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共找到 23 题
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1917分导数及其应用★★★★★
(1) 设函数 f(x)=5cos⁡x−cos⁡5xf(x) = 5\cos x - \cos 5x，求 f(x)f(x) 在 [0,π4]\left[0, \frac{\pi}{4}\right] 的最大值； (2) 给定 θ∈(0,π)\theta \in (0,\pi) 和 a∈Ra \in \mathbf{R}，证明：存在 y∈[a−θ,a+θ]y \in [a - \theta, a + \theta]，使得 cos⁡y≤cos⁡θ\cos y \le \cos \theta； (3) 设 b∈Rb \in \mathbf{R}，若存在 φ∈R\varphi \in \mathbf{R} 使得 5cos⁡x−cos⁡(5x+φ)≤b5\cos x - \cos (5x + \varphi) \le b 对 x∈Rx \in \mathbf{R} 恒成立，求 bb 的最小值.

2025 · 全国 · 一卷 · 第 19 题 · 解答题

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1817分导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=ln⁡x2−x+ax+b(x−1)3f(x)=\ln\frac{x}{2-x}+ax+b(x-1)^3（x∈(0,2)x\in(0,2)）.
(1) 若 b=0b=0 且 f′(x)≥0f'(x)\ge0，求 aa 的最小值； (2) 证明：曲线 y=f(x)y=f(x) 关于点 (1,a)(1,a) 中心对称； (3) 若 f(x)>−2f(x)>-2 当且仅当 1<x<21<x<2，求 bb 的取值范围.

2024 · 全国 · 新高考一卷 · 第 18 题 · 解答题

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2215分解析几何★★★★★
在直角坐标系 xOyxOy 中，点 PP 到 xx 轴的距离等于点 PP 到点 (0,12)(0,\frac12) 的距离，记动点 PP 的轨迹为 WW.
(1) 求 WW 的方程； (2) 已知矩形 ABCDABCD 有三个顶点在 WW 上，证明：矩形 ABCDABCD 的周长大于 333\sqrt3.

2023 · 全国 · 新高考一卷 · 第 22 题 · 解答题

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21解析几何★★★★★
如图，已知椭圆 x212+y2=1\frac{x^2}{12}+y^2=1. 设 AA，BB 是椭圆上异于 P(0,1)P(0,1) 的两点，且点 Q(0,12)Q\left(0,\frac12\right) 在线段 ABAB 上，直线 PAPA，PBPB 分别交直线 y=−12x+3y=-\frac12x+3 于 CC，DD 两点.
(1) 求点 PP 到椭圆上点的距离的最大值； (2) 求 ∣CD∣|CD| 的最小值.

2022 · 浙江 · 第 21 题 · 解答题

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22导数及其应用★★★★★
设函数 f(x)=e2x+ln⁡xf(x)=\frac{\mathrm{e}}{2x}+\ln x（x>0x>0）.
(1) 求 f(x)f(x) 的单调区间； (2) 已知 aa，b∈Rb\in\mathbf{R}，曲线 y=f(x)y=f(x) 上不同的三点 (x1,f(x1))(x_1,f(x_1))，(x2,f(x2))(x_2,f(x_2))，(x3,f(x3))(x_3,f(x_3)) 处的切线都经过点 (a,b)(a,b). 证明：
(i) 若 a>ea>\mathrm{e}，则 0<b−f(a)<12(ae−1)0<b-f(a)<\frac12\left(\frac{a}{\mathrm{e}}-1\right)； (ii) 若 0<a<e0<a<\mathrm{e}，x1<x2<x3x_1<x_2<x_3，则 2e+e−a6e2<1x1+1x3<2a−e−a6e2\frac{2}{\mathrm{e}}+\frac{\mathrm{e}-a}{6\mathrm{e}^2}<\frac1{x_1}+\frac1{x_3}<\frac2a-\frac{\mathrm{e}-a}{6\mathrm{e}^2}.
（注：e=2.71828⋯\mathrm{e}=2.71828\cdots 是自然对数的底数）

2022 · 浙江 · 第 22 题 · 解答题

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22导数及其应用★★★★★
设 aa，b∈Rb\in\mathbf{R}，且 a>1a>1，函数 f(x)=ax−bx+e2f(x)=a^x-bx+\mathrm{e}^2（x∈Rx\in\mathbf{R}）.
(1) 求函数 f(x)f(x) 的单调区间； (2) 若对任意 b>2e2b>2\mathrm{e}^2，函数 f(x)f(x) 有两个不同零点，求 aa 的取值范围； (3) 当 a=ea=\mathrm{e} 时，证明：对任意 b>e4b>\mathrm{e}^4，函数 f(x)f(x) 有两个不同零点 x1x_1，x2x_2，使 x2>bln⁡b2e2x1+e2bx_2>\frac{b\ln b}{2\mathrm{e}^2}x_1+\frac{\mathrm{e}^2}{b}.

2021 · 浙江 · 第 22 题 · 解答题

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22导数及其应用★★★★★
已知 1<a≤21<a\le2，函数 f(x)=ex−x−af(x)=\mathrm{e}^x-x-a，其中 e=2.71828⋯\mathrm{e}=2.71828\cdots 为自然对数的底数.
(1) 证明：函数 y=f(x)y=f(x) 在 (0,+∞)(0,+\infty) 上有唯一零点； (2) 记 x0x_0 为函数 y=f(x)y=f(x) 在 (0,+∞)(0,+\infty) 上的零点，证明：
(i) a−1≤x0≤2(a−1)\sqrt{a-1}\le x_0\le\sqrt{2(a-1)}； (ii) x0f(ex0)≥(e−1)(a−1)ax_0f(\mathrm{e}^{x_0})\ge(\mathrm{e}-1)(a-1)a.

2020 · 浙江 · 第 22 题 · 解答题

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21解析几何★★★★★
如图，已知点 F(1,0)F(1,0) 为抛物线 y2=2pxy^2=2px（p>0p>0）的焦点，过点 FF 的直线交抛物线于 AA，BB 两点，点 CC 在抛物线上，使得 △ABC\triangle ABC 的重心 GG 在 xx 轴上，直线 ACAC 交 xx 轴于点 QQ，且 QQ 在点 FF 右侧. 记 △AFG\triangle AFG，△CQG\triangle CQG 的面积分别为 S1S_1，S2S_2.
(1) 求 pp 的值及抛物线的准线方程； (2) 求 S1S2\dfrac{S_1}{S_2} 的最小值及此时点 GG 的坐标.

2019 · 浙江 · 第 21 题 · 解答题

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22导数及其应用★★★★★
已知实数 a≠0a\neq0，设函数 f(x)=aln⁡x+x+1f(x)=a\ln x+\sqrt{x+1}，x>0x>0.
(1) 当 a=−34a=-\dfrac34 时，求函数 f(x)f(x) 的单调区间； (2) 对任意 x∈[1e2,+∞)x\in\left[\dfrac{1}{\mathrm{e}^2},+\infty\right) 均有 f(x)≤x2af(x)\le\dfrac{\sqrt x}{2a}，求 aa 的取值范围.
注：e=2.71828…\mathrm{e}=2.71828\ldots 为自然对数的底数.

2019 · 浙江 · 第 22 题 · 解答题

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22导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=x−ln⁡xf(x)=\sqrt{x}-\ln x.
(1) 若 f(x)f(x) 在 x=x1x=x_1，x2x_2（x1≠x2x_1\ne x_2）处导数相等，证明：f(x1)+f(x2)>8−8ln⁡2f(x_1)+f(x_2)>8-8\ln2； (2) 若 a≤3−4ln⁡2a\le3-4\ln2，证明：对于任意 k>0k>0，直线 y=kx+ay=kx+a 与曲线 y=f(x)y=f(x) 有唯一公共点.

2018 · 浙江 · 第 22 题 · 解答题

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22数列★★★★★
已知数列 {xn}\{x_n\} 满足：x1=1x_1=1，xn=xn+1+ln⁡(1+xn+1)x_n=x_{n+1}+\ln(1+x_{n+1})（n∈N∗n\in \mathbf{N}^*），证明：当 n∈N∗n\in \mathbf{N}^* 时，
(1) 0<xn+1<xn0<x_{n+1}<x_n； (2) 2xn+1−xn≤xnxn+122x_{n+1}-x_n\le \dfrac{x_nx_{n+1}}{2}； (3) 12n−1≤xn≤12n−2\dfrac{1}{2^{n-1}}\le x_n\le \dfrac{1}{2^{n-2}}.

2017 · 浙江 · 第 22 题 · 解答题

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20数列★★★★★
已知数列 {an}\{a_{n}\} 满足 a1=12a_1 = \frac{1}{2} 且 an+1=an−an2a_{n + 1} = a_n - a_n^2（n∈N∗n\in \mathbf{N}^*）.
(1) 证明： 1⩽anan+1⩽21 \leqslant \frac{a_n}{a_{n+1}} \leqslant 2（n∈N∗n \in \mathbf{N}^*）； (2) 设数列 {an2}\{a_n^2\} 的前 nn 项和为 SnS_n，证明： 12(n+2)⩽Snn⩽12(n+1)\frac{1}{2(n+2)} \leqslant \frac{S_n}{n} \leqslant \frac{1}{2(n+1)} （n∈N∗n \in \mathbf{N}^*）.

2015 · 浙江 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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22函数与初等函数★★★★★
已知函数 f(x)=x3+3∣x−a∣f(x) = x^3 + 3|x - a|（a∈Ra \in \mathbf{R}）.
(1) 若 f(x)f(x) 在 [−1,1][-1, 1] 上的最大值和最小值分别记为 M(a)M(a)，m(a)m(a)，求 M(a)−m(a)M(a) - m(a)； (2) 设 b∈Rb \in \mathbf{R}，若 [f(x)+b]2⩽4\left[f(x) + b\right]^2 \leqslant 4 对 x∈[−1,1]x \in [-1, 1] 恒成立，求 3a+b3a + b 的取值范围.

2014 · 浙江 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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22解析几何★★★★★
已知 △ABP\triangle ABP 的三个顶点都在抛物线 C:x2=4yC: x^2 = 4y 上，FF 为抛物线 CC 的焦点，点 MM 为 ABAB 的中点，PF→=3FM→\overrightarrow{PF} = 3\overrightarrow{FM}.
(1) 若 ∣PF∣=3|PF| = 3，求点 MM 的坐标； (2) 求 △ABP\triangle ABP 面积的最大值.

2014 · 浙江 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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22导数及其应用★★★★★
已知 a∈Ra \in \mathbf{R}，函数 f(x)=x3−3x2+3ax−3a+3f(x) = x^3 - 3x^2 + 3ax - 3a + 3.
(1) 求曲线 y=f(x)y = f(x) 在点 (1,f(1))(1, f(1)) 处的切线方程； (2) 当 x∈[0,2]x \in [0, 2] 时，求 ∣f(x)∣|f(x)| 的最大值.

2013 · 浙江 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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22导数及其应用★★★★★
已知 a>0a > 0，b∈Rb \in \mathbf{R}，函数 f(x)=4ax3−2bx−a+bf(x) = 4ax^3 - 2bx - a + b.
(1) 证明：当 0⩽x⩽10 \leqslant x \leqslant 1 时，
(i) 函数 f(x)f(x) 的最大值为 ∣2a−b∣+a|2a-b|+a； (ii) f(x)+∣2a−b∣+a⩾0f(x)+|2a-b|+a\geqslant0； (2) 若 −1⩽f(x)⩽1-1 \leqslant f(x) \leqslant 1 对 x∈[0,1]x \in [0,1] 恒成立，求 a+ba+b 的取值范围.

2012 · 浙江 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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22解析几何★★★★★
如图，在直角坐标系 xOyxOy 中，点 P(1,12)P\left(1, \frac{1}{2}\right) 到抛物线 C:y2=2pxC: y^2 = 2px （p>0p > 0）的准线的距离为 54\frac{5}{4}. 点 M(t,1)M(t, 1) 是 CC 上的定点，AA，BB 是 CC 上的两动点，且线段 ABAB 被直线 OMOM 平分.
(1) 求 pp，tt 的值； (2) 求 △ABP\triangle ABP 面积的最大值.

2012 · 浙江 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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22导数及其应用★★★★★
设函数 f(x)=(x−a)2ln⁡xf(x) = (x - a)^2 \ln x，a∈Ra \in \mathbf{R}.
(1) 若 x=ex = \mathrm{e} 为 y=f(x)y = f(x) 的极值点，求实数 aa； (2) 求实数 aa 的取值范围，使得对任意的 x∈(0,3e]x \in (0,3\mathrm{e}]，恒有 f(x)⩽4e2f(x) \leqslant 4\mathrm{e}^2 成立. 注：e\mathrm{e} 为自然对数的底数.

2011 · 浙江 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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22导数及其应用★★★★★
已知 aa 是给定的实常数，设函数 f(x)=(x−a)2(x+b)exf(x) = (x - a)^2 (x + b)\mathrm{e}^x，b∈Rb \in \mathbf{R}，x=ax = a 是 f(x)f(x) 的一个极大值点.
(1) 求 bb 的取值范围； (2) 设 x1x_{1}，x2x_{2}，x3x_{3} 是 f(x)f(x) 的 3 个极值点. 问是否存在实数 bb，可找到 x4∈Rx_{4} \in \mathbf{R}，使得 x1x_{1}，x2x_{2}，x3x_{3}，x4x_{4} 的某种排列 xi1x_{i_{1}}，xi2x_{i_{2}}，xi3x_{i_{3}}，xi4x_{i_{4}}（其中 {i1,i2,i3,i4}={1,2,3,4}\{i_{1}, i_{2}, i_{3}, i_{4}\} = \{1, 2, 3, 4\}）依次成等差数列？若存在，求所有的 bb 及相应的 x4x_4；若不存在，说明理由.
\begin{solution} 令
g(x)=x2+(b−a+3)x−ab+2b−ag(x)=x^2+(b-a+3)x-ab+2b-a
求导得
f′(x)=ex(x−a)g(x)f'(x)=\mathrm{e}^x(x-a)g(x)
且
Δg=(b−a+3)2−4(−ab+2b−a)=(a+b−1)2+8>0\Delta_g=(b-a+3)^2-4(-ab+2b-a)=(a+b-1)^2+8>0
所以 gg 有两个不等实根.
\begin{enumerate} \item 在 x=ax=a 处，若 g(a)>0g(a)>0，则 f′f' 在该点左负右正，x=ax=a 是极小值点；若 g(a)=0g(a)=0，则 x−ax-a 至少是二重因子，导数在该点不变号，也不是极值点. 因此必须 g(a)<0g(a)<0. 计算得
g(a)=2(a+b)g(a)=2(a+b)
故
b<−ab<-a
\item 记 gg 的两个根为 u<vu<v. 由 g(a)<0g(a)<0 知 u<a<vu<a<v，所以三个极值点按大小规律为 uu，aa，vv. 令 p=a−u>0p=a-u>0，q=v−a>0q=v-a>0，s=a+bs=a+b. 将 g(a+t)g(a+t) 展开，得
g(a+t)=t2+(s+3)t+2sg(a+t)=t^2+(s+3)t+2s
因此 −pq=2s-pq=2s，−p+q=−(s+3)-p+q=-(s+3) 即
q−p=pq2−3.(1)q-p=\frac{pq}{2}-3. \tag{1}
四个数形成等差数列时，按四项从小到大排列，uu，aa，vv 只能占据以下三种位置类型.
第一种，uu，aa，vv 是连续的前三项或连续的后三项. 此时 p=qp=q，由（1）得 p2=6p^2=6，所以 s=−pq2=−3s=-\frac{pq}{2}=-3，b=−a−3b=-a-3. 缺少的第四项为
x4=a−26或x4=a+26x_4=a-2\sqrt6\quad\text{或}\quad x_4=a+2\sqrt6
第二种，排列为 uu，aa，x4x_4，vv. 此时 q=2pq=2p，代入（1）得 p=p2−3p=p^2-3，p=1+132p=\frac{1+\sqrt{13}}2. 于是 b=−a+s=−a−p2=−a−7+132b=-a+s=-a-p^2=-a-\frac{7+\sqrt{13}}2，x4=a+p=a+1+132x_4=a+p=a+\frac{1+\sqrt{13}}2.
第三种，排列为 uu，x4x_4，aa，vv. 此时 p=2qp=2q，代入（1）得 −q=q2−3-q=q^2-3，q=13−12q=\frac{\sqrt{13}-1}{2}. 于是 b=−a−q2=−a−7−132b=-a-q^2=-a-\frac{7-\sqrt{13}}2，x4=a−q=a+1−132x_4=a-q=a+\frac{1-\sqrt{13}}2.
以上各值均满足 b<−ab<-a，且三种位置类型已经涵盖 uu，aa，vv 在四项等差数列中的全部可能位置. 因此确实存在，所有结果为
b=−a−3,x4=a±26;b=−a−7+132,x4=a+1+132;b=−a−7−132,x4=a+1−132.\begin{aligned} b&=-a-3, &x_4&=a\pm2\sqrt6;\\ b&=-a-\frac{7+\sqrt{13}}2, &x_4&=a+\frac{1+\sqrt{13}}2;\\ b&=-a-\frac{7-\sqrt{13}}2, &x_4&=a+\frac{1-\sqrt{13}}2. \end{aligned}
\end{enumerate} \end{solution}

2010 · 浙江 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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22导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=x3−(k2−k+1)x2+5x−2f(x)=x^3-(k^2-k+1)x^2+5x-2，g(x)=k2x2+kx+1g(x)=k^2x^2+kx+1，其中 k∈Rk\in\mathbf{R}.
(1) 设函数 p(x)=f(x)+g(x)p(x)=f(x)+g(x). 若 p(x)p(x) 在区间 (0,3)(0,3) 上不单调，求 kk 的取值范围； (2) 设函数
q(x)={g(x),x⩾0,f(x),x<0.q(x)=\begin{cases} g(x), & x\geqslant 0,\\ f(x), & x<0. \end{cases}
是否存在 kk，对任意给定的非零实数 x1x_1，存在唯一的非零实数 x2x_2（x2≠x1x_2\neq x_1），使得 q′(x2)=q′(x1)q'(x_2)=q'(x_1) 成立？若存在，求 kk 的值；若不存在，请说明理由.

2009 · 浙江 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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22导数及其应用★★★★★
设 f(x)=x33f(x) = \frac{x^3}{3}，对任意实数 tt，记 gt(x)=t23x−23tg_t(x) = t^{\frac{2}{3}}x - \frac{2}{3}t.
(1) 求函数 y=f(x)−g8(x)y = f(x) - g_8(x) 的单调区间； (2) 求证：
① 当 x>0x > 0 时，f(x)⩾gt(x)f(x) \geqslant g_t(x) 对任意实数 tt 成立； ② 有且仅有一个正实数 x0x_0，使得 g8(x0)⩾gt(x0)g_8(x_0) \geqslant g_t(x_0) 对任意实数 tt 成立.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 令 h(x)=f(x)−g8(x)h(x)=f(x)-g_8(x). 因为 823=48^{\frac{2}{3}}=4，所以 h(x)=x33−4x+163h(x)=\frac{x^3}{3}-4x+\frac{16}{3}，h′(x)=x2−4=(x−2)(x+2)h'(x)=x^2-4=(x-2)(x+2). 当 x<−2x<-2 或 x>2x>2 时，h′(x)>0h'(x)>0；当 −2<x<2-2<x<2 时，h′(x)<0h'(x)<0. 因此，y=f(x)−g8(x)y=f(x)-g_8(x) 在 (−∞,−2](-\infty,-2] 和 [2,+∞)[2,+\infty) 上单调递增，在 [−2,2][-2,2] 上单调递减. \item 题设中参数 tt 取任意实数. 在实数范围内，若 t=−st=-s 且 s>0s>0，则
(−s)23=(−s3)2=s23(-s)^{\frac{2}{3}}=\left(\sqrt[3]{-s}\right)^2=s^{\frac{2}{3}}
\begin{enumerate} \item 取 x=1x=1，t=−1t=-1，则 f(1)=13f(1)=\frac13，g−1(1)=1+23=53g_{-1}(1)=1+\frac23=\frac53， 所以 f(1)<g−1(1)f(1)<g_{-1}(1)，题面所述的“不论 tt 为何实数”命题不成立. \item 对任意正实数 x0x_0，令 t=−st=-s，则 g−s(x0)=s23x0+23s⟶+∞g_{-s}(x_0)=s^{\frac{2}{3}}x_0+\frac23s\longrightarrow+\infty，(s⟶+∞)(s\longrightarrow+\infty) 而 g8(x0)=4x0−163g_8(x_0)=4x_0-\dfrac{16}{3} 是定值. 因此不存在正实数 x0x_0，使 g8(x0)⩾gt(x0)g_8(x_0)\geqslant g_t(x_0) 对任意实数 tt 成立. \end{enumerate} 因此，按题设“任意实数 tt”理解，第二问的两个待证命题均不成立；若题面原意是“任意正实数 tt”，则需另行讨论. \end{enumerate} \end{solution}

2007 · 浙江 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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20导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=x3+x2f(x) = x^3 + x^2，数列 {xn}\{x_n\}（xn>0x_n > 0）的第一项 x1=1x_1 = 1，以后各项按如下方式取定：曲线 y=f(x)y = f(x) 在 (xn+1,f(xn+1))(x_{n+1}, f(x_{n+1})) 处的切线与经过 (0,0)(0,0) 和 (xn,f(xn))(x_n, f(x_n)) 两点的直线平行（如图）. 求证：当 n∈N∗n\in\mathbf{N}^* 时，
(1) xn2+xn=3xn+12+2xn+1;x_{n}^{2} + x_{n} = 3x_{n + 1}^{2} + 2x_{n + 1}; (2) (12)n−1⩽xn⩽(12)n−2\left(\frac{1}{2}\right)^{n - 1}\leqslant x_n\leqslant \left(\frac{1}{2}\right)^{n - 2}.

2006 · 浙江 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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20函数与初等函数★★★★★
设点 An(xn,0)A_{n}(x_{n},0)，Pn(xn,2n−1)P_{n}(x_{n},2^{n - 1}) 和抛物线 Cn:y=x2+anx+bnC_n: y = x^{2} + a_n x + b_n（n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}），其中 an=−2−4n−12n−1a_{n} = -2 - 4n - \frac{1}{2^{n-1}}，xnx_{n} 由以下方法得到：x1=1x_{1} = 1，点 P2(x2,2)P_{2}(x_{2},2) 在抛物线 C1:y=x2+a1x+b1C_{1}: y = x^{2} + a_{1}x + b_{1} 上，点 A1(x1,0)A_{1}(x_{1},0) 到 P2P_{2} 的距离是 A1A_{1} 到 C1C_{1} 上点的最短距离. ⋯\cdots，点 Pn+1(xn+1,2n)P_{n + 1}(x_{n + 1},2^{n}) 在抛物线 Cn:y=x2+anx+bnC_{n}: y = x^{2} + a_{n}x + b_{n} 上，点 An(xn,0)A_{n}(x_{n},0) 到 Pn+1P_{n + 1} 的距离是 AnA_{n} 到 CnC_{n} 上点的最短距离.
(1) 求 x2x_{2} 及 C1C_{1} 的方程. (2) 证明 {xn}\{x_{n}\} 是等差数列.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由 a1=−2−4−1=−7a_1=-2-4-1=-7，知 C1:y=x2−7x+b1C_1:y=x^2-7x+b_1. 抛物线在点 P2=(x2,2)P_2=(x_2,2) 处的切线方向向量为 (1,2x2−7)(1,2x_2-7)，而 A1P2→=(x2−1,2)\overrightarrow{A_1P_2}=(x_2-1,2). 最短距离条件说明这两条方向相互垂直，因此 (x2−1,2)⋅(1,2x2−7)=0(x_2-1,2)\cdot(1,2x_2-7)=0，⟹\Longrightarrow，x2−1+2(2x2−7)=0x_2-1+2(2x_2-7)=0. 解得 x2=3x_2=3. 再由 P2∈C1P_2\in C_1，得
2=32−7⋅3+b12=3^2-7\cdot3+b_1
所以 b1=14b_1=14，从而
C1:y=x2−7x+14C_1:y=x^2-7x+14
\item 对任意 n∈N∗n\in\mathbf{N}^*，抛物线 CnC_n 在点 Pn+1P_{n+1} 处的切线方向向量为 (1,2xn+1+an)\left(1,2x_{n+1}+a_n\right)，而
AnPn+1→=(xn+1−xn,2n)\overrightarrow{A_nP_{n+1}}=\left(x_{n+1}-x_n,2^n\right)
由最短距离条件，二者垂直，故
xn+1−xn+2n(2xn+1+an)=0x_{n+1}-x_n+2^n(2x_{n+1}+a_n)=0
假设 xn=2n−1x_n=2n-1，代入 an=−2−4n−21−na_n=-2-4n-2^{1-n}，得
(1+2n+1)xn+1=2n−1+2n(2+4n+21−n)=(2n+1)(1+2n+1)\left(1+2^{n+1}\right)x_{n+1} =2n-1+2^n\left(2+4n+2^{1-n}\right) =(2n+1)\left(1+2^{n+1}\right)
因此 xn+1=2n+1x_{n+1}=2n+1. 又 x1=1=2×1−1x_1=1=2\times1-1，由数学归纳法 xn=2n−1x_n=2n-1，（n∈N∗n\in\mathbf{N}^*）. 所以 xn+1−xn=2x_{n+1}-x_n=2，即 {xn}\{x_n\} 是首项为 11，公差为 22 的等差数列. \end{enumerate} \end{solution}

2005 · 浙江 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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