2020年浙江省高考数学试题试卷+参考答案

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2020年浙江省高考数学试卷一、选择题（共10小题）.1．已知集合P＝{x|1＜x＜4}，Q＝{x|2＜x＜3}，则P∩Q＝（　　）A．{x|1＜x≤2}B．{x|2＜x＜3}C．{x|3≤x＜4}D．{x|1＜x＜4}2．已知a∈R，若a﹣1+（a﹣2）i（i为虚数单位）是实数，则a＝（　　）A．1B．﹣1C．2D．﹣23．若实数x，y满足约束条件，则z＝x+2y的取值范围是（　　）A．（﹣∞，4]B．[4，+∞）C．[5，+∞）D．（﹣∞，+∞）4．函数y＝xcosx+sinx在区间[﹣π，+π]的图象大致为（　　）A．B．C．D．5．某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是（　）A．B．C．3D．66．已知空间中不过同一点的三条直线m，n，l，则“m，n，l在同一平面”是“m，n，l两两相交”的（　　）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件7．已知等差数列{an}的前n项和Sn，公差d≠0，≤1．记b1＝S2，bn+1＝Sn+2﹣S2n，n∈N*，下列等式不可能成立的是（　　）A．2a4＝a2+a6B．2b4＝b2+b6C．a42＝a2a8D．b42＝b2b88．已知点O（0，0），A（﹣2，0），B（2，0）．设点P满足|PA|﹣|PB|＝2，且P为函数y＝3图象上的点，则|OP|＝（　　）A．B．C．D．9．已知a，b∈R且ab≠0，若（x﹣a）（x﹣b）（x﹣2a﹣b）≥0在x≥0上恒成立，则（）A．a＜0B．a＞0C．b＜0D．b＞010．设集合S，T，S⊆N*，T⊆N*，S，T中至少有两个元素，且S，T满足：①对于任意x，y∈S，若x≠y，都有xy∈T；②对于任意x，y∈T，若x＜y，则∈S；下列命题正确的是（　　）A．若S有4个元素，则S∪T有7个元素B．若S有4个元素，则S∪T有6个元素C．若S有3个元素，则S∪T有4个元素D．若S有3个元素，则S∪T有5个元素二、填空题：本大题共7小题，共36分。多空题每小题4分；单空题每小题4分。11．已知数列{an}满足an＝，则S3＝　　．12．设（1+2x）5＝a1+a2x+a3x2+a4x3+a5x4+a6x5，则a5＝　　；a1+a2+a3＝　　．13．已知tanθ＝2，则cos2θ＝　　；tan（θ﹣）＝　　．14．已知圆锥展开图的侧面积为2π，且为半圆，则底面半径为　　．15．设直线l：y＝kx+b（k＞0），圆C1：x2+y2＝1，C2：（x﹣4）2+y2＝1，若直线l与C1，C2都相切，则k＝　　；b＝　　．16．一个盒子里有1个红1个绿2个黄四个相同的球，每次拿一个，不放回，拿出红球即停，设拿出黄球的个数为ξ，则P（ξ＝0）＝　　；E（ξ）＝　　．17．设，为单位向量，满足|2﹣|≤，＝+，＝3+，设，的夹角为θ，则cos2θ的最小值为　　．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．在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2bsinA＝a．（Ⅰ）求角B；（Ⅱ）求cosA+cosB+cosC的取值范围．19．如图，三棱台DEF﹣ABC中，面ADFC⊥面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC．（Ⅰ）证明：EF⊥DB；（Ⅱ）求DF与面DBC所成角的正弦值．20．已知数列{an}，{bn}，{cn}中，a1＝b1＝c1＝1，cn+1＝an+1﹣an，cn+1＝•cn（n∈N*）．（Ⅰ）若数列{bn}为等比数列，且公比q＞0，且b1+b2＝6b3，求q与an的通项公集（Ⅱ）若数列{bn}为等差数列，且公差d＞0，证明：c1+c2+…+cn＜1+．21．如图，已知椭圆C1：+y2＝1，抛物线C2：y2＝2px（p＞0），点A是椭圆C1与抛物线C2的交点，过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于M（B，M不同于A）．（Ⅰ）若p＝，求抛物线C2的焦点坐标；（Ⅱ）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．22．已知1＜a≤2，函数f（x）＝ex﹣x﹣a，其中e＝2.71828…为自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数y＝f（x）在（0，+∞）上有唯一零点；（Ⅱ）记x0为函数y＝f（x）在（0，+∞）上的零点，证明：（ⅰ）≤x0≤；（ⅱ）x0f（）≥（e﹣1）（a﹣1）a．参考答案一、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P＝{x|1＜x＜4}，Q＝{x|2＜x＜3}，则P∩Q＝（　　）A．{x|1＜x≤2}B．{x|2＜x＜3}C．{x|3≤x＜4}D．{x|1＜x＜4}【分析】直接利用交集的运算法则求解即可．解：集合P＝{x|1＜x＜4}，Q＝{x|2＜x＜3}，则P∩Q＝{x|2＜x＜3}．故选：B．2．已知a∈R，若a﹣1+（a﹣2）i（i为虚数单位）是实数，则a＝（　　）A．1B．﹣1C．2D．﹣2【分析】利用复数的虚部为0，求解即可．解：a∈R，若a﹣1+（a﹣2）i（i为虚数单位）是实数，可得a﹣2＝0，解得a＝2．故选：C．3．若实数x，y满足约束条件，则z＝x+2y的取值范围是（　　）A．（﹣∞，4]B．[4，+∞）C．[5，+∞）D．（﹣∞，+∞）【分析】作出不等式组表示的平面区域；作出目标函数对应的直线；结合图象判断目标函数z＝x+2y的取值范围．解：画出实数x，y满足约束条件所示的平面区域，如图：将目标函数变形为﹣x+＝y，则z表示直线在y轴上截距，截距越大，z越大，当目标函数过点A（2，1）时，截距最小为z＝2+2＝4，随着目标函数向上移动截距越来越大，故目标函数z＝2x+y的取值范围是[4，+∞）．故选：B．4．函数y＝xcosx+sinx在区间[﹣π，+π]的图象大致为（　　）A．B．C．D．【分析】先判断函数的奇偶性，再判断函数值的特点．解：y＝f（x）＝xcosx+sinx，则f（﹣x）＝﹣xcosx﹣sinx＝﹣f（x），∴f（x）为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除B，D，当x＝π时，y＝f（π）＝πcosπ+sinπ＝﹣π＜0，故排除B，故选：A．5．某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是（　）A．B．C．3D．6【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积即可．解：由题意可知几何体的直观图如图，下部是直三棱柱，底面是斜边长为2的等腰直角三角形，棱锥的高为2，上部是一个三棱锥，一个侧面与底面等腰直角三角形垂直，棱锥的高为1，所以几何体的体积为：＝．故选：A．6．已知空间中不过同一点的三条直线m，n，l，则“m，n，l在同一平面”是“m，n，l两两相交”的（　　）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【分析】由m，n，l在同一平面，则m，n，l相交或m，n，l有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行，根据充分条件，必要条件的定义即可判断．解：空间中不过同一点的三条直线m，n，l，若m，n，l在同一平面，则m，n，l相交或m，n，l有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行．故m，n，l在同一平面”是“m，n，l两两相交”的必要不充分条件，故选：B．7．已知等差数列{an}的前n项和Sn，公差d≠0，≤1．记b1＝S2，bn+1＝Sn+2﹣S2n，n∈N*，下列等式不可能成立的是（　　）A．2a4＝a2+a6B．2b4＝b2+b6C．a42＝a2a8D．b42＝b2b8【分析】由已知利用等差数列的通项公式判断A与C；由数列递推式分别求得b2，b4，b6，b8，分析B，D成立时是否满足公差d≠0，≤1判断B与D．解：在等差数列{an}中，an＝a1+（n﹣1）d，，，b1＝S2＝2a1+d，bn+1＝Sn+2﹣S2n＝．∴b2＝a1+2d，b4＝﹣a1﹣5d，b6＝﹣3a1﹣24d，b8＝﹣5a1﹣55d．A.2a4＝2（a1+3d）＝2a1+6d，a2+a6＝a1+d+a1+5d＝2a1+6d，故A正确；B.2b4＝﹣2a1﹣10d，b2+b6＝a1+2d﹣3a1﹣24d＝﹣2a1﹣22d，若2b4＝b2+b6，则﹣2a1﹣10d＝﹣2a1﹣22d，即d＝0，不合题意，故B错误；C．若a42＝a2a8，则，即，得，∵d≠0，∴a1＝d，符合≤1，故C正确；D．若，则，即，则有两不等负根，满足≤1，故D正确．∴等式不可能成立的是B．故选：B．8．已知点O（0，0），A（﹣2，0），B（2，0）．设点P满足|PA|﹣|PB|＝2，且P为函数y＝3图象上的点，则|OP|＝（　　）A．B．C．D．【分析】求出P满足的轨迹方程，求出P的坐标，即可求解|OP|．解：点O（0，0），A（﹣2，0），B（2，0）．设点P满足|PA|﹣|PB|＝2，可知P的轨迹是双曲线的右支上的点，P为函数y＝3图象上的点，即在第一象限的点，联立两个方程，解得P（，），所以|OP|＝＝．故选：D．9．已知a，b∈R且ab≠0，若（x﹣a）（x﹣b）（x﹣2a﹣b）≥0在x≥0上恒成立，则（）A．a＜0B．a＞0C．b＜0D．b＞0【分析】设f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）（x﹣2a﹣b），求得f（x）的零点，根据f（0）≥0恒成立，讨论a，b的符号，结合三次函数的图象，即可得到结论．解：设f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）（x﹣2a﹣b），可得f（x）的图象与x轴有三个交点，即f（x）有三个零点a，b，2a+b且f（0）＝﹣ab（2a+b），由题意知，f（0）≥0恒成立，则ab（2a+b）≤0，a＜0，b＜0，可得2a+b＜0，ab（2a+b）≤0恒成立，排除B，D；我们考虑零点重合的情况，即中间和右边的零点重合，左边的零点在负半轴上．则有a＝b或a＝2a+b或b＝b+2a三种情况，此时a＝b＜0显然成立；若b＝b+2a，则a＝0不成立；若a＝2a+b，即a+b＝0，可得b＜0，a＞0且a和2a+b都在正半轴上，符合题意，综上b＜0恒成立．故选：C．10．设集合S，T，S⊆N*，T⊆N*，S，T中至少有两个元素，且S，T满足：①对于任意x，y∈S，若x≠y，都有xy∈T；②对于任意x，y∈T，若x＜y，则∈S；下列命题正确的是（　　）A．若S有4个元素，则S∪T有7个元素B．若S有4个元素，则S∪T有6个元素C．若S有3个元素，则S∪T有4个元素D．若S有3个元素，则S∪T有5个元素【分析】利用特殊集合排除选项，推出结果即可．解：取：S＝{1，2，4}，则T＝{2，4，8}，S∪T＝{1，2，4，8}，4个元素，排除C．S＝{2，4，8}，则T＝{8，16，32}，S∪T＝{2，4，8，16，32}，5个元素，排除D；S＝{2，4，8，16}则T＝{8，16，32，64，128}，S∪T＝{2，4，8，16，32，64，128}，7个元素，排除B；故选：A．二、填空题：本大题共7小题，共36分。多空题每小题4分；单空题每小题4分。11．已知数列{an}满足an＝，则S3＝　10　．【分析】求出数列的前3项，然后求解即可．解：数列{an}满足an＝，可得a1＝1，a2＝3，a3＝6，所以S3＝1+3+6＝10．故答案为：10．13．已知tanθ＝2，则cos2θ＝　　；tan（θ﹣）＝　　．【分析】利用二倍角公式以及同角三角函数基本关系式求解第一问，利用两角和与差的三角函数转化求解第二问．解：tanθ＝2，则cos2θ＝＝＝＝﹣．tan（θ﹣）＝＝＝．故答案为：﹣；．14．已知圆锥展开图的侧面积为2π，且为半圆，则底面半径为　1　．【分析】利用圆锥的侧面积，求出母线长，求解底面圆的周长，然后求解底面半径．解：∵圆锥侧面展开图是半圆，面积为2π，设圆锥的母线长为a，则a2π＝2π，∴a＝2，∴侧面展开扇形的弧长为2π，设圆锥的底面半径OC＝r，则2πr＝2π，解得r＝1．故答案为：1．15．设直线l：y＝kx+b（k＞0），圆C1：x2+y2＝1，C2：（x﹣4）2+y2＝1，若直线l与C1，C2都相切，则k＝　　；b＝　﹣　．【分析】根据直线l与两圆都相切，分别列出方程d1＝＝1，d2＝＝1，解得即可．解：由条件得C1（0，0），r1＝1，C2（4，0），r2＝1，因为直线l与C1，C2都相切，故有d1＝＝1，d2＝＝1，则有＝，故可得b2＝（4k+b）2，整理得k（2k+b）＝0，因为k＞0，所以2k+b＝0，即b＝﹣2k，代入d1＝＝1，解得k＝，则b＝﹣，故答案为：；﹣．16．一个盒子里有1个红1个绿2个黄四个相同的球，每次拿一个，不放回，拿出红球即停，设拿出黄球的个数为ξ，则P（ξ＝0）＝　　；E（ξ）＝　1　．【分析】由题意知随机变量ξ的可能取值为0，1，2；分别计算P（ξ＝0）、P（ξ＝1）和P（ξ＝2），再求E（ξ）的值．解：由题意知，随机变量ξ的可能取值为0，1，2；计算P（ξ＝0）＝+＝；P（ξ＝1）＝+＝；P（ξ＝2）＝+＝；所以E（ξ）＝0×+1×+2×＝1．故答案为：，1．17．设，为单位向量，满足|2﹣|≤，＝+，＝3+，设，的夹角为θ，则cos2θ的最小值为　　．【分析】设、的夹角为α，由题意求出cosα≥；再求，的夹角θ的余弦值cos2θ的最小值即可．解：设、的夹角为α，由，为单位向量，满足|2﹣|≤，所以4﹣4•+＝4﹣4cosα+1≤2，解得cosα≥；又＝+，＝3+，且，的夹角为θ，所以•＝3+4•+＝4+4cosα，＝+2•+＝2+2cosα，＝9+6+＝10+6cosα；则cos2θ＝＝＝＝﹣，所以cosα＝时，cos2θ取得最小值为﹣＝．故答案为：．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．在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2bsinA＝a．（Ⅰ）求角B；（Ⅱ）求cosA+cosB+cosC的取值范围．【分析】（Ⅰ）根据正弦定理可得sinB＝，结合角的范围，即可求出，（Ⅱ）根据两角和差的余弦公式，以及利用正弦函数的性质即可求出．解：（Ⅰ）∵2bsinA＝a，∴2sinBsinA＝sinA，∵sinA≠0，∴sinB＝，∵＜B＜，∴B＝，（Ⅱ）∵△ABC为锐角三角形，B＝，∴C＝﹣A，∴cosA+cosB+cosC＝cosA+cos（﹣A）+cos＝cosA﹣cosA+sinA+＝cosA+sinA+＝sin（A+）+，△ABC为锐角三角形，0＜A＜，0＜C＜，解得＜A＜，∴＜A+＜，∴＜sin（A+）≤1，∴+＜sin（A+）+1≤，∴cosA+cosB+cosC的取值范围为（，]．19．如图，三棱台DEF﹣ABC中，面ADFC⊥面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC．（Ⅰ）证明：EF⊥DB；（Ⅱ）求DF与面DBC所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）题根据已知条件，作DH⊥AC，根据面面垂直，可得DH⊥BC，进一步根据直角三角形的知识可判断出△BHC是直角三角形，且∠HBC＝90°，则HB⊥BC，从而可证出BC⊥面DHB，最后根据棱台的定义有EF∥BC，根据平行线的性质可得EF⊥DB；（Ⅱ）题先可设BC＝1，根据解直角三角形可得BH＝1，HC＝，DH＝，DC＝2，DB＝，然后找到CH与面DBC的夹角即为∠HCG，根据棱台的特点可知DF与面DBC所成角与CH与面DBC的夹角相等，通过计算∠HCG的正弦值，即可得到DF与面DBC所成角的正弦值．解：（Ⅰ）证明：作DH⊥AC，且交AC于点H，∵面ADFC⊥面ABC，DH⊂面ADFC，∴DH⊥BC，∴在Rt△DHC中，CH＝CD•cos45°＝CD，∵DC＝2BC，∴CH＝CD＝•2BC＝•BC，∴＝，即△BHC是直角三角形，且∠HBC＝90°，∴HB⊥BC，∴BC⊥面DHB，∵BD⊂面DHB，∴BC⊥BD，∵在三棱台DEF﹣ABC中，EF∥BC，∴EF⊥DB．（Ⅱ）设BC＝1，则BH＝1，HC＝，在Rt△DHC中，DH＝，DC＝2，在Rt△DHB中，DB＝＝＝，作HG⊥BD于G，∵BC⊥HG，∴HG⊥面BCD，∵GC⊂面BCD，∴HG⊥GC，∴△HGC是直角三角形，且∠HGC＝90°，设DF与面DBC所成角为θ，则θ即为CH与面DBC的夹角，且sinθ＝sin∠HCG＝＝，∵在Rt△DHB中，DH•HB＝BD•HG，∴HG＝＝＝，∴sinθ＝＝＝．20．已知数列{an}，{bn}，{cn}中，a1＝b1＝c1＝1，cn+1＝an+1﹣an，cn+1＝•cn（n∈N*）．（Ⅰ）若数列{bn}为等比数列，且公比q＞0，且b1+b2＝6b3，求q与an的通项公集（Ⅱ）若数列{bn}为等差数列，且公差d＞0，证明：c1+c2+…+cn＜1+．【分析】本题第（Ⅰ）题先根据等比数列的通项公式将b2＝q，b3＝q2代入b1+b2＝6b3，计算出公比q的值，然后根据等比数列的定义化简cn+1＝•cn可得cn+1＝4cn，则可发现数列{cn}是以1为首项，4为公比的等比数列，从而可得数列{cn}的通项公式，然后将通项公式代入cn+1＝an+1﹣an，可得an+1﹣an＝cn+1＝4n，再根据此递推公式的特点运用累加法可计算出数列{an}的通项公集第（Ⅱ）题通过将已知关系式cn+1＝•cn不断进行转化可构造出数列{bnbn+1cn}，且可得到数列{bnbn+1cn}是一个常数列，且此常数为1+d，从而可得bnbn+1cn＝1+d，再计算得到cn＝，根据等差数列的特点进行转化进行裂项，在求和时相消，最后运用放缩法即可证明不等式成立．【解答】（Ⅰ）解：由题意，b2＝q，b3＝q2，∵b1+b2＝6b3，∴1+q＝6q2，整理，得6q2﹣q﹣1＝0，解得q＝﹣（舍去），或q＝，∴cn+1＝•cn＝•cn＝•cn＝•cn＝4•cn，∴数列{cn}是以1为首项，4为公比的等比数列，∴cn＝1•4n﹣1＝4n﹣1，n∈N*．∴an+1﹣an＝cn+1＝4n，则a1＝1，a2﹣a1＝41，a3﹣a2＝42，•••an﹣an﹣1＝4n﹣1，各项相加，可得an＝1+41+42+…+4n﹣1＝＝．（Ⅱ）证明：依题意，由cn+1＝•cn（n∈N*），可得bn+2•cn+1＝bn•cn，两边同时乘以bn+1，可得bn+1bn+2cn+1＝bnbn+1cn，∵b1b2c1＝b2＝1+d，∴数列{bnbn+1cn}是一个常数列，且此常数为1+d，bnbn+1cn＝1+d，∴cn＝＝•＝（1+）•＝（1+）（﹣），∴c1+c2+…+cn＝（1+）（﹣）+（1+）（﹣）+…+（1+）（﹣）＝（1+）（﹣+﹣+…+﹣）＝（1+）（﹣）＝（1+）（1﹣）＜1+，∴c1+c2+…+cn＜1+，故得证．21．如图，已知椭圆C1：+y2＝1，抛物线C2：y2＝2px（p＞0），点A是椭圆C1与抛物线C2的交点，过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于M（B，M不同于A）．（Ⅰ）若p＝，求抛物线C2的焦点坐标；（Ⅱ）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．【分析】（Ⅰ）直接由抛物线的定义求出焦点坐标即可；（Ⅱ）设直线方程y＝kx+t，A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），由，根据韦达定理定理求出M（﹣，），可得p，再由，求出点A的坐标，代入椭圆方程可得t2＝，化简整理得p2＝，利用基本不等式即可求出p的最大值．解：（Ⅰ）p＝，则＝，则抛物线C2的焦点坐标（，0），（Ⅱ）直线l与x轴垂直时，此时点M与点A或点B重合，不满足题意，设直线l的方程为y＝kx+t，A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），由，消y可得（2k2+1）x2+4kty+2t2﹣2＝0，∴△＝16k2t2﹣4（2k2+1）（2t2﹣2）≥0，即t2＜1+2k2，∴x1+x2＝﹣，∴x0＝（x1+x2）＝﹣，∴y0＝kx0+t＝，∴M（﹣，），∵点M在抛物线C2上，∴y2＝2px，∴p＝＝＝，联立，解得x1＝，y1＝，代入椭圆方程可得+＝1，解得t2＝∴p2＝＝＝≤＝，∴p≤，当且仅当1＝2k2，即k2＝，t2＝时等号成立，故p的最大值为．22．已知1＜a≤2，函数f（x）＝ex﹣x﹣a，其中e＝2.71828…为自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数y＝f（x）在（0，+∞）上有唯一零点；（Ⅱ）记x0为函数y＝f（x）在（0，+∞）上的零点，证明：（ⅰ）≤x0≤；（ⅱ）x0f（）≥（e﹣1）（a﹣1）a．【分析】（Ⅰ）推导出x＞0时，f′（x）＝ex﹣1＞0恒成立，f（0）＝＜0，f（2）＞0，由此能证明函数y＝f（x）在（0，+∞）上有唯一零点．（Ⅱ）（i）由f（x）单调增，1＜a≤2，设x0的最大值为t，则ct＝2+t，f（1）＝c﹣1﹣2＜0，则t＞1，推导出．要证明≥a﹣1＝，只需证明，记h（x）＝ex﹣1﹣x﹣x2（0≤x≤t），则h′（x）＝ex﹣1﹣2x，利用导数性质能证明≤x0≤．（ii）要证明x0f（e）≥（e﹣1）（a﹣1）a，只需证明x0f（x0+a）≥（e﹣1）（a﹣1）a，只需证﹣≥2（e﹣2），由此能证明x0f（e）≥（e﹣1）（a﹣1）a．【解答】证明：（Ⅰ）∵f（x）＝ex﹣x﹣a＝0（x＞0），∴f′（x）＝ex﹣1＞0恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，∵1＜a≤2，∴f（2）＝e2﹣2﹣a≥e2﹣4＞0，又f（0）＝1﹣a＜0，∴函数y＝f（x）在（0，+∞）上有唯一零点．（Ⅱ）（i）∵f（x）单调增，1＜a≤2，设x0的最大值为t，则ct＝2+t，∴f（1）＝c﹣1﹣2＜0，则t＞1，右边：由于x≥0时，ex≥1+x+，且﹣x0﹣a＝0，则a≥1+，∴．左边：要证明≥a﹣1＝，只需证明，记h（x）＝ex﹣1﹣x﹣x2（0≤x≤t），则h′（x）＝ex﹣1﹣2x，h“（x）＝ex﹣2，∴h′（x）在（0，ln2）上单调减，在（ln2，+∞）上单调增，∴h′（x）＝ex﹣1﹣2x≤max{h′（0），h′（t）}＝0，∴h（x）在0≤x≤t时单调减，h（x）＝ex﹣1﹣x﹣x2≤h（0）＝0，∴≤x0≤．（ii）要证明x0f（e）≥（e﹣1）（a﹣1）a，只需证x0f（x0+a）≥（e﹣1）（a﹣1）a，只需证﹣≥（e﹣1）a，∵ex≥1+x+，∴只需证1+（）2﹣a≥（e﹣1）a，只需证﹣2（e﹣2）a≥0，即证﹣≥2（e﹣2），∵＝+∈（2，+∞），∴≥＝，∴x0f（e）≥（e﹣1）（a﹣1）a．