【文档说明】天津市四校联考2023-2024学年高二下学期7月期末考试 数学 Word版含解析.docx，共(26)页，1.964 MB，由小赞的店铺上传

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2023～2024学年度第二学期期末考试高二数学一、选择题（本题共9小题，每小题5分，共45分）1.已知集合12Axx=−，()()140Bxxx=−−，则AB=（）A.13xxB.34xxC.1xx−或4x

D.1xx−或3x2.使不等式2111xx+−成立一个充分不必要的条件是（）A.<2x−B.2<<1x−C.21x-?D.21x−3.已知具有线性相关关系的变量x，y，设其样本点为(),iiiAxy

（1,2,3,,10i=），经验回归方程为2yxa=+，若10140iix==，101100iiy==，则=a（）A.20B.17−C.170−D.24.2024年汤姆斯杯需招募志愿者，现从某高校的8名志愿者中任意选出3名，分别负责语

言服务、人员引导、应急救助工作，其中甲、乙、丙3人不能负责语言服务工作，则不同的选法种数共有（）A102种B.105种C.210种D.288种5.定义在R上的函数()fx导函数为()fx，若对任意实数x，有()()fxfx，

且()2024fx+为奇函数，则不等式()2024e0xfx+的解集为（）A.(),0−B.()0,+C.1,e−D.1,e+6.设0.83a=，0.69b=，πlogec=，则a，b，c的大小关系为（）A.bcaB.acbC.cab

D.bac7.已知()4fxxx=+，()338gxxxa=−+−，若对11,3x，总21,3x，使()()12fxgx=成立，则实数a的取值范围为（）A.2,21B.5,213C.1,22D.11,228.已知()sin1fxxx

=−+，则不等式()()2322fmfm++的解集为（）的.A.()3,0−B.()2,1−−C.()(),30,−−+D.()(),21,−−−+9.已知函数()21ln23fxxaxx=−−存在单调递减区间，则实数a的取值范围

是（）A.3,2−−B.3,2−+C.3,2−+D.()1,+二、填空题（本题共6小题，每小题5分，共30分）10.若命题“xR使()2110xax+−+”是假命题，则实数a取值范围为

_____，11.某考生回答一道四选一考题，假设他知道正确答案的概率为34，知道正确答案时，答对的概率为100%，而不知道正确答案来时猜对的概率为14，那么他答对题目的概率为______12.已知62

1axx+展开式中的常数项是540，则实数a的值为______13.已知数列na是公差为2的等差数列，nb是公比为3的是等比数列，且113ab==，设123nnnnnbbbbnSaaaa++++=+++，则nSn=______14.设,mn为正数，且2

mn+=，则233712mnmn+++++的最小值为______15.若()221fxxaxax=−−−+有四个零点，则实数a的取值范围为______三、解答题（本题共5题，共75分）16.本着健康低碳的生活理念，租自行车骑游的人越来越多.某自行车租车点的收费标准是每车每次租车时间不超过两小时

免费，超过两小时的部分，每小时收费2元（不足1小时的部分按1小时计算）.有甲、乙两人相互独立来该租车点租车骑游（各租一车一次）.设甲、乙不超过两小时还车的概率分别为14，12；两小时以上且不超过三小时还车的概率分别为1

4，14；两人租车时间都不会超过四小时.（1）求甲、乙两人所付的租车费用相同的概率；（2）求甲所付的租车费用比乙所付的租车费用多2元的概率；的的（3）设甲、乙两人所付的租车费用之和为随机变量X，求X的分

布列、均值()EX、方差()DX17.如图，ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，//AFDE且24DEAF==.（1）求证：//BF平面DEC；（2）求平面BEC与平面BEF夹角的余弦值；（3）求点D到平面BEF的距离.18已知()()1exfx

xax=−+，()212agxxax=+−，其中0a（1）令()()()hxfxgx=−（i）求()hx的单调区间和极小值；（ii）若()hx存在大于0的零点，且方程()1hxa=−恰有三个实根，求实数a的取值范围（2）若对1xR，()20,x+，()

()121222fxxfxxx+−−恒成立，求实数a的取值范围.19.已知数列na是递增的等差数列，nb是等比数列，1122ba==，求222ba=，342ba=（1）求数列na和nb的通项公式；（2）记数列()21nn

a−的前n项和为nS，若2nnmbS对*Nn恒成立，求实数m的取值范围；（3）设1231nnncaaaa+=，求1niic=的值.20.已知()()24ln1fxaxbx=+−−.（1）若()

yfx=在()()0,0f处的切线方程为810xy−−=，求实数,ab的值；（2）当0b=时，若()()()21240xfxxxaa+++−+对任意()0,x+恒成立，求实数a的取值范围；（3）若()fx有零点，求证：22e2ab+..2023～2

024学年度第二学期期末考试高二数学一、选择题（本题共9小题，每小题5分，共45分）1.已知集合12Axx=−，()()140Bxxx=−−，则AB=（）A.13xxB.34xxC.1xx−或4x

D.1xx−或3x【答案】C【解析】【分析】分别解出集合,AB中的不等式，再运用集合交运算即可求解.【详解】由12x−，得12x−或12x−−，即3x或1x−，故|3Axx=或1x−，()()140xx−−，即()()140xx−−

，解得>4x或1x，故|4Bxx=或1x，则AB=1xx−或4x.故选：C.2.使不等式2111xx+−成立的一个充分不必要的条件是（）A.<2x−B.2<<1x−C.21x-?D.21x−【答案】B【解析】

【分析】首先解分式不等式，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可.详解】由2111xx+−等价于21101xx+−−，即201xx+−，解得21x-?，因为()2,1−真包含于)2,1−，所以不等式2111xx+−成立的一个充分不

必要的条件是2<<1x−．故选：B．3.已知具有线性相关关系的变量x，y，设其样本点为(),iiiAxy（1,2,3,,10i=），经验回归方程为【2yxa=+，若10140iix==，101100iiy==，则=a（）A.20B.17−C.

170−D.2【答案】D【解析】【分析】求出样本中心点，代入求解出2a=.【详解】由于10140iix==，101100iiy==，所以4x=，10y=.将()4,10代入2yxa=+，即2410

a+=，解得：2a=.故选：D.4.2024年汤姆斯杯需招募志愿者，现从某高校的8名志愿者中任意选出3名，分别负责语言服务、人员引导、应急救助工作，其中甲、乙、丙3人不能负责语言服务工作，则不同的选法种数共有（）A.102种B.105种C.210种

D.288种【答案】C【解析】【分析】先算从8名志愿者中任意选出3名的方法数，再减去甲、乙、丙3人有一人负责语言服务工作的方法数，即可得解.【详解】先从8名志愿者中任意选出3名，分别负责语言服务、人员引导、应急救助工作，有38A种，其中甲、乙、丙3人有一人负责语言服务工作，有1237CA种，

故符合条件的选法共有312837ACA210−=种.故选：C5.定义在R上的函数()fx导函数为()fx，若对任意实数x，有()()fxfx，且()2024fx+为奇函数，则不等式()2024e0xfx+

的解集为（）A.(),0−B.()0,+C.1,e−D.1,e+【答案】B【解析】【分析】构造()()exfxgx=，根据导数研究()gx单调性，结合已知将问题化为()(0)gxg

，再根据()gx的单调性即可求出结果.【详解】设()()exfxgx=，则()()()exfxfxgx−=，对任意实数x，有()()fxfx，所以()0gx，则()gx在R上单调递减.因为()2024fx+为奇函

数，且()fx的定义域为R，所以()02024=0f+，所以(0)2024f=−，所以(0)2024g=−.因为e0x，所以求不等式()2024e0xfx+的解集，即求()2024exfx−的解集，即求()(0)gxg的解集，因为()

gx在R上单调递减，所以()(0)gxg的解集为0x，所以不等式()2024e0xfx+的解集为()0,+.故选：B【点睛】关键点点睛：构造函数()()exfxgx=，根据题意，可得其单调性，从而求解不等式.6.设0

.83a=，0.69b=，πlogec=，则a，b，c的大小关系为（）A.bcaB.acbC.cabD.bac【答案】D【解析】【分析】首先和特殊值1比较大小，再根据函数的单调性比较a和b的大小.【详解】1eπ，所以π0loge<1，即()0,1

c，0.80331a==，0.60991b==，且0.61.20.8933ba===，所以10bac，即bac.故选：D7.已知()4fxxx=+，()338gxxxa=−+−，若对11,3x，总21,3x，使()()12fxgx=成立，则实数

a的取值范围为（）A.2,21B.5,213C.1,22D.11,22【答案】A【解析】【分析】由题意可得函数()fx的值域是函数()gx的值域的子集，求出两函数的值域，列不等式组

可求得结果.【详解】由()4fxxx=+，得()222244(2)(2)1xxxfxxxx−+−=−==，所以当12x时，()0fx，当23x时，()0fx，所以()fx在[1,2)上递减，在(2,3]上递增，所以min()(

2)4fxf==，因为413(1)5,(3)333ff==+=，所以max()5fx=，所以()fx的值域为[4,5]，由()338gxxxa=−+−，得()2333(1)(1)gxxxx=−=+−，当1,3x时，()0gx

，所以()gx在1,3上递增，所以min()(1)1386gxgaa==−+−=−，max()(3)279826gxgaa==−+−=−，所以()gx的值域为[6,26]aa−−，因对11,3x，总21,3x，使()()12fxgx=成立，所以[4,5][6,26]

aa−−，所以64265aa−−，解得221a.故选：A8.已知()sin1fxxx=−+，则不等式()()2322fmfm++的解集为（）A.()3,0−B.()2,1−−C.()(),30,−−+D.()(),21,−−−+为【答案】B【解析

】【分析】构造函数()()1cosgxfxxx=−=−，判断出函数的奇偶性，利用导数判断函数的单调性，再根据函数的奇偶性与单调性解不等式即可.【详解】令()()1cosgxfxxx=−=−，()cos10gxx=−，所以函数()gx

在R上单调递减，因为()()singxxxgx−=−+=−，所以函数()gx为奇函数，由()()2322fmfm++，得()()()21321321fmfmfm−−++=−+−，即()()()2

3232gmgmgm−+=−−，所以232mm−−，解得21m−−,所以不等式()()2322fmfm++的解集为()2,1−−.故选：B.9.已知函数()21ln23fxxaxx=−−存在单调递减区间，则实数a的取值范围是（）A.3,2

−−B.3,2−+C.3,2−+D.()1,+【答案】B【解析】【分析】由题意转化为存在0x，使()0fx，参变分离后，转化为求函数的最值问题，即可求解.【详解】()212326233axxfx

axxx−−=−−=，0x，由题意可知，存在0x，使()0fx，即23260axx−−，则2362,0xaxx−，2min362xax−，22361313,0xxxx−=−−

当1x=时，21313x−−取得最小值3−，即23a−，得32a−.故选：B二、填空题（本题共6小题，每小题5分，共30分）10.若命题“xR使()2110xax+−+”是假命题，则实数a的取值范围为_____，【答案

】1,3−【解析】【分析】原命题等价于命题“2R,(1)10xxax+−+，”是真命题【详解】由题意得若命题“2R,(1)10xxax+−+”是假命题，则命题“2R,(1)10xxax+−+，”是真命题，则

需()2014013aa−−−,故本题正确答案为1,3−．【点睛】本题主要考查全称量词与存在量词以及二次函数恒成立的问题．属于基础题．11.某考生回答一道四选一的考题，假设他知道正确答案的概率为34，知道正确答案时，答对的

概率为100%，而不知道正确答案来时猜对的概率为14，那么他答对题目的概率为______【答案】1316##0.8125【解析】【分析】由全概率公式计算可得.【详解】依题意，他答对题目的概率3113100%3414416P+−=

=.故答案为：131612.已知621axx+展开式中的常数项是540，则实数a的值为______【答案】6【解析】【分析】利用二项式定理求出261()axx+的展开式的通项，令x的指数为0，求出常数项，建立关于a的方程，即可求解.【详解】由题意得，261()axx+的展开式的

通项为()62361661CCkkkkkkkTaxaxx−−+==，令360k−=，解得，2k=，所以261()axx+的展开式中的常数项为2226C15540aa==，解得6a=.故答案为：6.13.已知数列na是公差为2的等差数列，

nb是公比为3的是等比数列，且113ab==，设123nnnnnbbbbnSaaaa++++=+++，则nSn=______【答案】232nn++【解析】【分析】先求出数列na，nb的通项，再利用分组求和法出nS，即可得解.【详解】由题意，2

1,3nnnanb=+=，则123nnnnnbbbbnSaaaa++++=+++()()()()21122123121nnnnbbbbn=++++++++++++()22123nnbnn=++++++()12322nnn

nn+=++2232nnnn=++，所以2232232nnnSnnnnnn++==++.故答案为：232nn++.14.设,mn为正数，且2mn+=，则233712mnmn+++++的最小值为______【答案】295##5.8【解析】【分析】由题意，原式可化

简为：11512mn++++，由2mn+=，得125mn+++=，即1(12)15mn+++=，再利用基本不等式“1”的代换即可求解.【详解】由题意，23372(1)13(2)1115121212mnmnmnmnmn+++++++=+=++++++++，因为2mn+=，所以12

5mn+++=，所以1(12)15mn+++=，所以11111112(12)()(2)12512521mnmnmnmnnm+++=++++=++++++++1124[2()()2]5215mnnm+++=++，当且仅当1221mn

nm++=++，即32m=，12n=时，等号成立，所以11429551255mn+++=++，所以233729125mnmn+++++，即233712mnmn+++++的最小值为295.故答案为：295.15.若()221fxxaxax=−−−+有四个零点，则实数a的取

值范围为______【答案】()(),33,−−+【解析】【分析】令2()||gxxax=−，()|2|1hxax=−−，将函数()fx零点问题转化为函数()gx与()hx的图象交点问题，分类讨论0,0,0aaa=

时，函数()gx与()hx图象的交点个数，即可求解.【详解】由()0fx=，得2|||2|10xaxax−−−+=，即2|||2|1xaxax−=−−，令2()||gxxax=−，()|2|1hxax=−−，则函数()fx有四个零点等价于函数()gx与()hx的图象有

四个交点，若0a=，则2()1fxx=−，由()0fx=，解得1x=，仅有两个零点，不满足题意；若0a，由()0gx=，解得0x=或xa=，由()0hx=，解得1xa=或3xa=，当102030aaaaaa，即3a时

，如图①所示，在(,0]−上，由于函数()gx的增长速度大于函数()hx的增长速度，故有且仅有一个交点；在(0,)a上，函数()gx与函数()hx有两个交点；同理，在[,)a+上，有且仅有一个交点，所以函数()gx与()hx的图象有四个交点，函数()f

x有四个零点，满足题意；当10203aaaaaa，即23a时，如图②所示，在(,0]−上，由于函数()gx的增长速度大于函数()hx的增长速度，故有且仅有一个交点；(0,)a上，函数()gx

与函数()hx有一个交点；同理，在[,)a+上，没有交点，所以函数()gx与()hx的图象有两个交点，函数()fx有两个零点，不满足题意；在当1023aaaaaa，即12a时，如图③所示，在(,0]−上，由于函数

()gx的增长速度大于函数()hx的增长速度，故有且仅有一个交点；在(0,)a上，函数()gx与函数()hx有一个交点；同理，在[,)a+上，没有交点，所以函数()gx与()hx的图象有两个交点，函数()fx有两个零点，不满足题意；当123aaaaaa

，即01a时，当(0,)xa时，2|||2|10xaxax−−−+=可化为2()(2)10xaxax−−+−+=，即2210xax−+=，因为判别式2440a=−，所以2210xax−+=无解所以函数()gx与()hx的图象在(0,)a上没有交点，如图④所示，

在(,0]−上，由于函数()gx的增长速度大于函数()hx的增长速度，故有且仅有一个交点；在(0,)a上，函数()gx与函数()hx没有交点；同理，在[,)a+上，有且仅有一个交点，所以函数()gx与

()hx的图象有两个交点，函数()fx有两个零点，不满足题意；若a<0，当102030aaaaaa，即3a−时，如图⑤所示，在(,]a−上，由于函数()gx的增长速度大于函数()hx的增长速度，故有且仅有一个交点

；在(,0)a上，函数()gx与函数()hx有两个交点；同理，在[0,)+上，有且仅有一个交点，所以函数()gx与()hx的图象有四个交点，函数()fx有四个零点，满足题意；当10203aaaaaa，即32a−−时，如图⑥所示，在(,]

a−上，由于函数()gx的增长速度大于函数()hx的增长速度，故没有交点；在(,0)a上，函数()gx与函数()hx有且仅有一个交点；同理，在[0,)+上，有且仅有一个交点，所以函数()gx与()hx的图象有两个交点，函数(

)fx有两个零点，不满足题意；当1023aaaaaa，即21a−−时，如图⑦所示，在(,]a−上，由于函数()gx的增长速度大于函数()hx的增长速度，故没有交点；在(,0)a上，函数()gx与函数()hx有且仅有一个交点；同理，在[0,)+上，有且仅有一

个交点，所以函数()gx与()hx的图象有两个交点，函数()fx有两个零点，不满足题意；当123aaaaaa，即10a−时，当(,0)xa时，2|||2|10xaxax−−−+=可化为2()(2)10xaxax−−+−+=，即2210xax−+=，因为判别式244

0a=−，即2210xax−+=无解所以函数()gx与()hx的图象在(,0)a上没有交点，如图⑧所示，在(,]a−上，由于函数()gx的增长速度大于函数()hx的增长速度，故有且仅有一个交点；在(,0)a上，函数()gx与函数()hx没有交点；同理，在[0,)

+上，有且仅有一个交点，所以函数()gx与()hx的图象有两个交点，函数()fx有两个零点，不满足题意；综上所述，实数a的取值范围为(,3)(3,)−−+.故答案为：(,3)(3,)−−+.【点睛】关键点点睛：本

题考查了函数的零点问题，关键在于将零点问题转化为直线与曲线的交点问题，应用数形结合、分类讨论思想判断交点个数.三、解答题（本题共5题，共75分）16.本着健康低碳的生活理念，租自行车骑游的人越来越多.某自行车租车点的收费标准是每车每次租车时间不超过两小时免费，超过两小时的部分，每

小时收费2元（不足1小时的部分按1小时计算）.有甲、乙两人相互独立来该租车点租车骑游（各租一车一次）.设甲、乙不超过两小时还车的概率分别为14，12；两小时以上且不超过三小时还车的概率分别为14，14；两人租车时间都不会超过四小时.（1）求甲、乙两人所付的租车费用相同的概率；（2）求甲所付的租车费

用比乙所付的租车费用多2元的概率；（3）设甲、乙两人所付租车费用之和为随机变量X，求X的分布列、均值()EX、方差()DX【答案】（1）516（2）14（3）答案见解析【解析】【分析】（1）首先求出两个人租车时间在三小时以上且不超过四小时的概率，则甲

、乙两人所付的租车费用相同：都不超过两小时，都在两小时以上且不超过三小时和都在三小时以上且不超过四小时三类求解即可；（2）根据题意分为甲两小时以上且不超过三小时还车，且乙不超过两小时还车，或者甲三小时以上且不超过四小时还车，且乙两小时以上且不超过三

小时还车两种情况，求解即可；（3）列出随机变量X的分布列，再利用期望、方差公式求值.小问1详解】由题意可知，甲、乙在三小时以上且不超过四小时还车的概率分别为12，14，设甲、乙两人所付的租车费用相同为事件A，则11111

15()=42442416PA=++，所以甲、乙两人所付的租车费用相同的概率为516；【小问2详解】若甲所付的租车费用比乙所付的租车费用多2元，则分为甲两小时以上且不超过三小时还车，且乙不超过两小时还车，的【或者甲三小时以上且不超过四小时还车，且乙两小时以上且不超过三小时还车两种情况，甲

所付的租车费用比乙所付的租车费用多2元的概率为1111142244+=；【小问3详解】X的可能取值为0，2，4，6，8，()()111110,2,84216344PXPX====+=()111111324444428PX==++=，()111136442416PX==+

=，()2811184P===，分布列如下表：X02468P183163831618数学期望()133310246848168168EX=++++=，()()()()()()222221333111042444648

481681682DX==−+−+−+−+−=.17.如图，ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，//AFDE且24DEAF==.（1）求证：//BF平面DEC；（2）求平面BEC与平面BEF夹角的余弦值；（3）求点D到平面BEF的距离.【答案】（1）证明

见解析（2）175（3）121717【解析】【分析】（1）以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，求出()0,3,2BF=−，平面DEC的一个法向量为()3,0,0DA=，则由0DABF=，即可证得//BF平面DEC；（2）分别求出平面BEC与平面BEF的一个法向量,mn，则利

用向量坐标运算，求得平面BEC与平面BEF夹角的余弦值；（3）由平面BEF的一个法向量为()2,2,3n=，()0,0,4DE=，利用点到平面的距离公式即可求得点D到平面BEF的距离.【小问1详解】由已知，ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，由DADC、平面ABCD，所以DED

ADEDC⊥⊥，，又DADC⊥，DEDCD=，DEDC、平面DEC，所以DA⊥平面DEC，以D为原点，DADCDE、、为xyz、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，已知24DEAF==，则()()3,3,0,3,0,2BF，所以()0,3,2BF=−，易知平面DEC的一个

法向量为()3,0,0DA=，得0DABF=，又BF平面DEC，所以//BF平面DEC.【小问2详解】由上坐标系可知()()0,0,4,0,3,0EC，则()()3,3,4,3,0,0BEBC=−−=−，设平面BEC与平面BEF的一个法向量分别为()(),,,,,mabcnxyz==，则

有03340300mBEabcamBC=−−+=−==，033403200nBExyzyznBF=−−+=−+==，取4,2by==，则0,3,2,3acxz====

，即()()0,4,3,2,2,3mn==，设平面BEC与平面BEF的夹角为，则1717cos5517mnmn===.【小问3详解】由（2）得平面BEF的一个法向量为()2,2,3n=，又()0,0,4DE=，所以点D到平面BEF的距离1212171717DE

ndn===.18.已知()()1exfxxax=−+，()212agxxax=+−，其中0a（1）令()()()hxfxgx=−（i）求()hx的单调区间和极小值；（ii）若()hx存在大于0的零点，且方程()1hxa=−恰有三个实根，

求实数a的取值范围（2）若对1xR，()20,x+，()()121222fxxfxxx+−−恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）（i）答案见解析；（ii）()2e,+（2）11,e++【解析】

【分析】（1）（i）()()21e12xahxxx=−−+，求出导函数()hx，然后分0a，01a，1a=，1a四种情况分别讨论即可求解；（ii）由（1）可知只能1a，此时10a−，通过分析()hx的极值，可得方程()1hxa=−恰有三个实根，只需(ln)1haa−，求

解即可；（2）将不等式变形为()()()()12121212fxxxxfxxxx+++−+−，设()()Fxfxx=−，则问题等价于()()1212FxxFxx+−对任意()12R,0,xx+恒成立，故只需函数()()1exFxxaxx=−+−在R上单调递增，即(

)1e,Rxaxx−恒成立，从而求出a的最小值.【小问1详解】（i）根据题意，()()()()()221e11e122xxaahxfxgxxaxxaxxx=−=−+−+−=−−+，()()eexxhxxaxxa=−=−，所以当0a时，(,0)−0

(0,)+()hx−0+()hx单调递减极小值单调递增当01a时，(,ln)a−lna(ln,0)a0(0,)+()hx+0−0−()hx单调递增极大值单调递减极小值单调递增当1a=时，()hx在R上单调递增，当1a

时，(,0)−0(0,ln)alna(ln,)a+()hx+0−0−()hx单调递增极大值单调递减极小值单调递增综上可得：当0a时，()hx在(,0)−上单调递减，(0,)+上单调递增，当01a时，()hx在(,ln)a−上单调递增，(ln,0)a上单调

递减，(0,)+上单调递增，当1a=时，()hx在R上为增函数，当1a时，()hx在(,0)−单调递增，(0,ln)a上单调递减，(ln,)a+上单调递增；（ii）因为方程()1hxa=−恰有三个实根，由（1）可知0a和1a=两种情况显然不符合题意，当01a

时，(0)110h=−+=，而,()0x+时，()hx单调递增，无大于0的零点，不符合题意，所以只能1a，此时10a−，由于()hx在(0,ln)a单调递减，(0)0h=，在(,0)−单调递增，2(ln

)(ln1)ln12ahaaaa=−−+，()hx在(ln,)a+上单调递增，()()()()22111e112e1122aaaahaaaa+++=−++=−++，令()()21()2e1,0xmxxx+=−+，则()1()2e21xmxx+=−+，令()()1()2e

21,0xvxxx+=−+，则()1()2e10xvx+=−，所以()vx在(0,)+单调递增，则()(0)2e20vxv=−，即()0mx，所以()mx在(0,)+单调递增，则()(0)2e10mxm=−，所以()1

0ha+，即()hx在(ln,)a+从最小值(ln)ha增大到大于0，所以方程()1hxa=−恰有三个实根，只需(ln)1haa−，即2(ln1)ln112aaaaa−−+−，化简为1lnln102aaa−，而1a，ln0a，则1ln102a−，则2ea

，故实数a的取值范围为()2e,+；【小问2详解】由题意可得原不等式可化为()()()()12121212fxxfxxxxxx+−−+−−，故不等式()()()()12121212fxxxxfxxxx+−+−−−在R上恒成立．设()()Fxfxx=−，则上式等价于()()

1212FxxFxx+−，要使()()1212FxxFxx+−对任意1xR，()20,x+恒成立，由1212xxxx+−，只需函数()()1exFxxaxx=−+−在R上单调递增，()e10xFxxa+−=在R上恒成立．即()1e,Rxaxx−恒成立，令()

()1e,RxGxxx=−，则()()1e,xGxx=−+当(),1x−−时，0(),Gx则()Gx单调递增，当()1,x−+时，()0,Gx则()Gx单调递减，所以max1()(1)1eG

xG=−=+，故11ea+，则实数a的取值范围为11,e++.【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；（2）利用可分离变量，构

造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，

就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．19.已知数列na是递增的等差数列，nb是等比数列，1122ba==，求222ba=，342ba=（1）求数列na和nb的通项公式；（2）记数列(

)21nna−的前n项和为nS，若2nnmbS对*Nn恒成立，求实数m的取值范围；（3）设1231nnncaaaa+=，求1niic=的值.【答案】（1）,2nnnabn==（2）52m（3）11(1)!n−+【解析】【分析】（1）设数列na的公差为(0

)dd，数列nb的公比为q，然后根据已知条件列方程组可求出,dq，从而可求出数列na和nb的通项公式；（2）由（1）()()2211nnnan−=−，利用并项求和法可求出222nSnn=+，则将问题转化为222nnnm+对*Nn恒成立，令222nnnnd+=，求出nd的最大值即

可；（3）由（1）可得11!(1)!ncnn=−+，然后利用裂项相消法可求得结果.【小问1详解】解：根据题意设数列na的公差为(0)dd，数列nb的公比为q，因为1122ba==，所以11(1),2nnnandbq−=+−=，因为222ba=，

342ba=，所以222(1)22(13)qdqd=+=+，解得12dq==或01dq==（舍去），所以,2nnnabn==；【小问2详解】解：由（1）知()()2211nnnan−=−，所以22222221234(21)(2

)nSnn=−+−+−−−+()()2222222143(2)(21)nn=−+−++−−(21)(21)(43)(43)(221)[2(21)]nnnn=+−++−+++−−−1234(21)2nn=++++

+−+22(21)22nnnn+==+，由2nnmbS，得222nmnn+，所以222nnnm+对*Nn恒成立，令222nnnnd+=，则2221112(1)12233222nnnnnnnnnnndd+++++++

−++−=−=当1n=时，2110dd−=，当2n=时，32891088dd−+−==，当3n=时，43189330168dd−++−==−，所以由二次函数的性质可知当3n时，1nndd+，所以3292582d+==最大，所以52m

；【小问3详解】由（1）知1231123(1)(1)!nnnnncaaaannn+===−+(1)111(1)!!(1)!nnnn+−==−++，所以11111111!2!2!3!!(1)!niicnn==−+−++−

+11(1)!n=−+【点睛】关键点点睛：此题考查等差数列和等比数列的综合问题，考查分组求和与裂项相消求和法，考查数列与不等式的综合问题，第（2）问解的关键是求出2nS后，将问题转化为222nnnm+对*Nn恒

成立，再次转化为求出222nnnnd+=的最大值，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.20.已知()()24ln1fxaxbx=+−−.（1）若()yfx=在()()0,0f处的切线方程为810xy−−=，求实数,ab的值；（2）当0b=时，若()()()21240xfxxxaa++

+−+对任意()0,x+恒成立，求实数a的取值范围；（3）若()fx有零点，求证：22e2ab+.【答案】（1）2a=，1b=（2）)2,+（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据已知条件及直线810xy−−=的纵截距和斜

率得到()()0108ff=−=，再代入表达式即可解出,ab的值；（2）先根据定义域得到基础的条件0a，然后先证明原不等式恒成立的情况下一定有2a，再证明2a时原不等式恒成立，即可得到a的取值范围是)2

,+；（3）设()fx的零点为0x，构造函数证明()201220ee12xx++，然后利用()00fx=得到()()()222200e112xabx+++，即可证明结论.【小问1详解】由()()24ln1fxaxbx=+−−

，知()42afxxaxb−+=.由已知可得，()yfx=在()()0,0f处的切线810xy−−=经过()0,1−，且斜率为8.故有()()0108ff=−=，代入函数表达式知4ln1148bab−=−=，从而ln02bab==.故0e1b==，22ab==.

【小问2详解】设()ln1gtttt=−+，则()ln11lngttt=+−=.故对01t有()ln0gtt=，对1t有()ln0gtt=，从而()gt在(0,1上递减，在)1,+

上递增，故对任意0t均有()()10gtg=.回到原题，当0b=时，有()()24ln1fxaxx=−−.根据题意，()fx在()0,x+时首先要有定义，故()lnax要有意义，从而首先有0a.此时，原不等式()()()21240xfxx

xaa+++−+等价于()()4ln240xaxxaa+−+.一方面，若()()4ln240xaxxaa+−+对()0,x+恒成立，则特别地，该不等式对1xa=成立，代入得()42ln140aaaa+−+，即820aa−+.从而由0a知2280aa−

+，解得2a或4a−，结合0a知2a.另一方面，若2a，则对任意()0,x+，有()()()()()()4ln244ln222424ln242220xaxxaaxxxxxxgx+−++−+=−+=.故()()4ln240xaxxaa+−+对()0,x

+恒成立.综上，a的取值范围是)2,+.【小问3详解】若()fx有零点，记0x是()fx的零点，则()2004ln10axbx+−−=，即()20012ln2xaxb+=+.由于对任意0t均有()0gt，故2222222220000000001111111112222000

0222222222111110eee1e1eeeee222e2xxxxxxxxxxxxxg−−−−−−−−+−−++=−+=−+=−=−.从而2012021

1ee2xx++，即()201220ee12xx++，这就得到()()()()()20012222ln220000e1ee2xaxbxaxbaxbbxa+++==+++−()()()()22222222

22222220000000221axbabxbxaabxaxbbxaabx=++++−=+++=++.所以()()()222200e112xabx+++，故22e2ab+.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于构造恰当的函数

()ln1gtttt=−+，进而得到关键性的不等式，最后解决相应问题.