解答題增分練(二) 1．(2019·紹興模擬)已知函數(shù)f(x)＝cos(ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)的圖象經(jīng)過點(diǎn)，圖象與x軸的相鄰兩個交點(diǎn)的距離為π. (1)求f(x)的解析式； (2)若f ＝－，求sinθ的值． 解　(1)由已知得T＝2π，則ω＝1， 所以f(x)＝cos(x＋φ)． 又f ＝－， 所以cos＝－， 又0<φ<π， 所以<＋φ<. 所以＋φ＝，即φ＝， 所以f(x)＝cos＝－sinx. (2)因?yàn)閒 ＝－sin＝－， 所以sin＝， 所以cos＝±. 當(dāng)cos＝時， sinθ＝sin＝sincos－cossin＝； 當(dāng)cos＝－時， sinθ＝sin＝sincos－cossin＝. 所以sinθ＝或. 2．(2019·衢二中模擬)如圖，正方形ABCD所在平面外一點(diǎn)滿足PE＝PF，其中E，F(xiàn)分別是AB與AD的中點(diǎn)． (1)求證：EF⊥PC； (2)若AB＝4，PE＝PF＝2，且二面角P－EF－C的平面角的余弦值為，求BC與平面PEF所成角的正弦值． (1)證明　連接AC，交EF于點(diǎn)O(如圖)，連接PO， 則EF⊥PO，EF⊥AC，PO∩AC＝O，PO，AC?平面POC， 故EF⊥平面POC. 又PC?平面POC， 因此EF⊥PC. (2)解　由(1)知∠POC即為二面角P－EF－C的平面角， 即cos∠POC＝， 且FO＝，PO＝，OC＝3， 在△POC中應(yīng)用余弦定理，得 PC＝ ＝＝2， 于是有PC2＋OC2＝PO2， 即PC⊥OC，又EF⊥PC，EF∩OC＝O，EF，OC?平面ABCD，從而有PC⊥平面ABCD. 方法一　連接BD，交AC于點(diǎn)G，在平面POC中，過點(diǎn)G作GH⊥PO于點(diǎn)H.連接EG，EH，則EG∥BC. 由(1)知EF⊥平面POC，故平面PEF⊥平面POC，平面PEF∩平面POC＝PO，又GH⊥PO，GH?平面POC，所以GH⊥平面PEF， 因此∠GEH即為直線BC與平面PEF所成的角． 在△POC中，由＝， 解得HG＝. 因此sin∠GEH＝＝. 即BC與平面PEF所成角的正弦值為. 方法二　以C為坐標(biāo)原點(diǎn)， 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系． 則C(0,0,0)，P(0,0,2)，B(0,4,0)，E(2,4,0)，F(xiàn)(4,2,0)， 于是＝(2,4，－2)，＝(4,2，－2)，＝(0,4,0)， 設(shè)平面PEF的法向量為m＝(x，y，z)． 則 即 解得x＝y(tǒng)，令x＝1， 于是平面PEF的一個法向量為m＝(1,1,3)， 設(shè)直線BC與平面PEF所成角為θ， 因此sinθ＝|cos〈，m〉|＝＝＝. 所以BC與平面PEF所成角的正弦值為. 3．(2019·慈溪中學(xué)模擬)已知數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝n∈N*. (1)求證：數(shù)列是等比數(shù)列； (2)設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，求滿足Sn>0的所有正整數(shù)n. (1)證明　因?yàn)椋? ＝＝＝， 所以數(shù)列是以a2－＝－為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列． (2)解　由(1)得a2n－＝－·n－1＝－·n， 則a2n＝－·n＋， 由a2n＝a2n－1＋(2n－1)， 得a2n－1＝3a2n－3(2n－1) ＝－·n－1－6n＋， 故a2n－1＋a2n＝－·－6n＋9 ＝－2·n－6n＋9， 所以S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n) ＝－2·－6(1＋2＋3＋…＋n)＋9n ＝－2·－6·＋9n ＝n－1－3n2＋6n ＝n－3(n－1)2＋2， 顯然，當(dāng)n∈N*時，{S2n}單調(diào)遞減， 當(dāng)n＝1時，S2＝>0， 當(dāng)n＝2時，S4＝－<0， 則當(dāng)n≥2時，S2n<0； S2n－1＝S2n－a2n＝·n－－3n2＋6n， 同理可得當(dāng)且僅當(dāng)n＝1時，S2n－1>0， 綜上可得，滿足條件Sn>0的正整數(shù)n的值為1和2. 4．(2019·衢二中模擬)已知直線l與拋物線C：x2＝4y交于M，N兩點(diǎn)． (1)當(dāng)點(diǎn)M，N的橫坐標(biāo)之和為4時，求直線l的斜率； (2)已知點(diǎn)P(1，－2)，直線l過點(diǎn)Q(0,1)，記直線PM，PN的斜率分別為k1，k2，當(dāng)＋取最大值時，求直線l的方程． 解　(1)設(shè)M，N， 則x1＋x2＝4， ∴kMN＝＝＝1. (2)由題意知，直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)． 聯(lián)立方程組?x2－4kx－4＝0， Δ＝16k2＋16>0恒成立， ∴x1＋x2＝4k，x1x2＝－4， 則＋＝＋ ＝ ＝＝－＋， 令8k－3＝t，則k＝， 則＋＝－＋. 當(dāng)t>0時，＋＝－＋ ＝－＋≤－， 當(dāng)且僅當(dāng)8k－3＝t＝9，即k＝時，取等號； 當(dāng)t＝0時，＋＝－＋＝－<－； 當(dāng)t<0時，＋＝－＋ ＝－＋∈. 綜上所述，當(dāng)k＝時，＋取得最大值－， 此時直線l的方程是y＝x＋1， 即3x－2y＋2＝0. 5．(2019·紹興一中模擬)已知函數(shù)f(x)＝a(x＋1)ln(x＋1)－x2－ax(a>0)是減函數(shù)． (1)試確定a的值； (2)已知數(shù)列{an}，an＝，Tn＝a1a2a3…an(n∈N*)，求證：ln[(n＋2)Tn]<1－. (1)解　f(x)的定義域?yàn)?－1，＋∞)，f′(x)＝aln(x＋1)－2x. 由f(x)是減函數(shù)得，對任意的x∈(－1，＋∞)， 都有f′(x)＝aln(x＋1)－2x≤0恒成立． 設(shè)g(x)＝aln(x＋1)－2x，x∈(－1，＋∞)． ∵g′(x)＝， 由a>0知，－1>－1， ∴當(dāng)x∈時，g′(x)>0； 當(dāng)x∈時，g′(x)<0， ∴g(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減， ∴g(x)在x＝－1時取得最大值． 又∵g(0)＝0， ∴對任意的x∈(－1，＋∞)，g(x)≤g(0)恒成立， 即g(x)的最大值為g(0)． ∴－1＝0，解得a＝2. (2)證明　由(1)得f(x)＝2(x＋1)ln(x＋1)－x2－2x. 又f(x)是減函數(shù)，且f(0)＝0， ∴當(dāng)x>0時，f(x)<0， 即f(n)<0，即2(n＋1)ln(1＋n)<n2＋2n. 兩邊同除以2(n＋1)2得，<··， 即an<··. 從而Tn＝a1a2a3…an < ＝·， 所以ln[(n＋2)Tn]<ln ＝2ln(n＋2)－ln(n＋1)－(n＋1)ln2.① 下面證2ln(n＋2)－ln(n＋1)－(n＋1)ln2＋－1<0. 記h(x)＝2ln(x＋2)－ln(x＋1)－(x＋1)ln2＋－1，x∈[1，＋∞)． ∴h′(x)＝－－ln2＋ ＝－ln2＋＝－ln2＋， ∵y＝x＋在[2，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴h′(x)在[2，＋∞)上單調(diào)遞減， 而h′(2)＝－ln2＋ ＝(2－3ln2)＝(2－ln8)<0， ∴當(dāng)x∈[2，＋∞)時，h′(x)<0恒成立， ∴h(x)在[2，＋∞)上單調(diào)遞減， 即x∈[2，＋∞)，h(x)≤h(2)＝2ln4－ln3－3ln2 ＝ln2－ln3<0， ∴當(dāng)n≥2，n∈N*時，h(n)<0. ∵h(yuǎn)(1)＝2ln3－ln2－2ln2－＝ln－ln<0， ∴當(dāng)n∈N*時，h(n)<0， 即2ln(n＋2)－ln(n＋1)－(n＋1)ln2<1－.② 綜上①②可得，ln[(n＋2)Tn]<1－. 8