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高考仿真模拟练高考仿真模拟练(一)(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1已知集合Ax|x1，By|yx2，xR，则AB()A0，) B(1，)C0,1) D(0，)解析：选B因为Ax|x1，By|yx2，xR0，)，所以AB(1)，选B.2已知抛物线y2x，则它的准线方程为()Ay2By2 Cx Dy解析：选C因为抛物线y2x，所以 p，所以它的准线方程为x，故选C.3如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体的体积为()A.(1) B(1) C.(23)D(2)解析：选A依题意，该几何体由一个四棱锥和一个圆锥拼接而成，故所求体积为V442224(1)故选A.4若实数x，y满足则z2xy的最大值为()A2B5C7D8解析：选C作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，由z2xy，可得y2xz，平行移动y2xz，由图象可知当直线经过点A时，直线的纵截距最大，即z最大联立得A(3,1)，所以zmax2317.5若关于x的不等式x24xm对任意x0,1恒成立，则实数m的取值范围为()A(，3B3，) C3,0) D4，)解析：选Ax24xm对任意x0,1恒成立，令f(x)x24x，x0,1，f(x)的对称轴为x2，f(x) 在0,1单调递减，当x1时，f(x)取到最小值为3, 实数m的取值范围为(，3，故选A.6在等比数列an中，“a4，a12 是方程x23x10的两根”是“a81”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件解析：选A由根与系数的关系可知a4a123，a4a121，所以a40，a120，则在等比数列an中，a8a4q40)，则x2k，y3k，z5k，所以x2，y3，z5.对以上三式两边同时乘方，则(x)215，(y)310，(z)56，显然z最小，故选C.9将函数f(x)2sin(0)的图象向右平移个单位，得到函数yg(x)的图象，若yg(x)在上为增函数，则的最大值为()A3B2 C. D解析：选B由题意可知g(x)2sin2sin x(0)，由yg(x)在上为增函数，得，2，所以的最大值为2.10已知单位向量e1与e2的夹角为，向量e12e2与2e1e2的夹角为，则()AB3 C或3D1解析：选B因为e1e2|e1|e2|cos，所以|e12e2| ，|2e1e2|，(e12e2)(2e1e2)2e(4)e1e22e4 ，又向量e12e2与2e1e2的夹角为，所以，解得3.二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)11已知三棱锥O ABC底面ABC的顶点在半径为4的球O表面上，且AB6，BC2，AC4，则三棱锥O ABC的体积为_解析：AB6，BC2，AC4，AB2BC2AC2，ABBC.取AC的中点O1，连接OO1，BO1，则O1为ABC外接圆的圆心，OO1平面ABC，OO1BO1.OB4，BO12，OO12.三棱锥OABC的体积V6224.答案：412已知a，bR，(abi)234i (i是虚数单位)则a2b2 _，ab_.解析：由题意可得a2b22abi34i，则解得则a2b25，ab2.答案：5213已知ABC和点M，满足0，若存在实数m，使得m成立，则点M是ABC的_，实数m_.解析：由0知，点M为ABC的重心设点D为底边BC的中点，则()()，所以有3，故m3.答案：重心314.三国时期吴国数学家赵爽所注周髀算经中给出了勾股定理的绝妙证明，下面是赵爽的弦图及注文，弦图是一个以勾股形之弦为边的正方形，其面积称为弦实，图中包含四个全等的勾股形及一个小正方形，分别涂成红(朱)色及黄色，其面积称为朱实，黄实，利用2勾股(股勾)24朱实黄实弦实，化简，得勾2股2弦2，设勾股中勾股比为1，若向弦图内随机抛掷1 000颗图钉(大小忽略不计)，则落在黄色图形内的图钉数大约为_解析：设勾为a，则股为a，弦为2a，则图中大四边形的面积为4a2，小四边形的面积为(1)2a2(42)a2，则图钉落在黄色图形内的概率为1 .所以落在黄色图形内的图钉数大约为1 000134.答案：13415在ABC中，ABAC4，BC2.点D为AB延长线上一点，BD2，连接CD，则BCD的面积为_，cosBDC_.解析：取BC的中点E，连接AE，由题意知AEBC，在ABE中，cosABC，cosDBC，sinDBC，SBCDBDBCsinDBC.ABC2BDC，cosABCcos 2BDC2cos2BDC1，解得cosBDC或cosBDC(舍去)综上可得，BCD面积为，cosBDC.答案：16已知函数f(x)则f(f(4)_；f(x) 的最大值是_解析：因为函数f(x)所以f(4)11，f(f(4)f(1)21.当x0时， f(x)1单调递减，即有f(x)1；当x0时，f(x)2x(0,1)综上可得，当x0时，f(x)取得最大值1.故f(f(4)；f(x) 的最大值是1.答案：117对于函数f(x)下列5个结论正确的是_(填序号)任取x1，x20，) ，都有|f(x1)f(x2)|2；函数yf(x)在4,5上单调递增； f(x)2kf(x2k)(kN*)，对一切x0，)恒成立；函数yf(x)ln(x1)有3个零点；若关于x的方程f(x)m(m0)有且只有两个不同的实根x1，x2，则x1x23.解析：由题意，得f(x)的图象如图所示由图象可知f(x)max1，f(x)min1，则任取x1，x20，)，都有|f(x1)f(x2)|f(x)maxf(x)min|2，故正确；函数yf(x)在4,5上先增后减，故错误；当x0,2时，f(x2k)f(x2k2)f(x2k4)f(x)，即f(x)2kf(x2k)，xN*，故错误；在同一坐标系中作出yf(x)和yln(x1)的图象，可知两函数图象有三个不同公共点，即函数yf(x)ln(x1)有3个零点，故正确；在同一坐标系中作出yf(x)和ym的图象，由图象可知当且仅当1m时，关于x的方程f(x)m(m0, 所以f(x)在(0，)上单调递增(2)由已知得，g(x).因为g(x)在其定义域内为增函数，所以x(0，)，g(x)0，即ax25xa0，即a.而，当且仅当x1时，等号成立，所以a.即实数a的取值范围为.21(本小题满分15分)已知椭圆C：1(ab0)经过点P，且两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形(1)求椭圆C的方程；(2)动直线l：mxnyn0(m，nR )交椭圆C于A，B两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点T，使得以AB为直径的圆恒过点T.若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由解：(1)椭圆C：1(ab0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，ab，1，又椭圆经过点P，代入可得b1.a，故所求椭圆C的方程为y21.(2)动直线l：mxnyn0可化为mxn0，当x0时，y，所以动直线l恒过点.当l与x轴平行时，以AB为直径的圆的方程为x222，当l与y轴平行时，以AB为直径的圆的方程为x2y21.由解得即两圆相切于点(0,1)，因此所求的点T如果存在，只能是(0,1)，事实上，点T(0,1)就是所求的点证明如下：当直线l垂直于x轴时，以AB为直径的圆过点T(0,1)，当直线l不垂直于x轴，可设直线l：ykx.由消去y，得(18k29)x212kx160.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2，又因为(x1，y11)， (x2，y21)，所以x1x2(y11)(y21)x1x2(1k2)x1x2k(x1x2)(1k2)k0.所以TATB，即以AB为直径的圆恒过点T(0,1)所以在坐标平面上存在一个定点T(0,1)满足条件22(本小题满分15分)数列an满足a12a2nan4(nN*)(1)求a3的值；(2)求数列an前n项和Tn；(3)令b1a1，bnan(n2)，证明：数列bn的前n项和Sn满足Sn22ln n.解：(1)3a3(a12a23a3)(a12a2)4，a3.(2)由题意知，当n2时，nan(a12a2nan)4，ann1，又a141也适合此式，ann1，数列an是首项为1，公比为的等比数列，故Tn2n1.(3)证明：由bnan，知b1a1，b2a2，b3a3，Snb1b2bn(a1a2an)Tn1)，则f(x)0，f(x)在(1，)上是增函数，又f(1)0，f(x)0，又k2且kN*时，1，f ln10，即ln，ln，ln，ln，即有lnlnlnln n，222ln n，即Sn ”是“cos cos ”的()A充要条件B充分不必要条件C必要不充分条件D既不充分也不必要条件解析：选D因为当时，cos cos 不成立；当coscos时，不成立，所以“”是“cos cos ”的既不充分也不必要条件，故选D.3某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()ABCD解析：选A由三视图可知，该几何体是半个圆柱和以圆柱轴截面为底面的四棱锥组成的组合体，其中半圆柱底面半径为1，高为2，体积为122，四棱锥的体积为41，所以该几何体的体积为，故选A.4若实数x，y满足约束条件则z2xy的取值范围是()A3,4B3,12C3,9D4,9解析：选C作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，由得A(1,1)；由得B(3,3)，平移直线y2xz，当直线经过A，B时分别取得最小值3，最大值9，故z2xy的取值范围是3,9，故选C.5已知数列an是公差不为0的等差数列，bn2an，数列bn的前n项，前2n项，前3n项的和分别为A，B，C，则()AABCBB2ACC(AB)CB2D(BA)2A(CB)解析：选Dan是公差不为0的等差数列，bn是以公比不为1的等比数列，由等比数列的性质，可得A，BA，CB成等比数列，(BA)2A(CB)，故选D.6.已知函数yf(x)的导函数yf(x)的图象如图所示，则函数f(x)的图象可能是()解析：选C由导函数的图象可知，函数yf(x)先减再增，可排除选项A、B，又知f(x)0的根为正，即yf(x)的极值点为正，所以可排除D，故选C.7正方形ABCD的四个顶点都在椭圆1上，若椭圆的焦点在正方形的内部，则椭圆的离心率的取值范围是()A.BC.D解析：选B设正方形的边长为2m，椭圆的焦点在正方形的内部，mc，又正方形ABCD的四个顶点都在椭圆1上，1e2，即e43e210，e22，0e.8.已知ABC的边BC的垂直平分线交BC于Q，交AC于P，若|1，|2，则的值为()A3BC.D解析：选B因为BC的垂直平分线交AC于P，所以0，所以()()()(22).9已知函数f(x)x|x|，则下列命题错误的是()A函数f(sin x)是奇函数，且在上是减函数B函数sin(f(x)是奇函数，且在上是增函数C函数f(cos x)是偶函数，且在(0,1)上是减函数D函数cos(f(x)是偶函数，且在(1,0)上是增函数解析：选A函数f(x)x|x|，f(sin x)sin x|sin x|ycos 2x在上递减，在上递增，yf(sin x)在上是增函数，命题“函数f(sin x)是奇函数，且在上是减函数”错误，同理：可验证B、C、D均正确，故选A.10.如图，在正四面体ABCD中，P，Q，R在棱AB，AD，AC上，且AQQD，分别记二面角APQR，APRQ，AQRP的平面角为，则，的大小关系为()ABCD解析：选D在正四面体ABCD中，P，Q，R在棱AB，AD，AC上，且AQQD，可得为钝角，为锐角，设P到平面ACD的距离为h1，P到QR的距离为d1，Q到平面ABC的距离为h2，Q到PR的距离为d2，设正四面体的高为h，可得h1h，h2h，h1h2，由余弦定理可得QRPR，由三角形面积相等可得到d1d2，所以可以推出sin sin ，所以，所以，故选D.二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)11若复数z43i，其中i是虚数单位，则|z|_.解析：复数z43i，|z|5.答案：512若双曲线的焦点在x轴上，实轴长为4，离心率为，则该双曲线的标准方程为_，渐近线方程为_解析：2a4，a2，又离心率，c2，b2，双曲线的标准方程为1，渐近线方程为yxx.答案：1yx13已知直线l：xy0与圆C：(x2)2y24交于O，A两点(其中O是坐标原点)，则圆心C到直线l的距离为_，点A的横坐标为_解析：圆C：(x2)2y24，C(2,0)，由点到直线的距离公式可得C到直线l的距离为d1，由得O(0,0)，A(3，)，点A的横坐标为3.答案：1314.如图，四边形ABCD中，ABD、BCD分别是以AD和BD为底边的等腰三角形，其中AD1，BC4，ADBCDB，则BD_，AC_.解析：设ADBCDB，在ABD中，BD，在CBD中，BD8cos ，可得cos ，BD2，cos 22cos21，由余弦定理可得AC2AD2CD22ADCDcos 224，解得AC2.答案：2215已知2a4b2(a，bR)，则a2b的最大值为_解析：由2a4b2a22b22，得2a2b120，a2b0，当且仅当a2b时等号成立，所以a2b的最大值为0.答案：016设向量a，b，且|ab|2|ab|，|a|3，则|b|的最大值是_；最小值是_解析：设|b|t，a，b的夹角为，由|ab|2|ab|，可得|ab|24|ab|2,9t26tcos 4(9t26tcos )，化简得t210tcos 90，可得t210t90,1t9，即|b|的最大值是9，最小值是1.答案：9117已知函数f(x)a有六个不同零点，且所有零点之和为3，则a的取值范围为_解析：根据题意，有f(x)f(mx)，于是函数f(x)关于xm对称，结合所有的零点的平均数为，可得m1，此时问题转化为函数g(x)在上与直线ya有3个公共点，此时g(x)当x0，于是函数g(x)单调递增，且取值范围是(5，)，当x1时，函数g(x)的导函数g(x)2，考虑到g(x)是(1，)上的单调递增函数，且g(x)， g(x)2，于是g(x)在(1，)上有唯一零点，记为x0，进而函数g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，在xx0处取得极小值n，作出函数f(x)的图象如图所示接下来问题的关键是判断n与5的大小关系，因为g240，所以ng25，若函数g(x)在上与直线ya有3个公共点，则a的取值范围是(5，)答案：(5，)三、解答题(本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)18(本小题满分14分)已知函数f(x)4cos xcos1.(1)求f 的值；(2)求f(x)的最小正周期及单调递增区间解：(1)f 4coscos14coscos1412.(2)f(x)4cos xcos14cos x12cos2xsin 2x1sin 2xcos 2x2sin.所以f(x)的最小正周期为，令2k2x2k(kZ)，得kxk(kZ)，故f(x)的单调递增区间为(kZ)19(本小题满分15分)如图，在四面体ABCD中，ABBCCDBDAD1，平面ABD平面CBD.(1)求AC的长；(2)点E是线段AD的中点，求直线BE与平面ACD所成角的正弦值解：(1)AB1，BD，AD2，AB2BD2AD2，ABBD，又平面ABD平面CBD，平面ABD平面CBDBD，AB平面CBD，ABBC，ABBC1，AC.(2)由(1)可知AB平面BCD，过B作BGCD于点G，连接AG，则有CD平面ABG，平面AGD平面ABG，过B作BHAG于点H，则有BH平面AGD，连接HE，则BEH为BE与平面ACD所成的角由BCCD1，BD，得BCD120，BCG60，BG，又AB1，AG，BH，又BEAD1，sinBEH.即直线BE与平面ACD所成角的正弦值为.20(本小题满分15分)已知函数f(x)x4ln x.(1)求f(x)的单调递增区间；(2)当00，解得x3或x1，又函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)的单调递增区间为(0,1)和(3，)(2)证明：由(1)知f(x)x4ln x在(0,1)上单调递增，在1,3上单调递减，所以，当0x3时，f(x)maxf(1)2，因此，当00)，焦点为F，直线l交抛物线C于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，D(x0，y0)为AB的中点，且|AF|BF|12x0.(1)求抛物线C的方程；(2)若x1x2y1y21，求的最小值解：(1)根据抛物线的定义知|AF|BF|x1x2p，x1x22x0，|AF|BF|12x0，p1，y22x.(2)设直线l的方程为xmyb，代入抛物线方程，得y22my2b0，x1x2y1y21，即y1y21，y1y22，即y1y22b2，b1，y1y22m，y1y22，|AB|y1y2|2，x0(y1y2)22y1y2m21，令tm21，t1，)，则，当且仅当t1，即m0时取等号所以的最小值为.22(本小题满分15分)已知数列xn满足x11，xn123，求证：(1)0xn9；(2)xnxn1；(3)xn98n1.证明：(1)数学归纳法：当n1时，因为x11，所以0x19成立假设nk时，0xk0，且xk19262(3)0，得xk19，所以nk1时，0xk19也成立，由可知0xn9成立(2)因为0xn0.所以xnxn1.(3)因为0xn.从而xn123xn3.所以xn19(xn9)，即9xn10)为增函数，则a的取值范围是()A2，)BC(，2 D解析：选A由函数f(x)(2x1)exax23a(x0)为增函数，则f(x)2ex(2x1)ex2ax(2x1)ex2ax0在(0，)上恒成立，即a在(0，)上恒成立设g(x)，x0，则g(x).由g(x)0，得0x；由g(x)，所以函数g(x)在上单调递增，在上单调递减，则g(x)maxg2e，故a的取值范围是2，)，选A.8设A，B是椭圆C：1长轴的两个端点，若C上存在点P满足APB120，则m的取值范围是()A.12，)B6，)C.12，)D6，)解析：选A当椭圆的焦点在x轴上，则0m4，当P位于短轴的端点时，APB取最大值，要使椭圆C上存在点P满足APB120，则APO60，tanAPOtan 60，解得04，当P位于短轴的端点时，APB取最大值，要使椭圆C上存在点P满足APB120，则APO60，tanAPOtan 60，解得m12，所以m的取值范围是12，)，故选A.9函数yx的值域为()A1，)B(，)C，)D(1，)解析：选D由x22x3(x1)22，得xR，当x1时，函数yx为增函数，所以y11.当x1时，由yx移项得 yx0，两边平方整理得(2y2)xy23，从而y1且x.由x1，得y1或100y1.所以1y1.综合可知，所求函数的值域为(1，)10.如图，半径为1的扇形AOB中，AOB，P是弧AB上的一点，且满足OPOB，M，N分别是线段OA，OB上的动点，则的最大值为()A.BC1D解析：选C()()21|cos 150|cos 1201001，故选C.二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)11某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，该几何体的表面积为_cm2，体积为_cm3.解析：由三视图可知，该几何体为一个四棱锥，高为2，底面为边长为2的正方形，所以表面积为2222222284，体积为222.答案：8412在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a，b3，sin C2sin A，则sin A_；设D为AB边上一点，且2，则BCD的面积为_解析：由sin C2sin A及正弦定理得c2a2，又cos A，所以sin A.又因为2，所以点D为AB边上靠近点A的三等分点，所以SBCDbcsin A322.答案：213已知sincos，且0，则sin _，cos _.解析：因为sincoscos (sin )sin cos ，又0，则且0sin cos ，可得sin ，cos .答案：14安排甲、乙、丙、丁、戊5名大学生去杭州、宁波、金华三个城市进行暑期社会实践活动，每个城市至少安排一人，则不同的安排方式共有_种，学生甲被单独安排去金华的概率是_解析：根据题意，按五名同学分组的不同分2种情况讨论：五人分为2,2,1的三组，有15种分组方法，对应三个城市，有15A90种安排方案五人分为3,1,1的三组，有10种分组方法，对应三个城市，有10A60种安排方案，则共有9060150种不同的安排方案学生甲被单独安排去金华时，共有CCAA14种不同的安排方案，则学生甲被单独安排去金华的概率是.答案：15015已知F是抛物线C：y24x的焦点，M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N.若，则|_.解析：由题意知，F(1, 0)，设M(x0，y0)，N(0，y)，则由，可得(x01，y0)(0x0，yy0)，所以把x0代入y24x，得y0，y3y0，所以 |5.答案：516已知函数f(x)则关于x的方程f(x24x)6的不同实根的个数为_解析：作出函数f(x)的图象如图所示，tx24x(x2)24，由图象可知，当4t0时，f(t)6，即ln(1t)46，t1e20时，f(t)6有2个解，对应tx24x各有2个解，故关于x的方程f(x24x)6的不同实根的个数为4.答案：417.如图，棱长为3的正方体的顶点A在平面内，三条棱AB，AC，AD都在平面的同侧若顶点B，C到平面的距离分别为，则平面ABC与平面所成锐二面角的余弦值为_解析：如图，作BB1平面于B1，CC1平面于C1，连接BC，B1C1，过点B作BECC1，垂足为E.则AC1，AB1，B1C1BE，cosB1AC1，sinB1AC1.SB1AC13.SBAC32.设平面ABC与平面所成锐二面角为，则cos .答案：三、解答题(本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)18(本小题满分14分)在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知cos(AB)cos Csin(AB)sin C.(1)求角B的大小；(2)若b2，求ABC面积的最大值解：(1)在ABC中，ABC，则cos(AB)cos(AB)sin(AB)sin(AB)，化简得2sin Asin B2sin Acos B，由于0A，sin A0，则tan B，所以B.(2)由余弦定理，得4c2a2ca2accaac，从而SABCcasin，当且仅当ac时，SABC取到最大值，最大值为.19(本小题满分15分)如图，在四棱锥PABCD中，ADBC，ABAD，ABPA，E为线段BC上的点，且BC2AB2AD4BE2PA，平面PAB平面ABCD.(1)求证：平面PED平面PAC；(2)求直线PE与平面PAC所成角的正弦值解：(1)如图，取AD的中点F，连接BF，则FD綊BE，四边形FBED是平行四边形，FBED.在直角BAF和直角CBA中，2，RtBAFRtCBA.易知BFAC，则EDAC.平面PAB平面ABCD，平面PAB平面ABCDAB，ABPA，PA平面ABCD，PAED.PAACA，ED平面PAC.ED平面PED，平面PED平面PAC.(2)设ED交AC于点G，连接PG，则EPG是直线PE与平面PAC所成的角设BE1，由AGD CGE，知，ABAD2，EGDE.在PAB中，PB2，在PBE中，PE3，sinEPG.直线PE与平面PAC所成角的正弦值为.20(本小题满分15分)设数列an的前n项和为Sn.已知2Sn3n3.(1)求an的通项公式；(2)若数列bn满足anbnlog3an，求bn的前n项和Tn.解：(1)因为2Sn3n3，当n2时，2Sn13n13，两式相减，得2an2Sn2Sn13n3n1，即an3n1，当n1时，2a12S133，解得a13，但a13311，所以an(2)因为anbnlog3an，所以b1，当n2时，bn31nlog33n1(n1)31n.所以T1b1，当n2时，Tnb1b2b3bn131232(n1)31n，所以3Tn1130231(n1)32n两式相减，得2Tn(303132n)(n1)31n(n1)31n，所以Tn，经检验，n1时也适合，综上可得，Tn.21(本小题满分15分)如图，已知抛物线C1：x22py的焦点在抛物线C2：yx21上，点P是抛物线C1上的动点(1)求抛物线C1的方程及其准线方程；(2)过点P作抛物线C2的两条切线，A，B分别为两个切点，求PAB面积的最小值解：(1)由题意，得1，p2，所以抛物线C1的方程为x24y，其准线方程为y1.(2)设P(2t，t2)，A(x1，y1)，B(x2，y2), 则切线PA的方程为yy12x1(xx1)，即y2x1x2xy1，又y1x1，所以y2x1x2y1.同理：切线PB的方程为y2x2x2y2，又PA和PB都过P点，所以所以直线AB的方程为4txy2t20.联立得x24txt210，则x1x24t，x1x2t21.所以|AB|x1x2|.又点P到直线AB的距离d ，所以PAB的面积S|AB|d2(3t21)2(3t21)，所以当t0时， S取得最小值，为2，即PAB面积的最小值为2.22(本小题满分15分)设函数f(x)aln(1x)，g(x)ln(1x)bx.(1)若函数f(x)在x0处有极值，求函数f(x)的最大值(2)是否存在实数b，使得关于x的不等式g(x)0在(0，)上恒成立？若存在，求出b的取值范围若不存在，说明理由证明：不等式10，f(x)单调递增；当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递减，函数f(x)的最大值为f(0)0.(2)由已知得，g(x)b，()若b1，则x0，)时，g(x)b0，g(x)ln(1x)bx在0，)上为减函数，g(x)ln(1x)bx0，g(x)ln(1x)bx在0，)上为增函数，g(x)ln(1x)bxg(0)0，不能使g(x)0在(0，)上恒成立，不符合题意()若0bg(0)0，不能使g(x)0在(0，)上恒成立，不符合题意综上所述，b的取值范围是1，)证明：由以上得，ln(1x)0)，取x，得ln，令xnln n，则x1，xnxn1ln0.因此xnxn111.故1ln n(nN*)30
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