2023-2024学年河北省名校联合体高三（下）开学数学试卷（2月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年河北省名校联合体高三（下）开学数学试卷（2月份）（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知一组数据3，7，4，11，15，6，8，13，去掉一个极大值和一个极小值后所得数据的下四分位数为( )
A. 4B. 6C. 1D. 13
2.已知向量|a|=10，|b|=12，且a⋅b=−60，则向量a与b的夹角为( )
A. 60°B. 120°C. 135°D. 150°
3.若α∈[0,π]，则“α=π9”是“sin2α=cs(α+π6)”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
4.某单位春节共有四天假期，但每天都需要留一名员工值班，现从甲、乙、丙、丁、戊、己六人中选出四人值班，每名员工最多值班一天.已知甲在第一天不值班，乙在第四天不值班，则值班安排共有( )
A. 184种B. 196种C. 252种D. 268种
5.已知sinx+csx=13，则sin3x+cs3x的值为( )
A. 727B. 927C. 1127D. 1327
6.集合M={x|x=in+i−n,n∈N}中元素个数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
7.在四面体ABCD中，AB= 3，AD=BC=1，CD= 6，且∠BAD=∠ABC=π2，则该四面体的外接球表面积为( )
A. 72πB. 7πC. 8πD. 10π
8.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a,b>0)，设F1是C的左焦点，P(0,− 3(a2+b2))，连接PF1交双曲线C于Q.若QO⊥PF1，则C的离心率的值为( )
A. 15+13B. 13+16C. 13−13D. 13+13
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列式子中最小值为4的是( )
A. sin2x+4sin2xB. 2x+22−x
C. 8+lg2(2x)⋅lg2x8D. 1sin2x+1cs2x
10.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若acsB+bsinA=c，a=2 10,a2+b2−c2=absinC，则( )
A. tanC=2B. A=π3
C. b=6 2D. △ABC的面积为12 2
11.欧拉函数φ(n)(n∈N*)是数论中的一个基本概念，φ(n)的函数值等于所有不超过正整数n，且与n互质的正整数的个数(只有公因数1的两个正整数互质，且1与所有正整数(包括1本身)互质)，例如φ(8)=4，因为1，3，5，7均与8互质，则( )
A. φ(4)⋅φ(6)=φ(10)B. 数列φ(2n)单调递增
C. φ(100)=40D. 数列{φ(2n)ϕ(3n)}的前n项和小于32
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知二项式(x+0.01)n的二项式系数的和为1024，则n= ______.试估算x=1时，(x+0.01)n的值为______.(精确到0.001)
13.蒙日是法国著名的数学家，他首先发现椭圆的两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，所以这个圆又被叫做“蒙日圆”，已知点A、B为椭圆x23+y2b2=1(014.在数列{an}中，满足an+an+1=2023n2+2024n，则a2023a2022的值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知圆C经过两点A(−2,−2)，B(6,2)，且圆心在直线x−2y+3=0上．
(1)求圆C的方程；
(2)过点P(−2,−4)作直线l与圆C交于M，N两点，若|MN|=8，求直线l的方程．
16.(本小题15分)
在如图所示的三棱锥D−ABC中，AB⊥BD，BC⊥CD，M、N分别是线段AD、BD的中点，且MC=1，AB=BD= 2．
(1)证明：直线MN⊥平面DBC；
(2)若二面角D−BA−C的大小为60°，求直线BM和平面MNC所成角的余弦值．
17.(本小题15分)
如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点O出发，随机移动n次，每次等可能地向左或向右移动一个单位长度，n次移动结束后，质点到达的位置的数字记为X．

(1)若n=2，求P(X=0)；
(2)若n=6，求X的分布列和E(X)的值．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=(x+a)(ex−a)，g(x)=4ex−ax，h(x)=32e2ax−ax．
(1)若f(x)、g(x)在(2,f(2))处切线的斜率相等，求a的值；
(2)在(1)条件下若方程f′(x)−g′(x)g′(2x)−h′(x)=a有两个实数根x1，x2，试证明：ex1+ex22>e3；
(3)若方程f(x)=b有两个实数根x1，x2，试证明：|x1−x2|≤1+b+e+13e−1+ebe−1．
19.(本小题17分)
菲波纳契数列{Fn}，又称”兔子数列””黄金分割数列”，是由13世纪的意大利数学家菲波纳契提出的，其定义是从数列的第三项开始，每一项都等于前两项的和，即满足Fn+2=Fn+1+Fn，规定F1=1，F2=1．
(1)试证明：F12+F22+F32+…+Fn2=Fn⋅Fn+1；
(2)求数列{Fn}的通项公式；
(3)试证明：n→+∞时，FnFn+1≈ 5−12．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：数据3，7，4，11，15，6，8，13，极小值为3，极大值为15，
去掉极小值、极大值后数据为4，6，7，8，11，13，共6个，
故6×25%=1.5，
故上四分位数为6．
故选：B．
根据已知条件，结合四位数的定义，即可求解．
本题主要考查百分位数的定义，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：设向量的夹角为θ则有：
|a||b|csθ=a⋅b，
所以10×12csθ=−60，
解得csθ=−12．
∵θ∈[0,180°]
所以θ=120°．
故选：B．
利用向量的模、夹角形式的数量积公式，列出方程，求出两个向量的夹角余弦，求出夹角．
本题考查利用向量的数量积公式解决两个向量的夹角问题．注意两个向量夹角的范围是[0,π]
3.【答案】B
【解析】解：当α=π9时，sin2α=sin2π9,cs(α+π6)=cs5π18=sin(π2−5π18)=sin2π9，
即sin2α=cs(α+π6)成立；
又因为sin2α=cs(α+π6)=sin(π2−α−π6)=sin(π3−α)，
所以2α=π3−α+2kπ,k∈Z或2α+π3−α=π+2kπ,k∈Z，
结合α∈[0,π]，解得α=π9或α=2π3或α=7π9，
即sin2α=cs(α+π6)成立，推不出α=π9，
故“α=π9”是“sin2α=cs(α+π6)”的充分不必要条件．
故选：B．
结合三角函数的诱导公式，判断“α=π9”和“sin2α=cs(α+π6)”之间的逻辑推理关系，即可得答案．
本题考查充分不必要条件的应用，属于中档题．
4.【答案】C
【解析】解：分类讨论，第一种情况，乙在第一天值班，剩余三天排班情况有A53=60种；
第二种情况，乙不在第一天值班，甲也不在第一天值班，第一天有C41种排法，乙同时不在第四天值班，第四天有C41排法，剩余两天有A42=12种排法，
所以共有4×4×12=192种排法，
两种情况加起来共60+192=252种．
故选：C．
分乙在第一天值班和乙不在第一天值班两种情况，结合计数原理求解即可．
本题主要考查了排列组合知识，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：因为sinx+csx=13，
所以(sinx+csx)2=1+2sinxcsx=19，所以sinxcsx=−49，
所以sin3x+cs3x=(sinx+csx)(sin2x−sinxcsx+cs2x)=13(1+49)=1327．
故选：D．
由同角三角函数的平方关系和立方和公式计算即可求得．
本题考查三角函数的求值，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：∵i4=1，i3=−i，i2=−1，
∴①当n=4k(k∈N)时，x=i4k+i−4k=2；
②当n=4k−1时，x=i4k−1+i1−4k=i−1+i=ii2+i=−i+i=0；
③当n=4k−2时，x=i4k−2+i2−4k=i−2+i2=1i2+i2=−2；
④当n=4k−3时，x=i4k−3+i3−4k=1i3+i3=i−i=0．
综上可知M={0,−2,2}.共有3个元素．
故选C．
利用i的周期性及复数的运算法则即可得出．
熟练掌握i的周期性及复数的运算法则是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：如图，作DH⊥平面ABC，连接AH，HB，HC，
易得DH⊥AB，因AB⊥AD，AD∩DH=D，AD，DH⊂平面DAH，所以AB⊥平面DAH，
AH⊂平面DAH，故AB⊥AH，由题可得∠BAC=30°，AC=2，则∠HAC=120°，
不妨设AH=x，DH=h，则有x2+h2=1①，
在△HAC中，由余弦定理得HC2=x2+4−2×2xcs120°=x2+2x+4，
在△HDC中，h2+x2+2x+4=6②，
将两式相减化简即得：x=12,h= 32．
取线段AC中点E，过点E作OE⊥平面ABC，其中点O为外接球的球心，
设外接球半径为R，由余弦定理求得HE2=14+1−2×12cs120°=74，
在直角梯形HEOD中，OE2=R2−1由R2=( R2−1− 32)2+74，
计算可得：R2=74，则该四面体的外接球表面积为7π．
故选：B．
根据题设条件作出四面体的高DH，通过相关条件推理计算分别求出AH，DH，最后在直角梯形HEOD，利用勾股定理列出方程即可求得外接球半径．
本题主要考查四面体的外接球的表面积，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：设双曲线的半焦距为c，由P(0,− 3c)，F1(−c,0)，
可得直线PF1的斜率为− 3，可得直线OQ的斜率为 33，
联立直线y= 33x与直线y=− 3x− 3c，解得Q(−34c,− 34c)，
代入双曲线的方程可得9c216a2−3c216b2=9e216−3e216(e2−1)=1，
化简可得9e4−28e2+16=0，
解得e2=14±2 139(舍去“−“)，
则e= 13+13．
故选：D．
求得直线PF1和OQ的方程，联立求得Q的坐标，代入双曲线的方程，可得e的方程，解方程可得所求离心率的值．
本题考查双曲线的方程和性质，以及直线方程的运用，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：对于A：sin2x+4sin2x≥2|sinx|⋅|2sinx|=4，
当且仅当|sinx|=|2sinx|，即当且仅当sinx=± 2时等号成立，
但sinx=± 2不成立，所以sin2x+4sin2x的最小值取不到4，故选项A错误；
对于B：因为2x>0，2−x>0，则2x+22−x≥2 2x⋅22−x=4，
当且仅当2x=22−x，即x=1时，等号成立，
所以2x+22−x的最小值为4，故选项B正确；
对于C：8+lg2(2x)⋅lg2x8=8+(1+lg2x)(lg2x−3)
=lg22x−2lg2x+5=(lg2x−1)2+4，
当x=2时，取得最小值4，故选项C成立；
对于D：由题意sin2x>0，cs2x>0，
则1sin2x+1cs2x=(sin2x+cs2x)(1sin2x+1cs2x)=cs2xsin2x+sin2xcs2x+2，
≥2 cs2xsin2x⋅sin2xcs2x+2=4，
当且仅当cs2xsin2x=sin2xcs2x，即tanx=±1时，等号成立，故选项D正确．
故选：BCD．
对于ABD，利用基本不等式运算求解；对于C，运用对数运算及二次函数的最值可判断．
本题主要考查了基本不等式的应用，考查了对数函数的运算性质，以及同角三角函数间的基本关系，属于中档题．
10.【答案】AC
【解析】解：由余弦定理可得a2+b2−c2=2abcsC=absinC，解得tanC=2，故A正确；
由acsB+bsinA=c及正弦定理，可得sinAcsB+sinBsinA=sinC=sin(A+B)，
化简可得sinBsinA=csAsinB．
因为B∈(0,π)，所以sinB>0，所以sinA=csA，即tanA=1．
因为A∈(0,π)，所以A=π4，故B错误；
因为tanC=2，所以csC>0且sinC=2csC，代入sin2C+cs2C=1，
可得5cs2C=1，解得csC= 55，sinC=2 55．
因为a=2 10，A=π4，sinC=2 55，
所以由正弦定理可得c=asinCsinA=2 10×2 55 22=8，
由a2+b2−c2=absinC，可得(2 10)2+b2−82=2 10b×2 55，
化简可得b2−4 2b−24=0，解得b=6 2或b=−2 2(舍)，故C正确；
S△ABC=12bcsinA=12×6 2×8× 22=24．
故选：AC．
根据a2+b2−c2=2abcsC=absinC及余弦定理可判断A；根据acsB+bsinA=c及正弦定理可判断B；由tanC的值及同角三角函数的基本关系可求csC，sinC，根据正弦定理求出c，代入a2+b2−c2=absinC求出b可判断C；根据三角形面积公式可判断D．
本题考查正弦定理，余弦定理，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A，因为φ(4)=2，φ(6)=2，φ(10)=4，所以φ(4)⋅φ(6)=φ(10)，故A正确；
对于B，因为φ(2)=1，φ(4)=2，φ(6)=2，所以数列{φ(2n)}不单调递增，故B错误；
对于C，因为100=22×52，所以φ(100)=φ(22×52)=φ(22)×φ(52)=2×20=40，故C正确；
对于D，因为小于2n的所有正奇数与2n均互质，且小于2n的所有正奇数有2n−1个，所以φ(2n)=2n−1，
同理小于3n的所有3的倍数与3n均不互质，共有3n−1个，因此小于3n的所有与3n互质的数共有2×3n−1个，即φ(3n)=2×3n−1，
所以φ(2n)ϕ(3n)=2n−12×3n−1=12⋅(23)n−1，
令an=12⋅(23)n−1，则Sn=a1+a2+⋅⋅an=12⋅(1−(23)n1−23)<32，故D正确．
故选：ACD．
根据拉函数φ(n)(n∈N*)的概念可判断A，B，C，由题意可知φ(2n)=2n−1，φ(3n)=2×3n−1，所以φ(2n)ϕ(3n)=2n−12×3n−1=12⋅(23)n−1，再利用等比数列的前n项和可判断D．
本题主要考查了数列的递推式，考查了等比数列的前n项和公式，属于中档题．
12.【答案】10 1.105
【解析】解：∵二项式(x+0.01)n的二项式系数的和为1024，
∴2n=1024，
∴n=10．
∴x=1时，(1+0.01)10=1+C101×0.01+C102×(0.01)2++0.1+0.0045+...≈1.105．
故答案为：10；1.105．
利用二项式系数的性质可求得n，再利用二项展开式，可估算求得x=1时，(x+0.01)n的值．
本题考查二项式定理，考查运算能力，属于中档题．
13.【答案】( 63,1)
【解析】解：依题意，直线x=± 3,y=±b都与椭圆x23+y2b2=1相切，
因此直线x=± 3,y=±b所围成矩形的外接圆x2+y2=3+b2即为椭圆x23+y2b2=1的蒙日圆，
由点A、B为椭圆x23+y2b2=1上任意两个动点，动点P满足∠APB为锐角，得点P在圆x2+y2=3+b2外，
又动点P在直线4x+3y−10=0上，因此直线4x+3y−10=0与圆x2+y2=3+b2相离，
于是|−10| 42+32> 3+b2，解得0所以椭圆C的离心率的取值范围为 63故答案为：( 63,1)．
求出给定椭圆的蒙日圆方程，由已知可得直线4x+3y−10=0与该蒙日圆相离，建立不等式求出离心率范围即得．
本题主要考查椭圆的性质，考查转化能力，属于中档题．
14.【答案】41395935894135502071
【解析】解：根据题意，设an=xn2+yn+z，则an+1=x(n+1)2+y(n+1)+z，
所以an+an+1=2xn2+(2x+2y)n+x+y+2z，
因为an+an+1=2023n2+2024n，
所以2x=20232x+2y=2024x+y+2z=0，解得x=20232，y=12，z=−506，
所以an=20232n2+12n−506，
所以a2023a2022=20232×20232+12×2023−50620232×20222+12×2022−506=41395935894135502071．
故答案为：41395935894135502071．
根据an+an+1=2023n2+2024n，利用待定系数法求出{an}的通项公式，进而求得a2023a2022的值．
本题主要考查由数列的递推公式求通项公式、待定系数法及其应用，考查计算能力，属于中档题．
15.【答案】解：(1)设圆C的方程为(x−a)2+(y−b)2=r2，
则(−2−a)2+(−2−b)2=r2(6−a)2+(2−b)2=r2a−2b+3=0，
解得a=1b=2r=5，
所以圆C的方程为(x−1)2+(y−2)2=25；
(2)设圆心C(1,2)到直线l的距离为d，则|MN|=2 r2−d2=2 52−d2=8，则d=3，
当直线l的斜率不存在时，直线l：x=−2，满足题意；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y+4=k(x+2)，
即kx−y+2k−4=0，
所以d=|k−2+2k−4| k2+(−1)2=3，
解得k=34，
此时，直线l的方程为y+4=34(x+2)，即3x−4y−10=0，
综上所述，直线l的方程为x=−2或3x−4y−10=0．
【解析】(1)设出圆的标准方程，利用待定系数法求解；
(2)根据弦长及圆的半径求出弦心距，据此分直线斜率存在与不存在两种情况求解即可．
本题考查圆的方程的应用，属于中档题．
16.【答案】证明：(1)∵BC⊥CD，N为BD的中点，BD= 2，
∴NC=12BD= 22，
又∵M为AD的中点，
∴MN=12AB= 22，且MN//AB，

∵MC=1，
∴MN2+NC2=MC2，即MN⊥NC，
∵AB⊥BD，
∴MN⊥BD，
∵BD∩NC=N，BD，NC⊂平面BCD，
∴MN⊥平面BCD．
解：(2)∵MN⊥平面BCD，AB/​/MN，
∴AB⊥平面BCD，
∵BC⊂平面BCD，
∴AB⊥BC，AB⊥CD
∵AB⊥BD，
∴二面角D−BA−C的平面角为∠CBD=60°，
∴BC=BDcs60°= 22，CD=BDsin60°= 62，
∵AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，
∴AB⊥CD，
∵BC⊥CD，BC∩AB=B，BC，AB⊂平面ABC，
∴CD⊥平面ABC，
∴以点B为坐标原点，BC、BA所在直线分别为x、y轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则B(0,0,0)、C( 22,0,0)、A(0, 2,0)、D( 22,0, 62)、M( 24, 22, 64)、N( 24,0, 64)，
设平面MNC的法向量为n=(x,y,z)，NM=(0, 22,0)，CN=(− 24,0, 64)，
则n⋅NM= 22y=0n⋅CN=− 24x+ 64z=0，取x= 3，可得n=( 3,0,1)，
因为BM=( 24, 22, 64)，
所以|cs|=|BM⋅n||n||BM|=| 64+ 64|1×2= 64，
所以直线BM和平面MNC所成角的正弦值为 64．
【解析】(1)先证明MN⊥BD，MN⊥NC，再根据线面垂直判定定理即可证明；
(2)根据二面角的定义判断出二面角的平面角为∠CBD.以点B为坐标原点，BC、BA所在直线分别为x、y轴建立空间直角坐标系，用向量法求解．
本题主要考查直线和平面所成的角，属于中档题．
17.【答案】解：(1)若n=2，则质点移动2次，可能结果共有2×2=4种，
若质点位于原点O，则质点需要向左、右各移动一次，共有C21=2种，
故P(X=0)=24=12．
(2)质点每次移动向左或向右，设事件A为“向右”，则A−为“向左”，故P(A)=P(A−)=12，
设Y表示6次移动中向左移动的次数，则Y～B(6,12)，质点到达的数字X=6−2Y，
所以P(X=6)=P(Y=0)=C60(12)6=164，
P(X=4)=P(Y=1)=C61(12)6=332，
P(X=2)=P(Y=2)=C62(12)6=1564，
P(X=0)=P(Y=3)=C63(12)6=516，
P(X=−2)=P(Y=4)=C64(12)6=1564，
P(X=−4)=P(Y=5)=C65(12)6=332，
P(X=−6)=P(Y=6)=C66(12)6=164，
所以X的分布列为：
E(X)=E(6−2Y)=−2E(Y)+6=6−2×6×12=0．
【解析】(1)由题意知质点移动2次的所有可能种数，再求出移动2次后在原点的所有可能种数，根据古典概型求解即可；
(2)设向左移动的次数为随机变量Y，易知Y～B(6,12)，得出随机变量X=6−2Y，由二项分布求出对应的概率，即可求出分布列，再由期望的性质求解X的期望．
本题主要考查离散型随机变量分布列及数学期望，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)∵f(x)=(x+a)(ex−a)，g(x)=4ex−ax，
f′(x)=(x+a+1)ex−a，g′(x)=4ex−a，
f(x)、g(x)在(2,f(2))处切线的斜率相等，
∴f′(2)=g′(2)⇒(3+a)e2−a=4e2−a，
∴a=1．
(2)∵f(x)=(x+1)(ex−1)，f′(x)=(x+2)ex−1，
g(x)=4ex−x，g′(x)=4ex−1，
h(x)=32e2x−x,h′(x)=3e2x−1，
∴f′(x)−g′(x)g′(2x)−h′(x)=(x+2)ex−1−4ex+14e2x−1−3e2x+1=x−2ex，
令φ(x)=x−2ex，则φ′(x)=3−xex>0⇒x<3，
φ(x)在(−∞,3)上单调递增，在(3,+∞)上单调递减，
∴φ(x)≤φ(3)=e−3，
又x1−2ex1=x2−2ex2⇒x1−2ex1=x2−2ex2=x1−x2ex1−ex2，
∴x1−x2ex1−ex2≤e−3⇒ex1−ex2x1−x2≥e3，
欲证：ex1+ex22>e3，
即证：ex1+ex22>ex1−ex2x1−x2，
不妨设：x1>x2，
下证(x1−x2)>2(ex1−ex2)ex1+ex2，令ex1−x2=t,(t>1)，
下证lnt>2(t−1)t+1，
令m(t)=lnt−2(t−1)t+1，m(t)=1t−4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0，
∴m(t)在(1,+∞)上单调递增，
m(t)>m(1)=0⇒lnt>2(t−1)t+1，
∴ex1+ex22>e3．
(3)不妨设x2>x1，下证，x2−x1≤1+b+e+13e−1+ebe−1，
f(x)在(−1,f(−1))处的切线方程为y=1−ee(x+1)，
构造F(x)=f(x)−1−ee(x+1),F′(x)=(x+2)ex−1e,F′′(x)=(x+3)ex，
当x<−3时，F′′(x)<0，当x>−3时，F′′(x)>0，
∴F′(x)在(−∞,−3)上单调递减，在(−3,+∞)上单调递增，
又F′(−3)=−e−3−1e，当x→−∞时，F′(x)→−1e，F′(−1)=0，
∴F(x)在(−∞,−1)上单调递减，在(−1,+∞)上单调递增，
∴F(x)≥F(−1)=0⇒f(x)≥1−ee(x+1)．
设s(x)=1−ee(x+1)，方程1−ee(x+1)=b的根为x1′=−1−ebe−1，
则s(x1′)=b=f(x1)≥s(x1)，
由s(x)在R上单调递减，得x1′≤x1，
f(x)在(1,2e−2)处的切线方程为t(x)=(3e−1)x−e−1，
构造G(x)=f(x)−t(x)=(x+1)ex−3ex+e，
G′(x)=(x+2)ex−3e，G′′(x)=(x+3)ex，
当x<−3时，G′′(x)<0；x>−3时，G′′(x)>0；
∴G′(x)在(−∞,−3)上单调递减，在(−3,+∞)上单调递增，
又G(−3)=−e−3−3e<0，当x→−∞时，G′(x)→−3e，G(1)=0，
∴G(x)在(−∞,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
∴G(x)≥G(1)=0⇒f(x)≥(3e−1)x−e−1，
设方程t(x)=(3e−1)x−e−1=b的根为x2′=e+1+b3e−1，
又t(x2′)=b=f(x2)≥t(x2)，
由t(x)在R上单调递增，得x2≤x2′，
又x1≥x1′，
∴x2−x1≤x2′−x1′=1+b+e+13e−1+ebe−1．
【解析】(1)利用导数的几何意义求解即可；
(2)由题意得f′(x)−g′(x)g′(2x)−h′(x)=x−2ex，首先证明x−2ex≤e−3，再结合差比性质得x1−x2ex1−ex2≤e−3，变形后，结合换元法及导数知识求证ex1+ex22>ex1−ex2x1−x2即可得证；
(3)首先令x2>x1去掉绝对值符号，再求得f(x)≥1−ee(x+1),1−ee(x+1)=b的根x1′≤x1，以及方程(3e−1)x−e−1=b的根x2′=e+1+b3e−1≥x2，结合放缩的知识可得x2−x1≤x2′−x1′=1+b+e+13e−1+ebe−1，所以原不等式可证．
本题考查了导数的几何意义，函数的极值点偏移中的切线放缩，属于难题．
19.【答案】解：(1)证明：由Fn+2=Fn+1+Fn，规定F1=1，F2=1，
可得F12+F22+F32+…+Fn2=F1F2+F22+F32+…+Fn2=F2(F1+F2)+F32+…+Fn2
=F2F3+F32+…+Fn2=F3(F2+F3)+F32+…+Fn2=F3F4+…+Fn2=⋅Fn+1；
(2)可设Fn+2+λFn+1=μ(Fn+1+λFn)，μ≠0，
即为Fn+2=(μ−λ)Fn+1+λμFn，
由Fn+2=Fn+1+Fn，可得μ−λ=λμ=1，
解得λ= 5−12，μ= 5+12，或λ=−1− 52，μ=1− 52，
由λ= 5−12，μ= 5+12，可得Fn+2+ 5−12Fn+1= 5+12(Fn+1+ 5−12Fn)，
由F1=1，F2=1，可得F2+ 5−12F1= 5+12，
则数列{Fn+1+ 5−12Fn}是首项和公比均为 5+12的等比数列，
可得Fn+1+ 5−12Fn=( 5+12)n，
同理可得Fn+1+−1− 52Fn=(1− 52)n，
上面两式相减可得Fn= 55[( 5+12)n−(1− 52)n]；
(3)证明：FnFn+1=(1+ 52)n−(1− 52)n(1+ 52)n+1−(1− 52)n+1=1−( 5−32)n1+ 52−1− 52⋅( 5−32)n，
由n→+∞时，( 5−32)n→0，可得FnFn+1→11+ 52= 5−12，即FnFn+1≈ 5−12．
【解析】(1)由菲波纳契数列的定义和累加法，可得证明；
(2)构造Fn+2+λFn+1=μ(Fn+1+λFn)，μ≠0，结合菲波纳契数列，求得λ，μ，结合等比数列的定义和通项公式，可得所求通项公式；
(3)由数列的极限公式可得所求结论．
本题考查菲波纳契数列和等比数列的定义、通项公式和数列的极限，考查转化思想和运算能力，属于中档题．X
−6
−4
−2
0
2
4
6
P
164
332
1564
516
1564
332
164