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广东实验中学 2025—2026 学年（下）高二级中段模块考试
数学
本试卷分选择题和非选择题两部分，共 4页，满分 150分，考试用时 120 分钟。
注意事项：
1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考号填写在答题卷上。
2．选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，
用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内的
相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改
液.不按以上要求作答的答案无效。
4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卷收回。
第一部分 选择题（共 58分）
一、单选题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符
合题目要求的。
2 2
1. 已知圆M： (x a) + ( y a) =1与直线 y =1恰有 2 个交点，则 a的取值范围是（ ）
A． (0,1) B． ( 1,1) C． ( 1,2) D． (0,2)
3 2
2．已知cos( ) = , cos cos = ，则 cos(2 + 2 ) =（ ）
5 5
23 23 7 7
A． B． C． D．
25 25 25 25
2 x f (1 Δx) f (1)
3．已知函数 f (x) = x + e ，则 lim =（ ）
Δx→0 Δx
A．2e B．3e C． 2 e D．2+ e
a2 + b2 c2 AB AC
4. ABC中，A、B、C的对边分别为a、b、c，若 S ( + ) BC = 0ABC = 且 ，
4 | AB | | AC |
则 ABC的形状是（ ）
A．顶角为120 的等腰三角形 B．等边三角形

C．等腰直角三角形 D．顶角为30 的等腰三角形
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(x2 a) (x +1)105. 若 的展开式中 x9 的系数为 30，则a =（ ）
A．9 B．-9 C．10 D．-10
6．省实 2026 年科技节展演活动，需要安排小明、小红等共七位志愿者到三个路口当引导员，
每位志愿者去一个路口，每个路口至少需要两名引导员，且小明、小红去不同的路口，则满足
条件的不同安排方法数为（ ）
A.600 B.540 C.480 D.420
n n
7. 已知数列{an}满足 a1＝1，a2n = a2n 1 + ( 1) , a2n+1 = a2n + 2 ，则数列{an}的前 100 项的
和为（ ）
A. 252 154 B. 252 150 C. 251 154 D. 251 150
x2 y2
8. 已知双曲线E : =1的左、右顶点分别为 A、B，M 是E上一点， ABM 为等腰三角
a2 b2
形，且外接圆面积为3 a2 ，则双曲线E的离心率为( )
A． 2 B． 2 +1 C． 3 D． 3 +1
二、多选题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分。在每小题选项中，有多项符合题目要求。
9. 甲、乙、丙、丁、戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（ ）
A．如果甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有 24 种
B．最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有 40 种
C．甲、乙不相邻的排法种数为 72 种
D．甲、乙、丙按从左到右的顺序排列的排法有 20 种
10. 如图，已知正方体 ABCD A1B1C1D1的棱长为 4，P，Q分别是线段 AB， A1D1上的动点，
M是线段 PQ的中点，且满足PQ = 2 6 ，过 PQ作平面 ，使得B1C / / ，则（ ）
1
A．当 A1Q = QD1 时， AM ⊥平面B1CD1
3
B．当Q
2 1
与 A1重合时，直线 PQ与平面 ACD1所成角的的正弦值为
3
10 11
C．当 P为线段 AB中点时，直线B1C到平面 的距离为
11
D．MC MD的最小值为22 4 10
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x
11．已知函数 f (x) = e x， g (x) = x ln x，则下列说法正确的是（ ）
A． g (ln x)在 (1,+ )上不是增函数
B．若关于 x的方程 g (x) = a有两个不相等的实根x ， x2 ，且 x1 x2，则 x1 + 2x2 31
ln (x + a) ex2 a 1
C．若 f (x1 ) = g (x2 ) = a（ a e 1），且 x2 x1 0 ，则 1 的最大值为
ln a e
a ex 2
D．若a 0， x 0，不等式 f f (x ln x +1)恒成立，则a的取值范围为 ,+
x e
第二部分 非选择题（92分）
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。
12. 从 6 名男生和 4 名女生中选出 3 人参加人工智能技能培训．在至少抽到一名女生情况下，
恰好抽到一名男生的概率为________．
5
13. 若 (x2 x +1) = a + a x + a x2 + + a x10 ，则 a1 + a2 + + a10 = ________． 0 1 2 10
3 x x
14. 若 x + xe e (a ln x +1) 对于任意 x (1,+ ) 恒成立，则a的取值范围是_________.
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)
设数列 a n Tn 的前 项积为 n，满足2an +Tn =1(n 1,n N) .
1
(1)设bn =1+ ，求证：数列 bn 是等比数列； Tn
(2)设数列 cn 满足cn = 2
n+1T T ，求数列 cn n+1 n 的前 n项和 Sn .
16．(本小题15分)
已知函数 ( ) = 2 (2 + 1) + ln ， ∈ ．
(1)若 ( )在 = 1处取得一极值，求 ( )的所有极值；
(2)若 ( )在[1, ]上的最小值为 2 ，求 的取值范围．
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17．(本小题15分)
π
在 ABC中， ACB = , AC = 4,BC = 2,M 为 AC的中点，如图，沿 BM 将 CMB翻折至 DMB
3
位置，满足DA = 10 .
(1)证明：平面DMB ⊥平面 ABM ；
(2)线段 AB上是否存在点 P，满足 P在平面DAM 内的射影恰好落在直线DM 上. 若存在，求
出 AP的长度及三棱锥 P AMD的体积；若不存在，请说明理由.
18. (本小题17分)
x2 y2
已知椭圆 C: + =1(a b 0) ，过点 A(2, 2) ，且 C的右焦点为 F（2，0）．
a2 b2
（1）求 C的方程；
（2）设过点（4，0）的一条直线与 C交于 P，Q两点，且与线段 AF交于点 S．
（i）证明：S到直线 FP和 FQ的距离相等；
（ii）若△APS的面积等于△FQS的面积，求 Q的坐标．
19. (本小题17分)
x2 2xex +1
已知函数 f (x) = + a 1, g(x) = .
ae2x e2x
（1）若a =1，求 f (x) 在 ( 1，f ( 1)) 处的切线；
（2）当 x∈[﹣1，+∞）时，证明：
（i） g(x) 2 ；（参考数据：e 2.7）
（ii）若 f (0) g(0)，则 f (x) g(x) .
试卷第 4 页，共 4 页广东实验中学 2025—2026 学年（下）高二级中段模块考试 数学
答案及说明
题目 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D B C C A C A C
题目 9 10 11 12 13 14
9
答案 ACD BCD ABD /0.36 242 ( ，3]
25
8. C 解：不妨设M 在第二象限，则在等腰 ABM中， AB = AM = 2a，
设 ABM = AMB = ，则 F1AM = 2 ， 为锐角．
2a
ABM外接圆面积为3 a2 ，则其半径为 3a，∴2 3a = ，
sin
3 6 3 6 2 2 6 1
∴ sin = ， 2cos = ，∴sin 2 = 2 = ， cos 2 = 2 ( ) 1= ，
3 3 3 3 3 3 3
5a 4 2
设M 点坐标为 (x, y)，则 x = a AM cos 2 = ， y = AM sin 2 = a，
3 3
5a 4 2a
即M 点坐标为 ( , )，
3 3
5a 2 4 2a 2( ) ( )2 b
由M 点在双曲线上，得 3 3 ，整理得 = 2， =1 2
a2 b2
a
c b2
∴ e = = 1+ = 3．故选 C．
a a2
10.BCD 解：构建如下图示的空间直角坐标系D xyz，
1
A： AQ = QD ，则Q(3,0,4)，P(4,m,0)1 1 且0 m 4，又PQ = 2 6 ，
3
7 7
所以1+m2 +16 = 24，可得m = 7 ，则P(4, 7,0) ，此时M ( , , 2)，
2 2
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1 7
又 A(4,0,0),C(0,4,0),B1(4,4,4),D1(0,0,4)，则 AM = ( , , 2) ，D1C = (0,4, 4) ，
2 2
D1B1 = (4,4,0) ，显然 AM D1C 0、 AM D1B1 0，则 AM ⊥平面B1CD1不成立，错；
B：由 AC = ( 4,4,0)，D1C = (0,4, 4) ，若b = (u,v,w)是面 ACD1的一个法向量，
b AC = 4u + 4v = 0
所以 ，令u =1，则b = (1,1,1)，
b D1C = 4v 4w = 0
易得PQ = (0, 2 2,4)所以直线 PQ与平面 ACD1所成角的正弦值
2 2 + 4 2 1
cos b ,PQ = = ，B 对；
3 2 6 3
C：Q(n,0, 4)且0 n 4，P(4,2,0) ，又PQ = 2 6 ，则 (n 4)2 + 4+16 = 24，可得n = 2，
所以Q(2,0,4)，则QP = (2,2, 4)，而CB1 = (4,0,4) ，
a QP = 2x + 2y 4z = 0
若 a = (x, y, z)是 的一个法向量，则 ，
a CB1 = 4x + 4z = 0
令 x =1，则a = (1, 3, 1) ，而QB1 = (2,4,0)，
a QB 10 10 11
显然直线B1C到平面 的距离，即为B 到平面 的距离d =|
1
1 |= = ，C 对；
| a | 11 11
D：令P(4,m,0)且0 m 4，Q(n,0, 4)且0 n 4，PQ = 2 6 ，
2 2 n + 4 m则 (n 4) +m +16 = 24，可得 (n 4)2 +m2 = 8，且PQ = (n 4, m, 4)， M ( , , 2)，
2 2
n + 4 m n + 4 m
则MC = ( , 4 , 2),MD = ( , , 2)，
2 2 2 2
n + 4 m m (n + 4)22 (m 4)
2
所以MC MD = ( ) (4 ) + 4 = + ，
2 2 2 4 4
π
令 4 n = 2 2 cos ,m = 2 2 sin 且0 ，
2
则MC MD = 22 4 2(sin + 2cos ) = 22 4 10 sin( + )且 tan = 2，
所以MC MD的最小值为22 4 10 ，对.故选：BCD
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x x
11．ACD 解：因为 f (x) = e x，则 f (x) = e 1，
当 x 0时， f (x) 0；当 x 0 时， f (x) 0；
可知 f (x)在 ( ,0)内单调递减，在 (0,+ )内单调递增，且 f (x) f (0) =1；
1 x 1
又因为 g (x)的定义域 (0,+ )，且 g (x) =1 = ，
x x
当 x 1时， g (x) 0；当0 x 1时， g (x) 0；
可知 g (x)在 (0,1)内单调递减，在 (1,+ )内单调递增，且 g (x) g (1) =1.
对于选项 A：因为0 ln 2 ln e =1，则 g (ln 2) g (ln e)，
所以 g (ln x)在 (1,+ )上不是增函数，故 A 正确；
对于选项 B：因为关于 x的方程 g (x) = a有两个不相等的实根x ， x1 2 ，
x1 ln x1 = a
可知a 1， 0 x1 1 x2 ，且 ，
x2 ln x2 = a
x1 x2
整理可得 x1 x2 = ln x1 ln x2 ，即 =1， ln x1 ln x2
x1 x2 x1 + x2 x + x
结合对数不等式 ，可得1 1 2 ，即 x + x 2，
ln x1 ln x
1 2
2 2 2
所以 x1 + 2x2 = (x1 + x2 )+ x2 3，故 B 正确；
对于选项 C：若 f (x1 ) = g (x2 ) = a（ a e 1），且 x2 x1 0 ，
由图象可知： x2 e x1 1，
x x (x a) x则 e 1 x1 = a，即 x1 + a = e 1 ，可得 ln 1 + = ln e
1 = x1，
且 x2 ln x2 = a，即 x2 a = ln x
x a ln x
2 ，可得e
2 = e 2 = x2 ，
又因为 g (x ) x ln x2 = 2 ln x = e 22 ln x2 = f (ln x2 ) = f (x1 )，
答案第 3 页，共 10 页
且 x > 0， ln x1 2 0， f (x)在 (0,+ )内单调递增，可得 x1 = ln x2 ，
ln (x1 + a) e
x2 a x1 x2 x ln x a则 = = 2 2 = ，
ln a ln a ln a ln a
a 1 ln a
构建 (a) = ， a e 1，则 (a) = ，
ln a ln2 a
当 e 1 a e时， (a) 0；当a e时， (a) 0；
可知 (a)在 (e 1,e)上单调递增，在 (e,+ )上单调递减，
ln x + a ex2 a
则 (a) (e)
( 1 )= e，所以 的最大值为 e ，故 C 错误；
ln a
aex
对于选项 D：因为a 0, x 0，则 0，
x
且 g (x) = x ln x 1，可得 x ln x +1 2 0，
( ) ( ) ae
x x (x ln x +1)
又因为 f x 在 0,+ 内单调递增，可得 x ln x +1，则a ，
x ex
x (x ln x +1) (x 1)(ln x x)
构建h (x) = ， x 0，则h (x) = ，
ex e
x
因为 g (x) = x ln x 1 0，可知：
当 x 1时，h (x) 0；当0 x 1时，h (x) 0；
2
可知h (x)在 (0,1)内单调递增，在 (1,+ )内单调递减，且h (x) h (1) = .
e
2 2
可得a ，所以a的取值范围为 ,+ ，故 D 正确；故选：ACD e e
14. ( ，3]
x3 e3ln x x3 x x + x 1
解： x + xe e (a ln x +1)等价于 + x 1 a ln x，等价于 a，
ex ln x
e3ln x x + x 1 3ln x x +1+ x 1
又因为 = 3，当3ln x x = 0等号取到（请自证等号取到），
ln x ln x
所以a 3 .
15.解：（1）因为数列{an}的前 n项之积为Tn，满足2an +Tn =1(n 1,n N)，
1
所以当n =1时，2a1 + a1 =1，解得a1 = ．----------1分
3
答案第 4 页，共 10 页
2Tn
当 n 2时， +Tn =1，----------2分
Tn 1
1 1 1 1
化为 = 2 +1，变形为 +1= 2( +1)，----------3分
Tn Tn 1 Tn Tn 1
1
又bn =1+ ，所以bn = 2bn 1，----------4分 Tn
1 b
又b1 =1+ = 4 0
n
，所以当n 2，且n N 时， = 2， ----------5分
a b1 n 1
所以数列 bn 是以b1 = 4为首项，2为公比的等比数列. ----------6分
1
n 1 n+1
（2）由（1）知b bn = 4 2 = 2 ， n =1+ ，----------7分 Tn
1 1
所以 = 2
n+1 1，所以Tn = n+1 ，----------8分 Tn 2 1
2n+1 2 2n+1n+1 2
n+1
所以cn = 2 TnTn+1 = =(2n+1 1)(2n+2 n+1 ，----------9分
1) (2 1)(2n+2 1)
2n+2
n+2 n+1
2n+1 2 1 (2 1) 1 1
故 cn = = = ，----------11分
(2n+1 1)(2n+2 1) (2n+1 1)(2n+2 ) 2n+1 1 1 2n+2 1
所以 Sn = c1 + c2 + + cn
1 1 1 1 1 1
= + + + 2 3 3 4 n+1 n+2 ----------12分
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
1 1
= .----------13分
3 2n+2 1
16 解：(1) ( ) = 2 (2 + 1) + ln ，

′( ) = 2 (2 + 1) + ， > 0． ----------1分

因为 ( )在 = 1处取得一极值，
所以 ′(1) = 2 (2 + 1) + = 0，则 = 1，----------2分
所以 ( ) = 2 3 + ln ，
1 2 2′ 3 +1 (2 1)( 1) ( ) = 2 3 + = = ，--------3分

1
令 ′( ) = 0得 = 或1，列表得
2
答案第 5 页，共 10 页
1 1 1
(0, ) ( , 1) 1 (1,+∞)
2 2 2
′( ) + 0 - 0 +
( ) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
--------4分
1 1 3 1 5
所以 ( )的极大值为 ( ) = + ln = ln2， --------5分
2 4 2 2 4
极小值为 (1) = 1 3 + ln1 = 2； --------6分
2 2 (2 +1) + (2 1)( )
(2) ′( ) = 2 (2 + 1) + = = ， --------8分

①当 ≤ 1时， ( )在[1, ]上单调递增，
( )的最小值为 (1) = 2 ，满足题意; --------10 分
②当1 < < 时，
( )在[1, ]上单调递减，在[ , ]上单调递增，
此时， ( )的最小值为 ( ) < (1) = 2 ，不满足题意; --------12分
③当 ≥ 时， ( )在[1, ]上单调递减，
( )的最小值为 ( ) < (1) = 2 ，不满足题意． -------14 分
综上可知，实数 的取值范围时( ∞, 1]． -------15 分
17．（1）解：在 ABC中，由余弦定理可得
π
AB = AC 2 +CB2 2AC CB cosC = 16 + 4 2 4 2 cos = 2 3 ，
3
则 AC2 = AB2 + BC2 ，所以 AB ⊥ BC，----------1分
1
又M 为 AC的中点，则MA =MB =MD = DB = AC = 2 .----------2分
2
取 BM 的中点O，显然有OD ⊥ BM .----------3分
因为MB =MC = BC，则在 AMO中， AMO =120 ，由余弦定理可得
2π 2π
AO = AM 2 +MO2 2AM MO cos AMO = 4+1 2 2 1 cos = 7 ，
3 3
可得DA2 =OD2 +OA2，所以OD ⊥OA，----------4分
答案第 6 页，共 10 页
又OA BM O， AO 平面 ABM ， BM 平面 ABM ，所以OD ⊥平面 ABM ，---------5分
因为OD 平面DMB，所以平面DMB ⊥平面 ABM ----------6分
（2）证明：如图所示，连接OC，因为MB =MC，所以OC MB，
由（1）可知，MB,OC,OD两两相互垂直，
则以O为坐标原点，以OB,OC,OD为 x, y, z轴，建立空间直角坐标系，----------7分
则C (0, 3,0) ,B (1,0,0) ,M ( 1,0,0) , A( 2, 3,0) ,D (0,0, 3 )，
故MA = ( 1, 3,0) ,MD = (1,0, 3 ) , AB = (3, 3,0) .----------8分
记 P在DM 上的射影点为Q，
设 AP = AB,MQ = MD，
可得PQ =MQ MA AP = ( +1 3 , 3 3 , 3 )，----------9分
5
PQ MA = 0 ( +1 3 ) 3 ( 3 3 ) = 0
=
7
则 ，即 ，解得 ，----------11分
PQ MD = 0 ( +1 3 )+ 3 ( 3 ) = 0 2 =
7
5 10 3
因为 AP = AB，且 AB = 2 3，所以 AP = ；----------12分
7 7
AD 10 6
在等腰三角形 AMD中，底边 AD的高h = MA2 ( )2 = 22 ( )2 =
2 2 2
1 1 6 15
面积 S ----------13分 AMD = AD h = 10 =
2 2 2 2
( 6 2 3 2 3又因为PQ = +1 3 , 3 3 , 3 ) = ( , , )
7 7 7
2 15
算得 | PQ |= ----------14分
7
答案第 7 页，共 10 页
三棱锥 P AMD
1 1 15 2 15 5
的体积为VP AMD = SAMD | PQ |= =
3 3 2 7 7
P 10 3 5所以存在 符合题意，且 AP = ，三棱锥 P AMD的体积为 .----------15分
7 7
4 2
18. 解：（1）根据题意有 + =1，----------1 分
a2 b2
且由椭圆的几何性质可知 a2＝b2+c2＝b2+4，---------2 分
所以 a2＝8，b2＝4．-----------3 分
x2 y2
所以 C的方程为 + =1．-------------4 分
8 4
（2）
（i）证明：显然 PQ的斜率存在，设 PQ的方程为 y＝k（x﹣4），
代入 C的方程有：（2k2+1）x2﹣16k2x+32k2﹣8＝0，其中Δ＞0．------------5 分
16k 2 32k 2 8
设 P（x1，y1），Q（x2，y2），则 x1 + x2 = ， x1x2 = ------------6 分
2k 2 +1 2k 2 +1
若 S到直线 FP和 FQ的距离相等，则直线 SF平分∠PFQ，
注意到 AF⊥x轴，故只需满足直线 FP与 FQ的斜率之和为 0．----------8 分
设 FP，FQ的斜率分别为 k1，k2，则：
y1 y2 2k(x1 + x2 4) x1x2 3(x1 + x2 ) +8k1 + k2 = + = 2k = 2k
x1 2 x2 2 x1x2 2(x1 + x2 ) + 4 x1x2 2(x1 + x2 ) + 4
----------------9 分
16k 2 32k 2 8
代入， x1 + x2 = ， x1x2 =
2k 2 +1 2k 2 +1
32k 2 8 3 16k 2 +8 (2k 2 +1)
有 k1 + k2 = 2k = 0，故命题得证．-------------10 分
32k 2 8 2 16k 2 + 4 (2k 2 +1)
（ii）由（i）知直线 AF平分∠PFQ，即∠AFP＝∠AFQ．-------------------11 分
因为△APS的面积等于△FQS的面积，
| SA | | SQ |
故|SA||SP|＝|SF||SQ|，即 = ，故 PF∥AQ．------------13 分
| SF | | SP |
答案第 8 页，共 10 页
故∠AFQ＝∠AFP＝∠FAQ |AQ|＝|FQ|，Q在线段 AF的垂直平分线上．---------15 分
易知线段 AF的垂直平分线为 ，与 C的方程联立有 x2＝7，
2 2
故 Q的坐标为 ( 7, )或 ( 7, )．------------17 分
2 2
x2
19. （1）解：若a =1，则 f (x) = ，
e2x
2xe2x x2 2e2x 2x(1 x)
f '(x) = = -------------------1 分
(e2x )2 e2x
∴曲线 = ( )在点( 1, ( 1))处的切线的斜率 k = f '( 1) = 4e2 ----------2 分
又 f ( 1) = e2 ----------3 分
∴ = ( )在点( 1, ( 1))处的切线方程为： y e2 = 4e2 (x +1)
整理，得 y = 4e2x 3e2 ----------4 分
（2）证明：
' 2(x +1)e
x e2x (2xex +1) 2e2x （1-x）ex 1
（i） g (x) = = 2 ，----------5 分
(e2x )2 e2x
令 k(x) = (1 x)ex 1，则 k '(x) = xex ，
当 x [ 1,0) 时， k '(x) 0， k(x) 单调递增，
当 x (0,+ )时， k '(x) 0， k(x) 单调递减，----------6 分
所以 k(x) k(0) = 0，所以 g '(x) 0， g(x) 单调递减------------7 分
2e 1 +1
所以 g(x) g( 1) = = (e 2)e (2.7 2) 2.7 1.89 2 -----------8 分
e 2
（ii）若 f (0) g(0)，则a 2，----------9 分
x2 2xex +1
要证 f (x) = + a 1 g(x) = ，
ae2x e2x
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即证：e2xa2 (e2x + 2xex +1)a + x2 0 ----------10 分
令 h(a) = e2xa2 (e2x + 2xex +1)a + x2 ，则二次函数h(a) 开口向上，
e2x + 2xex +1 1 1
a = = + g(x) 2
且对称轴为 2e2x 2 2 （由（i）可得），-----------11 分
所以h(a) 在[2，+ ）上单调递增，
所以h(a) h(2) = 4e2x 2(e2x + 2xex +1)+ x2 = 2e2x 4xex + x2 2，---------12 分
令m(x) = 2e2x 4xex + x2 2，则m(0) = 0 ，
m'(x) = 4e2x 4(x +1)ex + 2x，m’(0) = 0，----------13 分
令 n(x) = m'(x) ，则n'(x) = 8e2x 4(x + 2)ex + 2 = 4ex (2ex x 2)+ 2
令 s(x) = ex x 1，则 s’(x) = ex 1，当 x [ 1,0) 时， s’(x) 0， s(x) 单调递减，
当 x (0,+ )时， s’(x) 0 ， s(x) 单调递增，
所以 s(x) s(0) = 0 ，即有ex x +1，
所以n'(x) 4ex (2(x +1) x 2)+ 2 = 4xex + 2，-----------------15 分
4
令 t(x) = 4xex + 2，则 t '(x) = 4(x +1)ex 0， t(x)单调递增， t(x) t( 1) = + 2 0，
e
所以n'(x) 0，则m' (x) 单调递增，------------------16 分
又m’(0) = 0，当 x [ 1,0) 时，m’(x) 0，m(x)单调递减，
当 x (0,+ )时，m’(x) 0，m(x)单调递增，
所以m(x) m(0)， h(a) 0，命题得证.------------17 分
（ii）的变式：若 f (x) g(x) 对于任意 x [ 1,+ )恒成立，求a的取值范围.
（思考如何进行必要性探路，答案：a [2,+ ) ）
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