【正文】 1，解得 t= ．即 qp﹣ m= ， ∴ ﹣ 1＜ q＜ 0， 記 p﹣ m=α， α為奇函數(shù)，由公差大于 1， ∴ α≥ 3． ∴ |q|= ≥ ，即 q ， 當(dāng) α=3時(shí)， q 取得最大值為﹣ ． （ 3 ）滿足題意的數(shù)組為 E= （ m， m+2 ， m+3 ），此時(shí)通項(xiàng) 公式為：an= ， m∈ N*． 例如 E=（ 1， 3， 4）， an= ． 20．已知函數(shù) f（ x） =ax2+cosx（ a∈ R）記 f（ x）的導(dǎo)函數(shù)為 g（ x） （ 1）證明：當(dāng) a= 時(shí)， g（ x）在 R 上的單調(diào)函數(shù)； （ 2）若 f（ x）在 x=0 處取得極小值，求 a 的取值范圍； （ 3）設(shè)函數(shù) h（ x）的定義域?yàn)?D，區(qū)間（ m， +∞ ） ? D．若 h（ x）在（ m， +∞ ）上是單調(diào)函數(shù)，則稱 h（ x）在 D 上廣義單調(diào)．試證明函數(shù) y=f（ x）﹣ xlnx在 0， +∞ ）上廣義單調(diào)． 【考點(diǎn)】 6D：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值； 6B：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性． 【分析】 （ 1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的符號，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可； （ 2）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論 a 的范圍求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，單調(diào)函數(shù)的極小值，從而確定 a 的具體范圍即可； （ 3）記 h（ x） =ax2+cosx﹣ xlnx（ x＞ 0），求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論 a 的范圍結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性證明即可． 【解答】 （ 1）證明： a= 時(shí)， f（ x） = x2+cosx， 故 f′（ x） =x﹣ sinx，即 g（ x） =x﹣ sinx， g′（ x） =1﹣ cosx≥ 0， 故 g（ x）在 R 遞增； （ 2）解： ∵ g（ x） =f′（ x） =2ax﹣ sinx， ∴ g′（ x） =2a﹣ cosx， ① a≥ 時(shí)， g′（ x） ≥ 1﹣ cosx≥ 0，函數(shù) f′（ x）在 R 遞增， 若 x＞ 0，則 f′（ x） ＞ f（ 0） =0， 若 x＜ 0，則 f′（ x） ＜ f′（ 0） =0， 故函數(shù) f（ x）在（ 0， +∞ ）遞增，在（﹣ ∞ ， 0）遞減， 故 f（ x）在 x=0 處取極小值，符合題意； ② a≤ ﹣ 時(shí)， g′（ x） ≤ ﹣ 1﹣ cosx≤ 0， f′（ x）在 R 遞減， 若 x＞ 0，則 f′（ x） ＜ f′（ 0） =0， 若 x＜ 0，則 f′（ x） ＞ f′（ 0） =0， 故 f（ x）在（ 0， +∞ ）遞減，在（﹣ ∞ ， 0）遞增， 故 f（ x）在 x=0 處取極大值，不合 題意； ③ ﹣ ＜ a＜ 時(shí)，存在 x0∈ （ 0， π），使得 cosx0=2a，即 g′（ x0） =0， 但當(dāng) x∈ （ 0， x0）時(shí)， cosx＞ 2a，即 g′（ x） ＜ 0， f′（ x）在（ 0， x0）遞減， 故 f′（ x） ＜ f′（ 0） =0，即 f（ x）在（ 0， x0）遞減，不合題意， 綜上， a 的范圍是 [ ， +∞ ）； （ 3）解：記 h（ x） =ax2+cosx﹣ xlnx（ x＞ 0）， ① a＞ 0 時(shí)， lnx＜ x，則 ln ＜ ，即 lnx＜ 2 ， 當(dāng) x＞ 時(shí)， h′（ x） =2ax﹣ sinx﹣ 1﹣ lnx＞ 2ax﹣ 2 ﹣ 2=2（ ﹣ ）（ ﹣ ）＞ 0， 故存 在 m= ，函數(shù) h（ x）在（ m， +∞ ）遞增； ② a≤ 0 時(shí)， x＞ 1 時(shí)， h′（ x） =2ax﹣ sinx﹣ 1﹣ lnx＜ ﹣ sinx﹣ 1﹣ lnx＜ 0， 故存在 m=1，函數(shù) h（ x）在（ m， +∞ ）遞減； 綜上，函數(shù) y=f（ x）﹣ xlnx 在（ 0， +∞ ）上廣義單調(diào)． [選修 41：幾何證明選講 ] 21．如圖，已知 AB 為圓 O 的一條弦，點(diǎn) P 為弧 的中點(diǎn)，過點(diǎn) P 任作兩條弦PC， PD 分別交 AB 于點(diǎn) E， F 求證： PE?PC=PF?PD． 【考點(diǎn)】 NC：與圓有關(guān)的比例線段． 【分析】 連結(jié) PA、 PB、 CD、 BC，推導(dǎo)出 ∠ PFE=∠ PBA+∠ DPB=∠ PCB+∠ DCB=∠ PCD，從而 E、 F、 D、 C 四點(diǎn)共圓．由此能證明 PE?PC=PF?PD． 【解答】 解：連結(jié) PA、 PB、 CD、 BC， 因?yàn)?∠ PAB=∠ PCB，又點(diǎn) P 為弧 AB 的中點(diǎn)， 所以 ∠ PAB=∠ PBA， 所以 ∠ PCB=∠ PBA， 又 ∠ DCB=∠ DPB， 所以 ∠ PFE=∠ PBA+∠ DPB=∠ PCB+∠ DCB=∠ PCD， 所 E、 F、 D、 C 四點(diǎn)共圓． 所以 PE?PC=PF?PD． [選修 42：距陣與變換 ] 22．已知矩陣 M= ，點(diǎn)（ 1，﹣ 1）在 M 對應(yīng)的變換作用下得到點(diǎn)（﹣ 1， 5），求 矩陣 M 的特征值． 【考點(diǎn)】 OV：特征值與特征向量的計(jì)算． 【分析】 設(shè)出矩陣，利用特征向量的定義，即二階變換矩陣的概念，建立方程組，即可得到結(jié)論． 【解答】 解：由題意， = ，即 ，解得 a=2， b=4，所以矩陣 M= ． 所以矩陣 M 的特征多項(xiàng)式為 f（ λ） = =λ2﹣ 5λ+6，令 f（ λ） =0，得矩陣 M 的特征值為 2 和 3． [選修 44：坐標(biāo)系與參數(shù)方程 ] 23．在坐標(biāo)系中，圓 C 的圓心在極軸上，且過極點(diǎn)和點(diǎn)（ 3 ， ），求圓 C 的極坐標(biāo)方程． 【考點(diǎn)】 Q4：簡單曲線的極坐標(biāo)方程． 【分析】 因?yàn)閳A心 C 在極軸上且過 極點(diǎn)，所以設(shè)圓 C 的極坐標(biāo)方程為： ρ=acosθ，又因?yàn)辄c(diǎn)（ 3 ， ）在圓 C 上，代入解得 ρ即可得出圓 C 的極坐標(biāo)方程． 【解答】 解：因?yàn)閳A心 C 在極軸上且過極點(diǎn)，所以設(shè)圓 C 的極坐標(biāo)方程為：ρ=acosθ， 又因?yàn)辄c(diǎn)（ 3 ， ）在圓 C 上， 所以 =acos ，解得 a=6， 所以圓 C 的極坐標(biāo)方程為： ρ=6cosθ． [選修 45：選修 45：不等式選講 ] 24．知 a， b， c， d 是正實(shí)數(shù)，且 abcd=1，求證： a5+b5+c5+d5≥ a+b+c+d． 【考點(diǎn)】 R6：不等式的證明． 【分析】 由不等式的性質(zhì)可得： a5+b+c+d≥ 4 =4a，同理可得其他三個(gè)式子，將各式相加即可得出結(jié)論． 【解答】 證明： ∵ a， b， c， d 是正實(shí)數(shù)，且 abcd=1， ∴ a5+b+c+d≥ 4 =4a， 同理可得： a+b5+c+d≥ 4 =4b， a+b+c5+d≥ 4 =4c， a+b+c+d5≥ 4 =4d， 將上面四式相加得： a5+b5+c5+d5+3a+3b+3c+3d≥ 4a+4b+4c+4d， ∴ a5+b5+c5+d5≥ a+b+c+d． 解答題 25．如圖，在四棱錐 S﹣ ABCD 中， SD⊥ 平面 ABCD，四邊形 ABCD 是直角梯形， ∠ ADC=∠ DAB=90176。 1． 解得 q=﹣ ． （ 2） am+bp=ap+br=ar+bm，即 ap﹣ am=bp﹣ br， ∴ （ p﹣ m） d=bm（ qp﹣ m﹣ qr﹣ m）， 同理可得