?定遠(yuǎn)中學(xué)2023年高考沖刺數(shù)學(xué)試卷（一）
一、單選題（本大題共8小題，共40分.在每小題列出的選項(xiàng)中，選出符合題目的一項(xiàng)）
1. 已知U＝R，A＝{x|x2－4x＋3≤0}，B＝{x||x－3|＞1}，則A∪＝（ ）
A. {x|1≤x≤4} B. {x|2≤x≤3}
C. {x|1≤x＜2} D. {x|2＜x≤3}
【答案】A
【解析】
【分析】先化簡集合A，B，再利用集合的補(bǔ)集和并集運(yùn)算求解.
【詳解】解：因?yàn)?，或?br /> 所以，，
故選：A．
2. 已知復(fù)數(shù)z的實(shí)部和虛部均為整數(shù)，則滿足的復(fù)數(shù)z的個(gè)數(shù)為（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】設(shè)，由，可得，則，討論兩種情況即可得答案.
【詳解】設(shè)，則


因?yàn)椋?br /> 因?yàn)?，所以，?
當(dāng)時(shí)，，即，有兩組滿足條件，
當(dāng)時(shí)，或，所以，，
但時(shí)，不符合題意，
故個(gè)數(shù)為4，
故選：C.
3. 已知拋物線C：x2＝4y的焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線為l，A是l上一點(diǎn)，B是直線AF與C的一個(gè)交點(diǎn)，若，則|BF|＝（ ）
A. B. C. 3 D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)平面向量共線的性質(zhì)，結(jié)合拋物線定義進(jìn)行求解即可.
【詳解】拋物線C：x2＝4y的焦點(diǎn)為F（0，1），準(zhǔn)線為l：y＝－1，
設(shè)A（a，－1），B（m，n），則，，
∵，
∴－2＝－4（n－1），
∴，
∴由拋物線的定義可得
故選：B．
4. 轉(zhuǎn)子發(fā)動(dòng)機(jī)采用三角轉(zhuǎn)子旋轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)來控制壓縮和排放．如圖1，三角轉(zhuǎn)子的外形是有三條側(cè)棱的曲面棱柱，且側(cè)棱垂直于底面，底面是以正三角形的三個(gè)頂點(diǎn)為圓心，正三角形的邊長為半徑畫圓構(gòu)成的曲面三角形（如圖2），正三角形的頂點(diǎn)稱為曲面三角形的頂點(diǎn)，側(cè)棱長為曲面棱柱的高，記該曲面棱柱的底面積為S，高為h．已知曲面棱柱的體積V=Sh，如圖1所示的曲面棱柱的體積為，，則（ ）

A. 2 B. 3 C. 4 D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】把底面分為三個(gè)弓形和三角形面積之和，在根據(jù)題中體積和高可得.
【詳解】由題意可知該曲面棱柱的底面積．
設(shè)，則，解得.
故選：B.
5. 函數(shù)的大致圖像為（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用排除法，先利用函數(shù)值正負(fù)的分布判斷B錯(cuò)誤，再利用特殊值判斷D錯(cuò)誤,根據(jù)極值點(diǎn)確定C錯(cuò)誤，即得答案.
【詳解】函數(shù)中，，當(dāng)時(shí),,看圖像知B選項(xiàng)錯(cuò)誤；
函數(shù)中，，當(dāng)時(shí),, 看圖像知D選項(xiàng)錯(cuò)誤；

解得，故為函數(shù)的極值點(diǎn)，故C選項(xiàng)不符合，.D選項(xiàng)正確.

故選：A.
6. 在正四棱柱中，，，為中點(diǎn)，為正四棱柱表面上一點(diǎn)，且，則點(diǎn)的軌跡的長為（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)給定的條件，結(jié)合正四棱柱的結(jié)構(gòu)特征，作出過點(diǎn)垂直于的正四棱柱的截面即可計(jì)算作答.
【詳解】在正四棱柱中，連接，如圖，，平面，

因?yàn)槠矫?，則，又平面，
，則平面，又平面，則，
取中點(diǎn)，連接，在平面內(nèi)過作，交于，顯然，
而平面，則平面，有，
又平面，，于是平面，而平面，因此，
因?yàn)槠矫妫?，從而平面?br /> 連接，則點(diǎn)的軌跡為平面與四棱柱的交線，即，
因?yàn)?，即有，又?br /> 于是，有，，
所以點(diǎn)的軌跡長為.
故選：A
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：作截面的常用三種方法：直接法，截面的定點(diǎn)在幾何體的棱上；平行線法，截面與幾何體的兩個(gè)平行平面相交，或者截面上有一條直線與幾何體的某個(gè)面平行；延長交線得交點(diǎn)，截面上的點(diǎn)中至少有兩個(gè)點(diǎn)在幾何體的同一平面上.
7. 若，則（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)判斷出，排除AB，設(shè)，利用導(dǎo)數(shù)確定它的單調(diào)性，從而得出兩數(shù)的大小即可求解．
【詳解】，，，排除答案A，B；
由，設(shè)，，則，
令，則，
所以在上單調(diào)遞減，從而，即，
所以在上單調(diào)遞減，從而，即，
所以，即，綜上可知.
故選：D．
8. 已知函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求得，由題意轉(zhuǎn)化在上恒成立，設(shè)，求得，令，利用導(dǎo)數(shù)求得單調(diào)遞增，結(jié)合，得到在上單調(diào)遞減，利用，即可求解.
【詳解】由函數(shù)，可得，
因?yàn)楹瘮?shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增，可得在上恒成立，
即在上恒成立，
設(shè)，可得，
令，可得
當(dāng)時(shí)，，所以單調(diào)遞增，
又因?yàn)椋?br /> 所以，所以在上單調(diào)遞減，
所以，即實(shí)數(shù)的取值范圍是.
故選：C.
【點(diǎn)睛】方法技巧：對(duì)于利用導(dǎo)數(shù)研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：
1、通常要構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，從而求出參數(shù)的取值范圍；
2、利用可分離變量，構(gòu)造新函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題．
3、根據(jù)恒成立或有解求解參數(shù)的取值時(shí)，一般涉及分離參數(shù)法，但壓軸試題中很少碰到分離參數(shù)后構(gòu)造的新函數(shù)能直接求出最值點(diǎn)的情況，進(jìn)行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區(qū)別．
二、多選題（本大題共4小題，共20分.在每小題有多項(xiàng)符合題目要求）
9. 如圖，已知正方體的棱長為分別為的中點(diǎn)，以下說法正確的是（ ）

A. 三棱錐的體積為1
B. 平面
C. 異面直線與所成的角的余弦值為
D. 過點(diǎn)作正方體的截面，所得截面的面積是
【答案】ABD
【解析】
【分析】對(duì)于A，根據(jù)三棱錐體積公式計(jì)算，結(jié)合正方體的性質(zhì)，可得答案；
對(duì)于B，根據(jù)線面垂直，證得線線垂直，利用線面垂直判定定理，可得答案；
對(duì)于C，根據(jù)異面直線夾角的定義，利用幾何法，結(jié)合余弦定理，可得答案；
對(duì)于D，利用平行進(jìn)行平面延拓，根據(jù)正六邊形的面積公式，可得答案.
【詳解】對(duì)于A，取中點(diǎn)，連接，，，，如下圖：

分別為的中點(diǎn)，平面，
設(shè)正方形的面積，，
，故A正確；
對(duì)于B，連接、、，如下圖：

分別為的中點(diǎn)，且為正方形的對(duì)角線，，
在正方體中，平面，且平面，，，平面，平面，
平面，，同理可得，
分別是的中點(diǎn)，，，即，，，平面，
平面，故B正確；
對(duì)于C，連接，，，，，如下圖：

分別為的中點(diǎn)，，，則，
故為異面直線與所成的角或其補(bǔ)角，
，，，
，
異面直線與所成角的余弦值為，故C錯(cuò)誤；
對(duì)于D，取的中點(diǎn)，的中點(diǎn)，的中點(diǎn)，連接，，，，，如下圖：

易知，，，且正六邊形為過點(diǎn)作正方體的截面，則其面積為，故D正確.
故選：ABD.
10. 歷史上著名的伯努利錯(cuò)排問題指的是：一個(gè)人有封不同的信，投入個(gè)對(duì)應(yīng)的不同的信箱，他把每封信都投錯(cuò)了信箱，投錯(cuò)的方法數(shù)為例如兩封信都投錯(cuò)有種方法，三封信都投錯(cuò)有種方法，通過推理可得：.高等數(shù)學(xué)給出了泰勒公式：，則下列說法正確的是（ ）
A.
B. 等比數(shù)列
C.
D. 信封均被投錯(cuò)的概率大于
【答案】ABC
【解析】
【分析】根據(jù)分類加法原理求，由此判斷A，根據(jù)等比數(shù)列定義判斷B，利用累加法求，判斷C，由泰勒定理求，結(jié)合比差法判斷D.
【詳解】設(shè)封信分別為，，，，當(dāng)在第二個(gè)信箱時(shí)，
有，，共種錯(cuò)投方式，
同理可得在第與第個(gè)信箱時(shí)，也分別有種錯(cuò)投方式，
故共有種錯(cuò)投方式，
所以，故A正確；
因?yàn)椋?br /> 所以，
又，
所以為等比數(shù)列，首項(xiàng)為，公比為，故B正確；
所以，
所以，
因?yàn)椋?br /> 所以時(shí)，，故C正確；
裝錯(cuò)信封的概率為，
，
則，
當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，，
當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，，
綜上所述：當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，，
當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，，故D錯(cuò)誤．
故選：ABC．
11. 已知函數(shù)的零點(diǎn)構(gòu)成一個(gè)公差為的等差數(shù)列，將的圖像沿x軸向右平移個(gè)單位得到函數(shù)的圖像則（ ）
A. B. 是圖像的一個(gè)對(duì)稱中心
C. 是奇函數(shù) D. 在區(qū)間上的值域?yàn)?br /> 【答案】AB
【解析】
【分析】根據(jù)題意，可得函數(shù)周期，從而可求得，由函數(shù)的平移變換可得函數(shù)的解析式，然后對(duì)選項(xiàng)逐一判斷，即可得到結(jié)果.
【詳解】∵函數(shù)的零點(diǎn)構(gòu)成一個(gè)公差為的等差數(shù)列，∴周期，
∴，A正確；
函數(shù)沿x軸向右平移個(gè)單位，可得，，B正確；
為偶函數(shù)，C錯(cuò)誤；
在區(qū)間上值域?yàn)?，D錯(cuò)誤．
故選:AB
12. 已知定義在上的奇函數(shù)對(duì)任意的有，當(dāng)時(shí)，．函數(shù)，則下列結(jié)論正確的是（ ）
A. 函數(shù)是周期為4的函數(shù)
B. 函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減
C. 當(dāng)時(shí)，方程在上有2個(gè)不同的實(shí)數(shù)根
D. 若方程在上有4個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，則
【答案】ABC
【解析】
【分析】分析函數(shù)的周期判斷A；確定在區(qū)間上單調(diào)性判斷B；分析的最大值判斷C；由方程有4個(gè)根求出a的范圍判斷D作答.
【詳解】對(duì)于A，，，則，因此函數(shù)是周期為4的函數(shù)，A正確；
對(duì)于B，當(dāng)時(shí)，，因此函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減，B正確；
對(duì)于C，因?yàn)楹瘮?shù)是上的奇函數(shù)，由得：，即函數(shù)的圖象關(guān)于直線對(duì)稱，
當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，，則當(dāng)時(shí)，，，
函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，，因此函數(shù)在上的值域?yàn)椋?br /> 當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，即方程在上無解，
當(dāng)時(shí)，令，，當(dāng)時(shí)有，即函數(shù)在上遞增，
當(dāng)時(shí)，，即函數(shù)在上有唯一零點(diǎn)，
當(dāng)時(shí)，令，顯然函數(shù)在上單調(diào)遞減，
，，因此函數(shù)在上有唯一零點(diǎn)，
當(dāng)時(shí)，，即方程在上無解，
所以當(dāng)時(shí)，方程在上有2個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，C正確；
對(duì)于D，函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，，而函數(shù)的周期為4，
則，，由選項(xiàng)C知，當(dāng)時(shí)，，
即方程在上有一個(gè)根，當(dāng)時(shí)，，
函數(shù)在上單調(diào)遞減，，即方程在上有一個(gè)根，
顯然函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，當(dāng)，即時(shí)，
方程在上有兩個(gè)根，要方程在上有4個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，
必有，即，又，因此當(dāng)時(shí)，
方程在上無解，所以方程在上有4個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，，D錯(cuò)誤.

故選：ABC
三、填空題（本大題共4小題，共20分）
13. 已知點(diǎn)，，，，若，則 ______ ．
【答案】
【解析】
【分析】由條件結(jié)合數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算可得，結(jié)合同角關(guān)系可得，再結(jié)合二倍角正弦公式，同角關(guān)系化簡求值.
【詳解】因?yàn)椋?，?br /> 所以，，
又，
所以，
即，
因?yàn)椋?br /> 所以，
所以，
所以
故答案為：．
14. 已知，則__________．
【答案】
【解析】
【分析】應(yīng)用賦值法令，得，令，得，即可得到答案.
【詳解】依題意，
令，得，
令，得.
因?yàn)?可以得出,
，
故.
故答案為：.
15. 半正多面體亦稱“阿基米德體”，是以邊數(shù)不全相同的正多邊形為面的多面體．如圖，將正方體沿交于一頂點(diǎn)的三條棱的中點(diǎn)截去一個(gè)三棱錐，如此共可截去八個(gè)三棱錐，得到一個(gè)有十四個(gè)面的半正多面體，它的各棱長都相等，其中八個(gè)面為正三角形，六個(gè)面為正方形，稱這樣的半正多面體為二十四等邊體．

則得到的二十四等邊體與原正方體的體積之比為______．
【答案】
【解析】
【分析】利用棱柱及棱錐的體積公式即可求解.
【詳解】設(shè)棱長為2，則
所以原正方體的體積為，
所以二十四等邊體為，
所以二十四等邊體與原正方體的體積之比為．
故答案為：.
16. 已知F1，F(xiàn)2，分別為雙曲線C：（a＞0，b＞0）的左、右焦點(diǎn)，過F2作C的兩條漸近線的平行線，與漸近線交于M，N兩點(diǎn)．若，則C的離心率為____．
【答案】
【解析】
【分析】根據(jù)二倍角公式求出，再求出離心率即可.
【詳解】易知MN關(guān)于x軸對(duì)稱，令，，
∴，，∴，∴．

，，，
∴，
∴．
故答案為: .
四、解答題（本大題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟）
17. 在公差不為零的等差數(shù)列中，且，，成等比數(shù)列．
（1）求通項(xiàng)公式；
（2）令，求數(shù)列的前項(xiàng)和；
【答案】（1），；
（2）．
【解析】
【分析】（1）設(shè)等差數(shù)列的公差為，運(yùn)用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和等比數(shù)列的中項(xiàng)性質(zhì)列方程可求首項(xiàng)和公差，即可得到所求通項(xiàng)公式；
（2）求得，由裂項(xiàng)相消法求和即可．
【小問1詳解】
由題意，設(shè)等差數(shù)列的公差為，
，，成等比數(shù)列，
，
，
又，
，解得，
，；
【小問2詳解】
由，可得




，




．
18. 記的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知，．
（1）求A；
（2）設(shè)，D為邊BC上一點(diǎn)，且，求AD．
參考數(shù)據(jù)：，．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理化邊為角，再根據(jù)三角形內(nèi)角和定理將用表示，結(jié)合兩角和的正弦公式化簡即可得解；
（2）法一：先利用等面積法將用表示，再在中，由正弦定理求得，代入化簡即可得解.
法二：在和中，分別利用正弦定理求出，再根據(jù)即可得解.
【小問1詳解】
因?yàn)?，所以?br /> 所以由正弦定理得，
又，所以，
因?yàn)?，所以，所以，即?br /> 又，所以；
小問2詳解】
法一：由題意，得，
結(jié)合，，解得，
在中，由正弦定理得，
則，，
從而．
法二：由題意，得，又，所以，
在中，由正弦定理，得，
則，
在中，由正弦定理得，
則，
由，得，
解得．
19. 某地區(qū)在“精準(zhǔn)扶貧”工作中切實(shí)貫徹習(xí)近平總書記提出的“因地制宜”的指導(dǎo)思想，扶貧工作小組經(jīng)過多方調(diào)研，綜合該地區(qū)的氣候、地質(zhì)、地理位置等特點(diǎn)，決定向當(dāng)?shù)剞r(nóng)戶推行某類景觀樹苗種植．工作小組根據(jù)市場前景重點(diǎn)考察了，兩種景觀樹苗，為對(duì)比兩種樹苗的成活率，工作小組進(jìn)行了“引種試驗(yàn)”，分別引種樹苗，各50株，試驗(yàn)發(fā)現(xiàn)有80%的樹苗成活，未成活的樹苗，株數(shù)之比為．
（1）完成下面的列聯(lián)表，依據(jù)的獨(dú)立性檢驗(yàn)，分析樹苗，的成活率是否有差異；

樹苗
樹苗
合計(jì)
成活株數(shù)



未成活株數(shù)



合計(jì)
50
50
100

（2）已知樹苗引種成活后再經(jīng)過1年的生長即可作為景觀樹在市場上出售，但每株售價(jià)（單位：百元）受其樹干的直徑（單位：cm）影響，扶貧工作小組對(duì)一批已出售的景觀樹的相關(guān)數(shù)據(jù)進(jìn)行統(tǒng)計(jì)，得到結(jié)果如下表：
直徑
10
15
20
25
30
單株售價(jià)
4
8
10
16
27
根據(jù)上述數(shù)據(jù)，判斷是否可以用線性回歸模型擬合與的關(guān)系，并用樣本相關(guān)系數(shù)加以說明．（一般認(rèn)為為高度線性相關(guān)）
參考公式及數(shù)據(jù)：樣本相關(guān)系數(shù)，，．
，其中．
附表：

0.1
0.05
0.01
0.005
0.001

2.706
3.841
6.635
7.879
10.828

【答案】（1）列聯(lián)表見解析，認(rèn)為樹苗，的成活率無差異；
（2）可以用線性回歸模型擬合與的關(guān)系.
【解析】
【分析】（1）根據(jù)條件，求出樹苗未成活、成活株數(shù)，樹苗未成活有、成活株數(shù)，完成列聯(lián)表；根據(jù)提供的公式，求出 ，與提供的數(shù)據(jù)對(duì)比，即可得出結(jié)論；
（2）根據(jù)表格數(shù)據(jù)求出，代入相關(guān)系數(shù)公式求出的值，即可得出結(jié)論..
【小問1詳解】
試驗(yàn)發(fā)現(xiàn)有80%的樹苗成活，故未成活的樹苗有20株，又未成活的樹苗，株數(shù)之比為，所以樹苗未成活5株，成活45株，樹苗未成活15株，成活35株．
補(bǔ)充列聯(lián)表如下：

樹苗
樹苗
合計(jì)
成活株數(shù)
45
35
80
未成活株數(shù)
5
15
20
合計(jì)
50
50
100
零假設(shè)為：樹苗，的成活率無差異．計(jì)算可得
，
依據(jù)的獨(dú)立性檢驗(yàn)，沒有充分證據(jù)推斷不成立，
因此認(rèn)為成立，即認(rèn)為樹苗，的成活率無差異．
【小問2詳解】
可以用線性回歸模型擬合與的關(guān)系．
由題表中數(shù)據(jù)得，，
所以．
故可以用線性回歸模型擬合與的關(guān)系．
20. 如圖，三棱柱中，面面，．過的平面交線段于點(diǎn)（不與端點(diǎn)重合），交線段于點(diǎn)．

（1）求證：四邊形為平行四邊形；
（2）若到平面的距離為，求直線與平面所成角的正弦值．
【答案】（1）證明見解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）在三棱柱中，利用線面平行、面面平行的性質(zhì)推理作答.
（2）在平面內(nèi)過點(diǎn)A作，以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，借助空間向量求解作答.
【小問1詳解】
在三棱柱中，，平面，平面，則平面，
又平面平面，平面，于是得，
而平面平面，平面平面，平面平面，則，
所以四邊形為平行四邊形.
【小問2詳解】
在平面內(nèi)過點(diǎn)A作，因平面平面，平面平面，
于是得平面，又，以點(diǎn)A為原點(diǎn)，建立如圖所以的空間直角坐標(biāo)系，

因，，則，
，
，
設(shè)平面的法向量，則，令，得，
點(diǎn)B到平面的距離，解得，
因此，，而，設(shè)直線與平面所成角為，
于是得，
所以直線與平面所成角的正弦值為.
21. 已知橢圓的左?右焦點(diǎn)分別為，離心率為，過左焦點(diǎn)的直線與橢圓交于兩點(diǎn)（不在軸上），的周長為.
（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）若點(diǎn)在橢圓上，且為坐標(biāo)原點(diǎn)），求的取值范圍.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）由的周長得a，再由離心率得c，解得b，得橢圓的方程；
（2）依據(jù)直線斜率是否存在分類討論，設(shè)直線方程，與橢圓聯(lián)立，用A，B坐標(biāo)表示求出取值范圍.
【小問1詳解】
由的周長為，得，即，
又離心率，所以，，
所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為.
【小問2詳解】
由（1）知的坐標(biāo)為，
①當(dāng)直線的斜率不存在時(shí)，，，則；
②當(dāng)直線的斜率存在且不為0時(shí)，設(shè)直線的方程為且，
聯(lián)立，得，
設(shè)，，則，，
，
設(shè)點(diǎn)，則，即，代入橢圓方程得，
解得，，所以，
所以，
又，所以的取值范圍是.
綜上所述，的取值范圍是.
22. 已知函數(shù).
（1）求曲線在點(diǎn)處的切線方程；
（2）證明，對(duì)，均有.
【答案】（1）
（2）證明見解析
【解析】
【分析】（1）求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義進(jìn)行求解；
（2）將所證不等式轉(zhuǎn)化為，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性和最值，得到，再構(gòu)造函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性和最值，得到，再利用不等式的性質(zhì)進(jìn)行放縮證明.
【小問1詳解】
因?yàn)?br /> 所以，，，
則切線方程為，即.
則曲線在點(diǎn)處的切線方程為.
【小問2詳解】
若證，
即證，
令，則.
當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，
當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減，
所以，即.
令，，
則，
可知在上單調(diào)遞減，
所以，即當(dāng)時(shí)，，
從而，
所以當(dāng)時(shí)，，
，
當(dāng)時(shí)，，，
綜上所述，對(duì)，均有.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：在利用導(dǎo)數(shù)證明不等式時(shí)，合理構(gòu)造函數(shù)，將問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的單調(diào)性和最值問題是一種常見方法，如本題中兩次構(gòu)造函數(shù)：
（1）構(gòu)造函數(shù)證明 ；
（2）構(gòu)造函數(shù)證明 .




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