定理得
，，
则，
解得，
因此，，，
设平面的法向量，
由得，取，
设直线与平面所成角为，则
，
因此，直线与平面所成角的正弦值为.

【点睛】本题主要考查了线线垂直和线面角的求法，解题的关键点是如何根据已知条件建立空间直角坐标系，考查了学生的空间想象能力和计算能力.
11．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据面面垂直的性质定理，证明线面垂直，进而证明线线垂直；
（2）法一：先找到已知的二面角，据此求出，然后利用等体积法求解P点到平面的距离为,进而求的结果；
法二：建立空间直角坐标系，确定相关的点的坐标以及向量的坐标，再求平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
（1）
证明：因为平面平面，
平面平面平面，
所以平面，
又因为平面，所以.
又因为，所以平面，
又因为平面，所以
（2）
（法一）因为，
所以是二面角的平面角，
即，在中，，
设，因为平面，所以点到平面的距离，
所以点到平面的距离，
，设P点到平面的距离为,
因为，所以，
所以，
设直线与平面所成角为.
（法二）因为，
所以是二面角的平面角，即，
在中，，
因为平面，
即两两垂直，
以为原点建立如图所示的坐标系，

设，则，
，
，设平面的一个法向量为，
则由得，令，得，
令直线与平面所成角为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
12．(1)证明见解析
(2)为的中点时，取得最大值.

【分析】（1）先证平面，得，结合已知条件得出，根据及
勾股定理的逆定理，得出，进而得出平面，即证.
（2）建立空间直角坐标系，求出相关平面的法向量和直线的方向向量，再由向量的夹角公式可求出线面角，
在利用二次函数的性质即可求解该问题.
（1）
在中，
∵为中点且，
∴.
∵平面平面交线为，
∴平面，∴.
∵，分别为，的中点，
∴.
∴.
在直角和直角中，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴.
∴平面，平面，
∴.
（2）
∵平面，由（1）得，，三线两两垂直，以为原点，
以，，为，，轴建立空间直角坐标系如图，

则，，，，，，
∴，.
设平面的一个法向量为，
则，
令得，，
设，，则，
∴，，
设直线与平面所成的角为，
则.
若，此时点与重合，
若，令，则.
当，即，为的中点时，取得最大值.
13．(1)
(2)

【分析】（1）利用等差数列通项公式及前项和公式化简条件，求出，再求；
(2)由等比数列定义列方程，结合一元二次方程有解的条件求的范围.
（1）
因为，
所以，
所以，又，
所以，
所以，
所以，
（2）
因为，，成等比数列，
所以，
，
，
由已知方程的判别式大于等于0，
所以，
所以对于任意的恒成立，
所以对于任意的恒成立，
当时，，
当时，由，可得
当时，，
又
所以

14．（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）利用已知等式以及和的关系得到递推关系式，再根据定义证明数列是等比数列；
（2）求出的通项公式及，进而求出，最后根据恒成立求出实数的取值范围．
【详解】解：（1）因为，①
所以，②
②-①得，．
所以，
又，
即．
在①中，令得，，
又，所以．
所以，即．
所以，
故数列是以为首项，为公比的等比数列．
（2）由（1）可得，，
所以，
所以时，．
当时，适合上式，
所以．
所以，
所以．
令，得，即恒成立．
令，则．
当时，，
所以，解得，
故实数的取值范围为．
【点睛】本题考查等比数列的定义、通项公式、前项和公式，考查考生的推理论证能力．
15．(1)
(2)证明见解析；
(3)

【分析】（1）令时代入递推公式可求解；
（2）利用等差数列的定义进行证明，得到公差为1，首项为2，写其通项公式；
（3）由题意化简得，求出的最值便可求出的范围.
（1）
解：由题意得：

（2）
为常数
数列是首项为2，公差为1的等差数列


（3）


令，

当时，，递增
当时，，递减
当或n=3时，有最大值

16．(1)，
(2)

【分析】（1）根据已知条件及等差等比数列的通项公式及前n项和公式即可求解；
（2）利用（1）得出的通项公式，再利用错位相减法求出，将不等式恒成立问题转化为最值问题即可求解.
（1）
设等差数列的首项为，公差为则
由，得即
由①得，由②得，由③得，
所以数列的通项公式为，
所以数列的通项公式为.
（2）
由（1）知，，所以，
①
②
②-①得：
化简得：，
又因为，即
即，
（i）当时，，所以；
（ii）当时，，
令，则


当时，，所以单调递减；
当时，，所以单调递增；
当时，取得最小值为
，即,
所以的取值范围是.
17．(1)证明见解析
(2)（i）；（ii）

【分析】（1）将条件变形为即可得答案；
（2）（i）先根据（1）求出数列的通项公式，进而可得数列的通项公式；
（ii）分n为奇数，n为偶数确定数列的单调性，进而可得其最值，代入即可得答案.
（1）
由
可得
即，
因此是以为首项，为公比的等比数列.
（2）
（i）因为
所以由可得
因此


即
（ii）当n为奇数时，单调递减，得；
当n为偶数时，单调递增，得；
因为，所以，
因此的最大值为，最小值为，
因为对任意正整数i，，都成立，所以，即
解得.
18．(1)证明见解析；.
(2).

【分析】(1)证明为常数即可证明为等差数列，根据等差数列通项公式即可求通项公式，于是可求通项公式；
(2)根据累乘法求，再求出，根据通项公式的特征，采用错位相减法求其前n项和，求单调性并求其范围即可求λ的范围.
（1）
∵，，两边同除以得：
，从而，，
是首项为1，公差为1的等差数列，，
∴；
（2）
由，，
∴，∴，
∴，
∴，
，
两式相减得，，
∴
＝，
中每一项，为递增数列，∴，
∵，∴，
，
.
19．(1)，
(2)

【分析】（1）根据等差中项公式及等比数列求和公式可得，从而即可求解数列，的通项公式；
（2）利用错位相减法求出数列的前n项和，进而可得恒成立，令，判断的单调性，求出其最大值，从而即可求解.
（1）
解：设等比数列的公比为，依题意有，故，
所以，即，解得，
所以，
又，所以公差，
所以；
（2）
解：，
令，则，
，
所以，
所以，
由题意，对都有，即恒成立，
令，则时，
故时，数列递减，又，故，
所以，即的取值范围为.
20．(1)，
(2)

【分析】（1）对于等差数列直接列方程求解，数列根据求解；
（2）利用错位相减法可得，根据题意讨论得：当是奇数时，；当是偶数时，，再通过定义证明数列的单调性，进入确定相应情况的最值．
（1）
∵
则，解得或（舍去）
∴.
又∵，
当时，，则，
当时，，则，即，
则数列是以首项，公比为的等比数列，
∴.
（2）
，
，

两式相减得：

∴
∵对任意的恒成立，即对任意的恒成立
①当是奇数时，任意的'恒成立
∴对任意的恒成立
②当是偶数时，对任意的恒成立
∴对任意的恒成立
令，对任意的恒成立
∴为递增数列
①当是奇数时，则，即
②当是偶数时，则
∴.
21．（1）；（2）.
【分析】（1）利用化简可得为等比数列，由此可求得通项公式；
（2）由题可得恒成立，n为偶数时，，n为奇数时，.
【详解】（1）解：因为，所以，
当，时，
所以，
所以数列为等比数列，首项为，公比为2，
所以，则；
（2）解：因为，所以，
由（1），
所以恒成立，
当n为偶数时，恒成立，所以，
设，由于，
所以，当时，，
所以，
当n为奇数时，，若n=1，则有，
若，则有，
令，由于，
所以，综上，.
【点睛】关键点睛：本题考查数列不等式的恒成立问题，解题的关键是分离参数，转化为求数列的最值.
22．（1），；（2）.
【分析】（1）由，利用数列通项与前n项和的关系求得；再由求解；
（2）由，利用错位相减法求得， 由，利用累加法得到，从而求得，然后由恒成立求解.
【详解】（1）当时，，∴，
当时，由得
，即，
∴数列是公差为2的等差数列，
∵，∴.
由条件得，，
∴，即数列是公比为2的等比数列，
∴.
（2），设数列的前项和为，则，
∴，
∴，
，

∴，
由得，
累加得，
即，
∴，
∴，
令，则，
∴，
∴，
∴.
23．(1)，
(2)

【分析】(1)先用通项公式和前n项和公式的关系求出和的关系，再利用前n项积得到另外一组和的关系，由此即可求出两个数列的通项公式；
(2)由错位相减法求，代入参变分离得，求最小值即可.
（1）
时，①，②，
①-②得，
当时，③，④，
③÷④得.
由上可得，即，化简得.
当时，，，两式相等得，.
故，因此且，故.
综上，.
（2）
，
  ⑤
  ⑥
⑤－⑥得：，
，

将代入得，
化简得，
因在单调递增，故的最小值为－4，
故.
24．(1)（），（），
(2)

【分析】（1）将已知给的式子，通过两边同除，然后再进行裂项，即可变成的形式，通过累加即可完成的求解，然后在求解， 为等比数列，可设出公比带入已知条件，求解出公比即可利用等比数列通项公式求解；
（2）利用第（1）问求解出得、的通项公式，使用错位相减的方法求解，然后带入中，通过讨论奇偶即可完成求解.
（1）
由两边同除得：，
         两边同除得：，
         则，
所以
       ，（）
所以，又符合，
故（），
由得：，解得：，
所以（）.
（2）
∵，
∴        ①
∴  ②
由①-②得：，
               
          ∴.
则，由得：
，
因为
所以当为偶数时，；当为奇数时，.
故      
所以，即，
故的取值范围是.
25．(1)；
(2)．

【分析】（1）设是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出，再根据二次函数的性质即可求出；
（2）设直线与椭圆方程联立可得，再将直线方程与的方程分别联立，可解得点的坐标，再根据两点间的距离公式求出，最后代入化简可得，由柯西不等式即可求出最小值．
（1）
设是椭圆上任意一点,,
，当且仅当时取等号，故的最大值是.
（2）
设直线,直线方程与椭圆联立,可得,设，所以，
因为直线与直线交于,
则,同理可得,.则


，
当且仅当时取等号，故的最小值为.
【点睛】本题主要考查最值的计算，第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好解决，第二问思路简单，运算量较大，求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值，对学生的综合能力要求较高，属于较难题．

26．（1）；（2）最大值；最小值.
【解析】（1）因为在焦点三角形中，，则，又因为，所以，所以，
（2）若，则，，当垂直于轴时，可求出两点的坐标，从而可得的值，当与轴不垂直，设直线的斜率为，则直线的方程为，与椭圆方程联立成方程组，消去后，整理再利用韦达定理得, ，从而可得=，进而可求出其取值范围
【详解】（1），
因为。所以，
所以，
所以
（2）由于，得，则.
①若垂直于轴，则，
所以，
所以
②若与轴不垂直，设直线的斜率为，则直线的方程为
由    得  
，方程有两个不等的实数根.
设，.,



=

，所以当直线垂于轴时，取得最大值
当直线与轴重合时，取得最小值
【点睛】关键点点睛：此题考查由焦点三角形三边关系求椭圆方程，考查椭圆与向量相结合求最值问题，解题的关键是将利用韦达定理求出, ，然后将用含的式子表示出来，即=，再利用不等式的性质可求出其取值范围，考查计算能力，属于中档题
27．（1）椭圆的方程为：，抛物线的方程为：；（2）最大值为1.
【解析】（1）根据抛物线准线的性质，结合已知进行求解即可；
（2）根据点到直线的距离公式，结合椭圆弦长公式、三角形面积公式、基本不等式进行求解即可.
【详解】解析：（1）因为，所以不妨设的坐标为，的坐标为，
所以有：，∴，，
∴椭圆的方程为：，抛物线的方程为：；
（2）由（1）可知：的坐标为：，
设直线的方程为：，到的距离为，则，
联立可得：，则，
，
当且仅当时取等号，故面积的最大值为1.
28．（1）；（2）2.
【分析】（1）结合离心率，通径的概念以及的关系可得方程；
（2）利用对称性可转化为，利用韦达定理和不等式求最值．
【详解】（1）依题意可知，解得
故椭圆的方程为．
（2）延长交E于点，由（1）可知，

设，设的方程为，
由得，
故．
设与的距离为d，则四边形的面积为S，
，
又因为

，
当且仅当，即时，等号成立，
故四边形面积的最大值为2．
29．（1）；（2）.
【解析】（1）根据题意，先求出椭圆的方程，由原点为的垂心可得，轴，设，则，，根据求出线段的长；
（2）设中点为，直线与椭圆交于，两点，为的重心，则，设：，，，则，当斜率不存在时，则到直线的距离为1，由斜率存在时根据，即，由方程联立得出，再由点到直线的距离求出最值.
【详解】解：（1）设焦距为，由题意知：，
因此，椭圆的方程为：；
由题意知：，故轴，设，则，，
，解得：或，
，不重合，故，，故；
（2）设中点为，直线与椭圆交于，两点，
为的重心，则，
当斜率不存在时，点在轴上，所以此时点在长轴的端点处
由,则，则到直线的距离为1；
当斜率存在时，设：，，，
则，所以，
所以，即
也即

，则
，
则：，，代入式子得：
，
设到直线的距离为，则
时，；
综上，原点到直线距离的最小值为.

【点睛】关键点睛：本题考查椭圆的内接三角形的相关性质的应用，解答本题的关键是设中点为，直线与椭圆交于，两点，为的重心，则，根据点均在椭圆上，得出，由方程联立韦达定理得到，属于中档题.
30．（1）；（2）．
【解析】（1）由已知结论求出直线的方程，联立方程，得韦达定理，利用弦长公式即可求得的长；（2）将表示为关于的函数，再利用换元法与分离常数法两种方法分别求出最值.
【详解】（1）解
当时，直线方程为，联立，得．
设，，则，．则．
（2）解
直线：，即，直线：．
设，，则，

记，则，
接下来介绍求最值的不同方法．
法1：常规换元法
令，，则
，当即时取得等号，则的最大值是．
法2：分离常数法
，显然时不取得最大值，
则，
当时取得等号，则的最大值是．
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
31．(1)
(2)

【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出、的值，进而可求得椭圆的方程；
（2）对直线分两种情况讨论，直线与轴重合时，直接求出的值，在直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式可得出关于的代数式，综合可得出的取值范围．
（1）
由题意，椭圆短轴的两个端点与右焦点构成等边三角形
故，
即椭圆：，代入
可得
故椭圆的方程为：
（2）
分以下两种情况讨论：
①若直线与轴重合，则；
②若直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，
联立，消去可得，
则恒成立，
由韦达定理可得，，
由弦长公式可得，
，则，所以，.
综上所述，的取值范围是.
32．(1)
(2)

【分析】（1）设点坐标为，根据两直线的斜率之积为得到方程，整理即可；
（2）设，，，根据设、在椭圆上，则，再由，则，即可表示出直线、的方程，联立两直线方程，即可得到点的纵坐标，再根据弦长公式得到，令，则，最后利用基本不等式计算可得；
（1）
解：设点坐标为，
定点，，直线与直线的斜率之积为，
，

（2）
解：设，，，则，，所以
又，所以，又即，则直线：，直线：，由，解得，即，所以
令，则，所以
因为，当且仅当即时取等号，所以的最大值为；
33．（1）；（2）最小值是.
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出、的值，即可得出椭圆的标准方程；
（2）设点、，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出、的坐标，可得出关于的表达式，利用换元法结合基本不等式可求得的最小值.
【详解】（1）由题意，解得，因此，椭圆的标准方程为；
（2）设点、，设直线的方程为，
由得，，
由韦达定理可得，，
直线的方程为，令得，
同理，
所以，
令，则，
当且仅当时，即当时，取最小值.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
34．（1）；（2）.
【分析】（1）根据椭圆的焦距和，结合基本量的关系，可得，进而得到椭圆方程；
（2）由题可得，，进而可求出以为直径的圆方程，设直线的方程为，，分别与圆方程和椭圆方程联立，求出和，根据弦长公式可得和，再利用判别式法，解不等式可得的最大值．
【详解】解：（1）根据题意，椭圆的焦距为，且过点，
可知，，则，
，，
所以椭圆的方程为；
（2）可得，，则，
则以为直径的圆，圆心为，半径为，
以为直径的圆方程为，
即：，
点，由于延长交椭圆于点，则点在直线上，
可知直线的斜率存在，且，
则设直线的方程为，设，
联立直线和圆的方程，得，
解得：，
可得，
联立直线和椭圆的方程，得，
解得：，
可得，
则，
可知，设上式为，
即有，，
，即为，
解得：，
则的最大值为.

【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆方程的求法、圆锥曲线中的最值问题，考查直线、圆和椭圆的方程和弦长公式的应用，解题的关键在于利用判别式法求最值，考查学生分析和计算能力，属于中档题.
35．(1)x=-1；
(2)


【分析】(1)根据抛物线的性质可得，根据题意可得，将点P的坐标代入抛物线方程求出p的值即可；
(2)根据题意设，，由导数的几何意义求出直线PB的斜率进而表示出方程，联立椭圆方程并消去x，利用韦达定理求出，根据三角形的重心可得，列出方程并解之得出，利用抛物线的定义表示，结合换元法化简计算即可.
（1）
由知，，
当直线PF垂直于x轴时，由，得，
有，
所以的准线方程为：，即；
（2）
由题意知，，设直线，，
则，，
，
由，即直线PB的斜率为，
所以直线PB的方程为：，即，
，
，又G为的重心，且G在x轴上，故，
所以，又，所以，
整理，得，解得，

①，令，则，
所以①式②，
令，则，
所以②式，
故的取值范围为.
【点睛】解决直线与圆锥曲线的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、曲线的条件；
(2)强化有关直线与 联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积和取值范围等问题．
36．(1)，
(2)

【分析】（1）联立方程求得，设直线，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理，分别表示，得到，进而可得答案.
（2）由（1）得，设直线的方程分别为，然后，分别与椭圆进行联立方程，得到，进而可得，最后利用含参不等式的性质，即可求出直线的方程.
（1）
由得．
设直线l的方程为．
由得，由韦达定理得．
又，同理可得，则
，所以当时，为常数．
（2）
由（1）知，．
设直线的方程分别为．
由得，
由韦达定理得，解得，
代入直线的方程得，同理可得．
又由（1）知，，得．
所以

．
所以，令，
则，当且仅当时，等号成立，
此时直线l的方程为．
37．(1)的减区间为，增区间为.
(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.

【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.
（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ） ，，则题设不等式可转化为，结合零点满足的方程进一步转化为，利用导数可证该不等式成立.
（1）
，
当，；当，，
故的减区间为，的增区间为.
（2）
（ⅰ）因为过有三条不同的切线，设切点为，
故，
故方程有3个不同的根，
该方程可整理为，
设，
则
，
当或时，；当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：且，
此时，
设，则，
故为上的减函数，故，
故.
（ⅱ）当时，同（ⅰ）中讨论可得：
故在上为减函数，在上为增函数，
不妨设，则，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：，
因为，故，
又，
设，，则方程即为：
即为，
记
则为有三个不同的根，
设，，
要证：，即证，
即证：，
即证：，
即证：，
而且，
故，
故，
故即证：，
即证：
即证：，
记，则，
设，则即，
故在上为增函数，故，
所以，
记，
则，
所以在为增函数，故，
故即，
故原不等式得证：
【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.

38．(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）求导函数，分，讨论导函数的符号，可得出原函数的单调性.
（2）由极值点的定义得是方程的两根，设，得出根与系数的关系，所证明的不等式运用分析法即证，令， 即证，令，求导函数，得出的符号，得的单调性和最值，不等式可得证.
（1）
解： ，
令，，
当时，，所以有2个根：，所以当或时，，当时，，
所以当时，在上单调递增，
在上单调递减；
当时，，所以恒成立，所以在上单调递增.
所以时，在上单调递增.
综上得：当时，在上单调递增，
在上单调递减；
当时，在上单调递增.
（2）
解：因为是函数的两个极值点，所以是方程的两根，
设，则，
，
要证明，即证，
即证，
即证，
令，则，
即证，
即证，
令，，
所以在上单调递增，
所以，故结论成立.
39．(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）先把函数进行求导并进行化简，由题意知，，在对进行讨论即可得到答案.
（2）由（1）知在时，存在两个极值点，利用韦达定理求出的关系式，并用分别表示出和，把代入中进行化简，，所以可以求出最小值，即可证出.
（1）
由题意可知，，
当时，，则在是单调递增；
当时，若，即时，
若，即时，和时，时，，
综上，时，在是单调递增；时，在和递增，在递减
（2）
由题意可设，是的两个根，
则
（用分别表示出和）
，整理，得
，此时
设，求导得
恒成立，
在上单调递减，
40．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）利用函数的单调性即可求解；
（2）通过观察发现在处的切线方程为，在处的切线方程为，利用导数即可证明和，再利用在区间和上的切线与的交点的横坐标与零点的关系即可证明.
（1）
函数的定义域为，
，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，
所以
（2）
在处的切线的斜率为，其切线方程为，
首先证明：
，
,
在上单调递增，在上单调递减,
的最大值，所以成立,
在处的切线的斜率为，其切线方程为，
再证明：,
，

在上单调递增，在上单调递减,
的最大值，所以成立,
不妨设，实数，为方程的两个不等的实根,
设直线与在处的切线的交点的横坐标为，
则可得,
由可得，
设直线与在处的切线的交点的横坐标为，
则可得,
由可得，
所以.
（注：不等式，可以直接使用）
41．（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）根据题意设，问题转化为方程，在有解，求导，分类讨论①若，②若，③若时，分析单调性，进而得出结论.
（2）运用分析法和构造函数法，结合函数的单调性，不等式的性质，即可得证.
【详解】解：（1）设，
则由题设知，方程，在有解，
而.
设，则.
①若，由可知，且，
从而，即在上单调递减，从而恒成立，
因而方程在上无解.
②若，则，又时，，
因此，在上必存在实根，设最小的正实根为，
由函数的连续性可知，上恒有，
即在上单调递减，
也即，在上单调递减，从而在上恒有，
因而在上单调递减，故在上恒有，即，
注意到，因此，
令时，则有，由零点的存在性定理可知函数在，上有零点，符合题意.
③若时，则由可知，恒成立，从而在上单调递增，
也即在上单调递增，从而恒成立，故方程在上无解.
综上可知，的取值范围是.
（2）因为有两个零点，所以（2），
即，
设，则要证，
因为，，
又因为在上单调递增，
所以只要证明，
设，
则，
所以在上单调递减，（2），所以，
因为有两个零点，，，所以，
方程即构造函数，
则，，，
记，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以，且，
设，
，
所以递增，
当时，，
当时，，
所以，
即，
，，，
所以，
同理，
所以，
所以，
所以，
由得：
，
综上：.
【点睛】本题考查导数的综合应用，不等式的证明，关键是运用分类讨论，构造函数的思想去解决问题，属于难题.
42．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）利用导函数求出函数的单调性，进而求出最小值；
（2）设，首先利用导函数求出函数的单调区间，其次先证明，然后证明，在解题中涉及到基本不等式.
【详解】（1）函数，定义域为，
，

当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增；
所以；
（2）不妨设,，

，
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增；
∴在递减，在递增，
∴，，
∴，
∴，
∵，即，
∴，
∴
要证， 即
即证
即证
即证
又由于，，
所以只需证
即证明，
即证，
即证
该式显然成立，于是原命题得证．
【点睛】导数中双变量问题，处理的方式一般是通过变形,把看作一个未知数,从而把两个自变量转化为一个未知量，这是一种比较常见的解题方法，然而这道题目是利用倒推的思想来证明的,在化简中注意基本不等式的应用.
43．（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）求出导函数，根据的解的情况分类讨论得单调性；
（2）由（1）知，化简，不等式化为，再由不妨设，转化为只要证这个不等式可利用（1）中的结论证明．
【详解】（1），令
当即时，，在上单调递增；
当即或时，
①    当时，在上单调递增；
②    当时，令，







+
0
-
0
+

递增
极大值
递减
极小值
递增

综上：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，
在上单调递减.
（2）由（1）知时有两个极值点，
且，不妨设，
要证即证，即，
设由（1）知当时，在上单调递增，，则在上单调递减， .原式得证.
【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的单调性，证明不等式．含有参数的函数在求单调区间时一般需要分类讨论，可根据的根的情况分类讨论．对于双变量的不等式的证明需要进行变形，利用双变量之间的关系，转化为只有一个变量的不等式，从而可引入新函数，利用函数的性质进行证明．解题过程中换元法是一种重要的方法．
44．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）将代入，求出恒成立，得到函数的单调性，结合可得结果；
（2）根据在极值点处导数为0可得且，将所需不等式化简即可转化为，记，转化为以为变量的函数不等式，构造函数，利用导数研究函数的单调性即可得结果.
【详解】解析：（1）当时，，定义域为，
在定义域上恒成立，
所以在上单调递减，当时，；当时，．原命题得证．
（2），若存在两个极值点，则，解得．由韦达定理可知，

原命题即证：．
不妨设，原命题即证：，由（*）知，
齐次化，即证：，不放令，
原命题即证：，记，
则，
当时，在上单调递减，．
原命题得证．
【点睛】关键点点睛：由极值点的概念得到的关系，将所证不等式进行齐次化处理，引入新的变量是解题的关键.
45．（1）（2）见解析
【分析】（1）求两条曲线的公切线，分别求出各自的切线，然后两条切线为同一条直线，结合两个方程求解；
（2）要证明关于的方程有唯一解，只要证明即可，由于当时，单调递增，不可能有两个零点，故不可能有两个极值点，故，利用得，又，接下来只要证明，即，令，则只要证明即可，用导数即可证明．
【详解】（1）曲线在切点处的切线方程为
，即，
曲线在切点处的切线方程为
，即，
由曲线与曲线存在公切线，
得，得，即．
令，则，
，解得，∴在上单调递增，
，解得，∴在上单调递减，
又，∴，则，
故公切线方程为．
（2）要证明关于的方程有唯一解，
只要证明，
先证明：．
∵有两个极值点，
∴有两个不同的零点，
令，则，
当时，恒成立，∴单调递增，不可能有两个零点；
当时，，则，∴在上单调递增，
，则，∴在上单调递减，
又时，，时，，
∴，得，∴．
易知，
由，得，，
∴．
下面再证明：．
，
令，则只需证，
令，
则，
∴，得．
∴有唯一解．
【点睛】本题主要考查导数的几何意义，利用导数研究函数的性质和有关的综合问题，考查学生分析解决问题的能力和计算能力，属于难题.
46．（1）；（2）；（3）.
【分析】（1）求出，由题可得在恒成立，即恒成立，由可求；
（2）设切点，求出切线方程，令，则，利用导数求出的单调性即可求出最小值；
（3）由题意化简可得，令，记，
令，由导数可得在上单调递增，，令，可得，即可判断.
【详解】解：（1）：，
则，
在上单调递增，
对，都有，
即对，都有，
，，
故实数的取值范围是；
（2），
设切点，则切线方程为，
即，
即，
令，由题意得，，
令，则，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
，故的最小值为；
（3）由题意知，，
两式相加得，
两式相减得，即
，
即，
不妨令，记，
令，则，
在上单调递增，则，
，则，
，
，
，即，
令，则时，，
在上单调递增，
又，
，
则，即．
【点睛】本题考查利用导数讨论函数的单调性，利用导数求函数的最值和比较大小，解题的关键是正确的构造函数，利用导数判断出函数的单调性，通过单调性求出函数的最值.
47．（Ⅰ）；（Ⅱ）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【分析】(1)利用导数讨论的单调性得到，
令并讨论其单调性，结合即可
(2)有两个零点，结合，
由零点的存在性定理和即可得出结果；
由上述可知，根据得
结合得出即证.
【详解】解：（1）
因为，令
则
所以在递减，递增
又有两个零点，所以
令，则在上单调递增
又，所以时
故
（2）（i）
而
（ii）由上知
而有：
即
又

即
又即

【点睛】(1)利用导数求参数的范围常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理.
(2)破解含双参不等式证明题的3个关键点
①转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式.
②巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.
③回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.
48．(1)单调递增区间是，单调递减区间是
(2)①；②证明见解析

【分析】（1）求出导函数，由得增区间，由得减区间；
（2）①函数有两个不同零点，等价于方程有两个不同的实根．设，即方程有两个不同的实根．
设，由导数确定的单调性、极值、函数值的变化趋势后可得；
②由①，，要证，只需证．由①知，，故有，即．下面证明：即可．引入函数，由导数证明，利用单调性即可得结论．
（1）
对函数求导，得．
当时，，
因为函数的定义域，
由，得，
由，得，
所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是．
（2）
由，得，
①函数有两个不同零点，
等价于方程有两个不同的实根．
设，即方程有两个不同的实根．
设，
，
再设，
所以函数在上单调递增，
注意到，
所以当时，，当时，．
所以在（0，1）上单调递减，在上单调递增．
当时，，
当时，，
当时，，
只需，
即所求．
②注意到，，要证，只需证．
由①知，，故有，即．
下面证明：．
设，
有，
所以函数在上单调递增，
所以，
所以，故有．
又，，且在上单调递减，所以，即得．
因此，结论得证．
【点睛】本题考查用导数求函数的单调性，研究函数的零点问题，解题关键是对两个变量的处理，换元是一种技巧同，目的是使问题得到简化，经过转化问题化为证明，双变量的处理，先分离，，利用函数的单调性，表面上复杂化，证明，实质上利用两个变量的关系，此时可以进行消元：，因此只要证，为此引入新函数，利用导数加以证明．本题考查了学生的逻辑思维能力，运算求解能力，转化与化归能力，属于困难题．
49．(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）可得，令，其中，则函数的零点个数等于直线与函数图象的公共点个数，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出结论；
（2）推导出，将所证不等式转化为，设函数的图象在处的切线交直线于点，函数的图象在处的切线交直线于点，证明出，，再利用不等式的基本性质可证得所证不等式成立.
（1）
解：由可得，令，其中，
则函数的零点个数等于直线与函数图象的公共点个数，
，令可得，列表如下：









减
极小值
增

如下图所示：

当时，函数无零点；
当时，函数只有一个零点；
当时，函数有两个零点.
（2）
证明：，其中，
所以，，由已知可得，
上述两个等式作差得，
要证，即证，
因为，设函数的图象交轴的正半轴于点，则，
因为函数在上单调递增，，，，
设函数的图象在处的切线交直线于点，
函数的图象在处的切线交直线于点，
因为，所以，函数的图象在处的切线方程为，
联立可得，即点，
构造函数，其中，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，所以，，
所以，对任意的，，当且仅当时等号成立，
由图可知，则，所以，，

因为，可得，
函数在处的切线方程为，
联立，解得，即点，
因为，
所以，，
构造函数，其中，则，，
当时，，此时函数单调递减，
当时， ，此时函数单调递增，则，
所以，对任意的，，当且仅当时，等号成立，
所以，，可得，
因此，，故原不等式成立.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
50．(1)递减区间为，递增区间为，极小值为，无极大值
(2)（i）；（ii）证明见解析

【分析】(1)求出解析式，利用导数研究函数的单调性，即可求出函数的极值；
(2)(i)由，构造函数()，将问题转化函数有个不同的零点，利用导数分类讨论函数当、、时的单调性，结合极值点的定义即可得出结果；
(ii)由(i)，利用换元法可得，令，整理可得，
利用放缩法和导数证明在上恒成立即可.
（1）
当时，()，则，
故当时，，当时，，
故的递减区间为，递增区间为，
极小值为，无极大值；
（2）
(i)因为()，
令()，问题可转化函数有个不同的零点，
又，令，
故函数在上递减，在上递增，
故，故，即，
当时，在时，函数，不符题意，
当时，则，，，
即当时，存在，，
使得在上递增，在上递减，在上递增，
故有两个不同的极值点的a的取值范围为；
（ii）因为，，且，
令，则，，
又，
令，即只要证明，即，
令，
则，
故在上递增，且，所以，即，
从而，
又因为二次函数的判别式，
即，即，
所以在上恒成立，故.
【点睛】破解含双参不等式证明题的3个关键点
（1）转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式.
（2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.
（3）回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.