解答题(三)-2020高考文科数学【步步高】大二轮20题逐题特训(江苏专版)
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所以h(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数；
所以h(x)min＝h(1)＝1－c.
若c<1，则h(x)≥h(1)＝1－c>0，不合题意；
若c＝1，由(ⅰ)知适合；
若c>1，则h(1)＝1－c<0，又h(ec)＝c＋1ec－c＝1ec>0，
所以h(1)·h(ec)<0，由零点存在性定理知h(x)在(1，ec)?(0，＋∞)上必有零点．
综上，c的取值范围为[1，＋∞)．
(2)由题意得，当k≥2时，xkln x≥cx－1对于任意正实数x恒成立，
所以当k≥2时，c≤xk－1ln x＋1x对于任意正实数x恒成立，
由(1)知，ln x＋1x≥1，
两边同时乘以x得，xln x＋1≥x，⑤
两边同时加上1x得，xln x＋1＋1x≥x＋1x≥2，⑥
所以xln x＋1x≥1，(*)
当且仅当x＝1时取等号．
对(*)式重复以上步骤⑤⑥可得，x2ln x＋1x≥1，
进而可得，x3ln x＋1x≥1，x4ln x＋
解答题(三) 1.如图，在正四棱锥V－ABCD中，E，F分别为棱VA，VC的中点． (1)求证：EF∥平面AB CD； (2)求证：平面VBD⊥平面BEF. 证明 (1)连结AC，因为E，F分别为棱VA，VC的中点， 所以EF∥AC， 又因为EF?平面ABCD，AC?平面ABCD， 所以EF∥平面ABCD. (2)设AC，BD 交于点O，连结VO. 因为V－ABCD为正四棱锥， 所以VO⊥平面ABCD. 又AC，BD?平面ABCD，所以VO⊥AC，VO⊥BD. 又因为EF∥AC， 所以EF⊥VO， 又因为BD⊥A C，AC∩VO＝O，AC，VO?平面VAC，[来源:__网Z_X_X_K] 所以BD⊥平面VAC，因为EF?平面VAC， 所以EF⊥BD. 又VO，BD?平面VBD，VO∩BD＝O， 所以EF⊥平面VBD， 又EF?平面BEF，所以平面VBD⊥平面BEF. 2.如图，在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，CD⊥AB于D，且BD－AD＝c. (1)求证：sin C＝2sin(A－B)； (2)若cos
1时，h′(x)>0；所以h(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数；
所以h(x)min＝h(1)＝1－c.
若c<1，则h(x)≥h(1)＝1－c>0，不合题意；
若c＝1，由(ⅰ)知适合；
若c>1，则h(1)＝1－c<0，又h(ec)＝c＋1ec－c＝1ec>0，
所以h(1)·h(ec)<0，由零点存在性定理知h(x)在(1，ec)?(0，＋∞)上必有零点．
综上，c的取值范围为[1，＋∞)．
(2)由题意得，当k≥2时，xkln x≥cx－1对于任意正实数x恒成立，
所以当k≥2时，c≤xk－1ln x＋1x对于任意正实数x恒成立，
由(1)知，ln x＋1x≥1，
两边同时乘以x得，xln x＋1≥x，⑤
两边同时加上1x得，xln x＋1＋1x≥x＋1x≥2，⑥
所以xln x＋1x≥1，(*)
当且仅当x＝1时取等号．
对(*)式重复以上步骤⑤⑥可得，x2ln x＋1x≥1，
进而可得，x3ln x＋1x≥1，x4ln x＋
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