《2025年金考卷特快专递高中数学》

19. (12分)如图，已知$AB// CD$，$CD// EF$，$AB = DE = EF = CF = 2$，$CD = 4$，$AD = BC = \sqrt{10}$，$AE = 2\sqrt{3}$，$M$为$CD$的中点.
(1)证明：$EM//$平面$BCF$；
(2)求点$M$到平面$ADE$的距离.
　　　　　　　　　　　

答案： 线面平行的证明 + 点到平面的距离
解：
(1)第1步：证明$EM// FC$
由题意得，$EF// MC$，且$EF = MC$，所以四边形$EFCM$是平行四边形，
所以$EM// FC$. (2分)
第2步：利用线面平行的判定定理证明$EM//$平面$BCF$
又$CF\subset$平面$BCF$，$EM\not\subset$平面$BCF$，所以$EM//$平面$BCF$. (4分)
(2)第1步：取$DM$的中点$O$，连接$OA$，证明$OA\perp$平面$EDM$
取$DM$的中点$O$，连接$OA$，$OE$，因为$AB// MC$，且$AB = MC$，所以四边形$AMCB$是平行四边形，所以$AM = BC=\sqrt{10}$，
又$AD=\sqrt{10}$，故$\triangle ADM$是等腰三角形，同理$\triangle EDM$是等腰三角形
可得$OA\perp DM$，$OE\perp DM$，$OA=\sqrt{AD^{2}-(\frac{DM}{2})^{2}} = 3$，$OE=\sqrt{ED^{2}-(\frac{DM}{2})^{2}}=\sqrt{3}$，
又$AE = 2\sqrt{3}$，所以$OA^{2}+OE^{2}=AE^{2}$，故$OA\perp OE$. (6分)
又$OA\perp DM$，$OE\cap DM = O$，$OE$，$DM\subset$平面$EDM$，
所以$OA\perp$平面$EDM$. (8分)
第2步：利用等体积法求点到平面的距离
易知$S_{\triangle EDM}=\frac{1}{2}\times2\times\sqrt{3}=\sqrt{3}$.
在$\triangle ADE$中，$\cos\angle DEA=\frac{4 + 12 - 10}{2\times2\times2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{4}$，
所以$\sin\angle DEA=\frac{\sqrt{13}}{4}$，$S_{\triangle ADE}=\frac{1}{2}\times2\times2\sqrt{3}\times\frac{\sqrt{13}}{4}=\frac{\sqrt{39}}{2}$. (10分)
设点$M$到平面$ADE$的距离为$d$，由$V_{M - ADE}=V_{A - EDM}$，得$\frac{1}{3}S_{\triangle ADE}\cdot d=\frac{1}{3}S_{\triangle EDM}\cdot OA$，得$d=\frac{6\sqrt{13}}{13}$，
故点$M$到平面$ADE$的距离为$\frac{6\sqrt{13}}{13}$. (12分)

20.（12分）已知函数$f(x)=a(x - 1)-\ln x + 1$.
(1)求$f(x)$的单调区间；
(2)当$a\leq2$时，证明：当$x ＞ 1$时，$f(x) ＜ \mathrm{e}^{x - 1}$恒成立.

答案： 20.利用导数求函数的单调区间+不等式恒成立
解:
(1)第1步:求导函数
因为$f(x)=a(x−1)−\ln x+1$，所以$f'(x)=a−\frac{1}{x}=\frac{ax−1}{x}$，$x＞0$，(1分)
第2步:分类讨论，求$f(x)$的单调区间
若$a\leq0$，则$f'(x)＜0$恒成立，所以$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减，即$f(x)$的单调递减区间为$(0,+\infty)$，无单调递增区间；　　　　(3分)
若$a＞0$，则当$0＜x＜\frac{1}{a}$时，$f'(x)＜0$，当$x＞\frac{1}{a}$时，$f'(x)＞0$，所以$f(x)$的单调递减区间为$(0,\frac{1}{a})$，单调递增区间为$(\frac{1}{a},+\infty)$。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(5分)
综上，当$a\leq0$时，$f(x)$的单调递减区间为$(0,+\infty)$，无单调递增区间；当$a＞0$时，$f(x)$的单调递减区间为$(0,\frac{1}{a})$，单调递增区间为$(\frac{1}{a},+\infty)$。　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(6分)
(2)解法一(放缩法)　第1步:利用$a$的范围放缩不等式，将问题转化
因为$a\leq2$，所以当$x＞1$时，$e^{x−1}-f(x)=e^{x−1}-a(x−1)+\ln x−1\geq e^{x−1}-2x+\ln x+1$。　　　　　　　　　　　　　　　　　　(8分)
令$g(x)=e^{x−1}-2x+\ln x+1$，则只需证当$x＞1$时$g(x)＞0$。　(9分)
第2步:利用导数研究$g(x)$在$(1,+\infty)$上的单调性，证明不等式
易知$g'(x)=e^{x−1}-2+\frac{1}{x}$，
令$h(x)=g'(x)$，则$h'(x)=e^{x−1}-\frac{1}{x^{2}}$在$(1,+\infty)$上单调递增，
则当$x＞1$时，$h'(x)＞h'(1)=0$，所以$h(x)=g'(x)$在$(1,+\infty)$上单调递增，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(10分)
所以当$x＞1$时，$g'(x)＞g'(1)=0$，故$g(x)$在$(1,+\infty)$上单调递增，所以当$x＞1$时，$g(x)＞g(1)=0$，即当$x＞1$时，$f(x)＜e^{x−1}$恒成立。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(12分)
解法二(作差法直接求导证明)　第1步:作差并构造函数
设$g(x)=a(x−1)−\ln x+1−e^{x−1}$，只需证当$x＞1$时$g(x)＜0$即可。
第2步:利用导数研究$g(x)$的单调性，证明不等式
易知$g'(x)=a−\frac{1}{x}-e^{x−1}$，
令$h(x)=g'(x)$，则$h'(x)=\frac{1}{x^{2}}-e^{x−1}$，
由基本初等函数的单调性可知$h'(x)$在$(1,+\infty)$上单调递减，
则当$x＞1$时，$h'(x)＜h'(1)=1−1=0$，
所以$h(x)=g'(x)$在$(1,+\infty)$上单调递减，　　　　　　　　(8分)
于是当$x＞1$时，$g'(x)＜g'(1)=a−2$，
又$a\leq2$，所以$a−2\leq0$，则当$x＞1$时，$g'(x)＜0$，故$g(x)$在$(1,+\infty)$上单调递减，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(10分)
所以当$x＞1$时，$g(x)＜g(1)=0$，即当$x＞1$时，$f(x)＜e^{x−1}$恒成立。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(12分)