專題強(qiáng)化訓(xùn)練1．(2019·寧波模擬)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且eq\f(tanB,tanA)＋1＝eq\f(2c,a).(1)求B；(2)若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))＝eq\f(1,3)，求sinA的值．解：(1)由eq\f(tanB,tanA)＋1＝eq\f(2c,a)及正弦定理，得eq\f(sinBcosA,cosBsinA)＋1＝eq\f(2sinC,sinA)，所以eq\f(sinBcosA＋cosBsinA,cosBsinA)＝eq\f(2sinC,sinA)，即eq\f(sin（A＋B）,cosBsinA)＝eq\f(2sinC,sinA)，則eq\f(sinC,cosBsinA)＝eq\f(2sinC,sinA).因?yàn)樵凇鰽BC中，sinA≠0，sinC≠0，所以cosB＝eq\f(1,2).因?yàn)锽∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).(2)因?yàn)?＜C＜eq\f(2π,3)，所以eq\f(π,6)＜C＋eq\f(π,6)＜eq\f(5π,6).又coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))＝eq\f(1,3)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))＝eq\f(2\r(2),3).所以sinA＝sin(B＋C)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))coseq\f(π,6)＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))sineq\f(π,6)＝eq\f(2\r(6)＋1,6).2.如圖所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1B1B為正方形，BB1C1C是菱形，平面AA1B1B⊥平面BB1C1C.(1)求證：BC∥平面AB1C1；(2)求證：B1C⊥AC1；(3)設(shè)點(diǎn)E，F(xiàn)，H，G分別是B1C，AA1，A1B1，B1C1的中點(diǎn)，試判斷E，F(xiàn)，H，G四點(diǎn)是否共面，并說明理由．解：(1)證明：在菱形BB1C1C中，BC∥B1C1.因?yàn)锽C?平面AB1C1，B1C1?平面AB1C1，所以BC∥平面AB1C1.(2)證明：連接BC1.在正方形ABB1A1中，AB⊥BB1.因?yàn)槠矫鍭A1B1B⊥平面BB1C1C，平面AA1B1B∩平面BB1C1C＝BB1，AB?平面ABB1A1，所以AB⊥平面BB1C1C.因?yàn)锽1C?平面BB1C1C，所以AB⊥B1C.在菱形BB1C1C中，BC1⊥B1C.因?yàn)锽C1?平面ABC1，AB?平面ABC1，BC1∩AB＝B，所以B1C⊥平面ABC1.因?yàn)锳C1?平面ABC1，所以B1C⊥AC1.(3)E，F(xiàn)，H，G四點(diǎn)不共面.理由如下：因?yàn)镋，G分別是B1C，B1C1的中點(diǎn)，所以GE∥CC1.同理可證：GH∥C1A1.因?yàn)镚E?平面EHG，GH?平面EHG，GE∩GH＝G，CC1?平面AA1C1C，A1C1?平面AA1C1C，所以平面EHG∥平面AA1C1C.因?yàn)镕∈平面AA1C1C，所以F?平面EHG，即E，F(xiàn)，H，G四點(diǎn)不共面．3．已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，且過點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(3),2)))，右焦點(diǎn)為F，點(diǎn)N(2，0)．(1)求橢圓E的方程；(2)設(shè)動弦AB與x軸垂直，求證：直線AF與直線BN的交點(diǎn)M仍在橢圓E上．解：(1)因?yàn)閑＝eq\f(\r(2),2)，所以a＝eq\r(2)c，b＝c，即橢圓E的方程可以設(shè)為eq\f(x2,2b2)＋eq\f(y2,b2)＝1.將點(diǎn)P的坐標(biāo)代入得：b2＝eq\f(1,4)＋eq\f(3,4)＝1，所以，橢圓E的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)證明：右焦點(diǎn)為F(1，0)，設(shè)A(x0，y0)，由題意得B(x0，－y0)．所以直線AF的方程為：y＝eq\f(y0,x0－1)(x－1)，①直線BN的方程為：y＝eq\f(－y0,x0－2)(x－2)，②①②聯(lián)立得，eq\f(y0,x0－1)(x－1)＝eq\f(－y0,x0－2)(x－2)，即x＝eq\f(3x0－4,2x0－3)，再代入①得，y＝eq\f(y0,x0－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x0－4,2x0－3)－1))，即y＝eq\f(y0,2x0－3).所以點(diǎn)M的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x0－4,2x0－3)，\f(y0,2x0－3))).又因?yàn)閑q\f(xeq\o\al(2,M),2)＋yeq\o\al(2,M)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x0－4,2x0－3)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y0,2x0－3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(（3x0－4）2＋2yeq\o\al(2,0),2（2x0－3）2)，③將yeq\o\al(2,0)＝1－eq\f(xeq\o\al(2,0),2)代入③得，eq\f(xeq\o\al(2,M),2)＋yeq\o\al(2,M)＝eq\f(（3x0－4）2＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(xeq\o\al(2,0),2))),2（2x0－3）2)＝eq\f(8xeq\o\al(2,0)－24x0＋18,2（2x0－3）2)＝eq\f(2（2x0－3）2,2（2x0－3）2)＝1.所以點(diǎn)M在橢圓E上．4．(2019·杭州模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x).(1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(x0，f(x0))處的切線方程為ax－y＝0，求x0的值；(2)當(dāng)x＞0時，求證：f(x)＞x；(3)設(shè)函數(shù)F(x)＝f(x)－bx(x＞0)，其中b為實(shí)常數(shù)，試討論函數(shù)F(x)的零點(diǎn)個數(shù)，并證明你的結(jié)論．解：(1)f′(x)＝eq\f(exx－ex,x2).因?yàn)榍芯€ax－y＝0過原點(diǎn)(0，0)，所以eq\f(ex0x0－ex0,xeq\o\al(2,0))＝eq\f(\f(ex0,x0),x0)，解得：x0＝2.(2)證明：設(shè)g(x)＝eq\f(f（x）,x)＝eq\f(ex,x2)(x＞0)，則g′(x)＝eq\f(ex（x2－2x）,x4).令g′(x)＝eq\f(ex（x2－2x）,x4)＝0，解得x＝2.x在(0，＋∞)上變化時，g′(x)，g(x)的變化情況如下表：x(0，2)2(2，＋∞)g′(x)－0＋g(x)eq\f(e2,4)所以當(dāng)x＝2時，g(x)取得最小值eq\f(e2,4).所以當(dāng)x＞0時，g(x)≥eq\f(e2,4)＞1，即f(x)＞x.(3)F(x)＝0等價于f(x)－bx＝0，等價于eq\f(ex,x2)－b＝0.注意x≠0.令H(x)＝eq\f(ex,x2)－b，所以H′(x)＝eq\f(ex（x－2）,x3)(x≠0)．①當(dāng)b≤0時，H(x)＞0，所以H(x)無零點(diǎn)，即F(x)在定義域內(nèi)無零點(diǎn)．②當(dāng)b＞0時，當(dāng)0＜x＜2時，H′(x)＜0，H(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x＞2時，H′(x)＞0，H(x)單調(diào)遞增．所以當(dāng)x＝2時，H(x)有極小值也是最小值，H(2)＝eq\f(e2,4)－b.當(dāng)H(2)＝eq\f(e2,4)－b＞0，即0＜b＜eq\f(e2,4)時，H(x)在(0，＋∞)上不存在零點(diǎn)；當(dāng)H(2)＝eq\f(e2,4)－b＝0，即b＝eq\f(e2,4)時，H(x)在(0，＋∞)上存在唯一零點(diǎn)2；當(dāng)H(2)＝eq\f(e2,4)－b＜0，即b＞eq\f(e2,4)時，由eeq\s\up6(\f(1,eq\r(b)))＞1有Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(b))))＝beeq\s\up6(\f(1,eq\r(b)))－b＝b(eeq\s\up6(\f(1,eq\r(b)))－1)＞0，而H(2)＜0，所以H(x)在(0，2)上存在唯一零點(diǎn)；又因?yàn)?b＞3，H(2b)＝eq\f(e2b,4b2)－b＝eq\f(e2b－4b3,4b2).令h(t)＝et－eq\f(1,2)t3，其中t＝2b＞2，h′(t)＝et－eq\f(3,2)t2，h″(t)＝et－3t，h(t)＝et－3，所以h(t)＞e2－3＞0，因此h″(t)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，從而h″(t)＞h″(2)＝e2－6＞0，所以h′(t)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，因此h′(t)＞h′(2)＝e2－6＞0，故h(t)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(t)＞h(2)＝e2－4＞0.由上得H(2b)＞0，由零點(diǎn)存在定理知，H(x)在(2，2b)上存在唯一零點(diǎn)，即在(2，＋∞)上存在唯一零點(diǎn)．綜上所述：當(dāng)b＜eq\f(e2,4)時，函數(shù)F(x)的零點(diǎn)個數(shù)為0；當(dāng)b＝eq\f(e2,4)時，函數(shù)F(x)的零點(diǎn)個數(shù)為1；當(dāng)b＞eq\f(e2,4)時，函數(shù)F(x)的零點(diǎn)個數(shù)為2.5．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足a1＝1，2an＋1＝2an＋p(p為常數(shù)，n＝1，2，3，…)．(1)若S3＝12，求Sn；(2)若數(shù)列{an}是等比數(shù)列，求實(shí)數(shù)p的值．(3)是否存在實(shí)數(shù)p，使得數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))滿足：可以從中取出無限多項(xiàng)并按原來的先后次序排成一個等差數(shù)列？若存在，求出所有滿足條件的p的值；若不存在，說明理由．解：(1)因?yàn)閍1＝1，2an＋1＝2an＋p，所以2a2＝2a1＋p＝2＋p，2a3＝2a2＋p＝2＋2p.因?yàn)镾3＝12，所以2＋2＋p＋2＋2p＝6＋3p＝24，即p＝6.所以an＋1－an＝3(n＝1，2，3，…)．所以數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列．所以Sn＝1×n＋eq\f(n（n－1）,2)×3＝eq\f(3n2－n,2).(2)若數(shù)列{an}是等比數(shù)列，則aeq\o\al(2,2)＝a1a3.由(1)可得：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(p,2)))eq\s\up12(2)＝1×(1＋p)．解得p＝0.當(dāng)p＝0時，由2an＋1＝2an＋p，得：an＋1＝an＝…＝1.顯然，數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，1為公比的等比數(shù)列．所以p＝0.(3)當(dāng)p＝0時，由(2)知：an＝1(n＝1，2，3，…)．所以eq\f(1,an)＝1(n＝1，2，3，…)，即數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))就是一個無窮等差數(shù)列．所以當(dāng)p＝0時，可以得到滿足題意的等差數(shù)列．當(dāng)p≠0時，因?yàn)閍1＝1，2an＋1＝2an＋p，即an＋1－an＝eq\f(p,2)，所以數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，eq\f(p,2)為公差的等差數(shù)列．所以an＝eq\f(p,2)n＋1－eq\f(p,2).下面用反證法證明：當(dāng)p≠0時，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))中不能取出無限多項(xiàng)并按原來次序排列成等差數(shù)列．假設(shè)存在p0≠0，從數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))中可以取得滿足題意的無窮等差數(shù)列，不妨記為{bn}．設(shè)數(shù)列{bn}的公差為d.①當(dāng)p0＞0時，an＞0(n＝1，2，3，…)．所以數(shù)列{bn}是各項(xiàng)均為正數(shù)的遞減數(shù)列．所以d＜0.因?yàn)閎n＝b1＋(n－1)d(n＝1，2，3，…)，所以當(dāng)n＞1－eq\f(b1,d)時，bn＝b1＋(n－1)d＜b1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(