2019年湖北省黄冈中学高考数学三诊试卷（文科）
2019年湖北省黄冈中学高考数学三诊试卷（文科）
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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A＝{x|x2−x−2≥0}，B＝{x|x>0}，则A∩B＝（ ）
A.[0, 1) B.(0, 2] C.[1, +∞) D.[2, +∞)
2. 设i是虚数单位，则复数z=(1+1i)3在复平面内对应的点位于（ ）
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
3. “总把新桃换旧符”（王安石）、“灯前小草写桃符”（陆游），春节是中华民族的传统节日，在宋代入们用写“桃符”的方式来祈福避祸，而现代入们通过贴“福”字、贴春联、挂灯笼等方式来表达对新年的美好祝愿．某商家在春节前开展商品促销活动，顾客凡购物金额满50元，则可以任意免费领取一张“福”字或一副春联．茎叶图的统计数据是在不同时段内领取“福”字和春联人数，则它们的中位数依次为（ ）
A.25，27 B.26，25 C.26，27 D.27，25
4. 设命题p:∃x0>0，sinx0>1+cosx0，则￢p为（ ）
A.∀x≤0，sinx>1+cosx B.∀x>0，sinx<1+cosx
C.∀x>0，sinx≤1+cosx D.∀x≤0，sinx≤1+cosx
5. 设等差数列{an}的前n项和为Sn，若2a3+a9＝6，则S9＝（ ）
A.9 B.18 C.27 D.36
6. 已知函数f(x)=log4x,x>02x,x≤0 ，则f（f(−1)）的值为（ ）
A.−12 B.12 C.2 D.−2
7. 在△ABC中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，已知(b+c)sinC＝asinA−bsinB，则∠A的大小为（ ）
A.π6 B.π3 C.2π3 D.5π6
8. 已知一个组合体的三视图如图所示，则该几何体的体积（精确到整数）约为（ ）
A.32 B.36 C.40 D.44
9. 设向量a→=(2, −1)，b→=(x, 2)，且(2a→−b→) // (a→+2b→)，则a→⋅b→( )
A.−10 B.−6 C.6 D.10
10. 求值：sin10cos15−cos65sin10sin15+sin65=( )
A.−2−3 B.3−2 C.2−3 D.2+3
11. 已知函数f(x)＝|x|+cosx，设a＝f(20.3)，b＝f(0.32)，c＝f(log0.32)，则（ ）
A.a>b>c B.c>b>a C.c>a>b D.a>c>b
12. 设A、B是抛物线y2＝4x上的两点，抛物线的准线与x轴交于点N，已知弦AB的中点M的横坐标为3，记直线AB和MN的斜率分别为k1和k2，则k12+k22的最小值为（ ）
A.1 B.2 C.2 D.22
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡相应横线上.
已知实数x，y满足x−y≥0x+y≤2y≥0 ，则z＝3x+2y的最大值为________．
函数y=1+tan(2x−π6)在区间(−π, π)内的零点个数为________．
第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页
设F和l分别是双曲线x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的一个焦点和一条渐近线，若F关于l的对称点恰好落在此双曲线上，则该双曲线离心率为________．
正方形ABCD中，点P在以C为圆心且与直线BD相切的圆上运动，若AP→=λAB→+μAD→（其中λ，μ∈R），则λ+μ的取值范围是________．
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
在数列{an}中，已知a1=12，且an+1an=n+12n(n∈N*)．
(Ⅰ)求{an}的通项公式；
(Ⅱ)求{an}的前n项和Sn．
某公司积极响应习总书记关于共建学习型社会的号召，开展“学知识，促生产，增效益”的主题学习活动．为进一步提高管理效率，公司决定所有中层干部集中进行“回炉”再学--管理业务专项培训，已知公司中层干部共有13名（其中女性5名），初、中级职称的人数比例如等高条形图所示．
(Ⅰ)若公司随机安排2名性别不同的中层干部作为培训班的牵头人，求这两人职称也不同的概率；
(Ⅱ)由统计数据的散点图可以看出，参加某项管理业务培训所需总费用y（万元）与参培人数x之间存在线性相关关系，试根据回归方程估计该公司所有中层干部都参加此项业务培训所需要的总费用．
参考公式：
回归方程y=bx+a中，b=i=1n (xi−x¯)(yi−y¯)i=1n (xi−x¯)2．
如图，在各棱长均相等的三棱柱ABC−A1B1C1中，设D是BB1的中点，直线C1D与棱CB的延长线交于点E．
(Ⅰ)求证：直线AE // 平面A1CD；
(Ⅱ)若A1C⊥C1E，求证：侧面A1ACC1⊥底面ABC．
已知点A(2,1)在椭圆Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上，且点A到左焦点F的距离为3．
(Ⅰ)求椭圆Γ的标准方程；
(Ⅱ)设O为坐标原点，与直线OA平行的直线l交椭圆Γ于不同两点B、C，求△ABC面积的最大值．
已知函数f(x)＝(x+2)2−2lnx，e＝2.71828…为自然对数的底数．
(Ⅰ)求函数f(x)的极值点；
(Ⅱ)若对任意x>1，都有f(x)
0}，
∴ A∩B＝{x|x≥2}＝[2, +∞)．
2.
【答案】
C
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z的坐标得答案．
【解答】
∵ 1+1i=1+−i−i2=1−i，
∴ z=(1+1i)3=(1−i)3＝1−3i+3i2−i3＝−2−2i，
∴ 复数z=(1+1i)3在复平面内对应的点的坐标为(−2, −2)，位于第三象限．
3.
【答案】
B
【考点】
茎叶图
【解析】
根据茎叶图中的数据，分别求出两组数据的中位数即可．
【解答】
左侧一组数据从小到大排列为14，16，21，22，25，27，30，32，33，38；
所以中位数是12×(25+27)＝26；
右侧一组数据从小到大排列为12，18，22，24，25，27，31，32，33；
所以中位数是（25）
4.
【答案】
C
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
由存在性命题的否定为全称命题，以及不等号的变化，可得所求命题的否定．
【解答】
由存在性命题的否定为全称性命题，可得
命题p:∃x0>0,sinx0>1+cosx0，
则￢p为∀x>0，sinx≤1+cosx，
5.
【答案】
B
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
数列{an}是等差数列，2a3+a9＝3a1+12d＝6，即a5＝2，所以S9＝9a5＝（18）
【解答】
依题意，数列{an}是等差数列，2a3+a9＝3a1+12d＝3a5＝6，即a5＝2，
所以S9=a1+a92×9=2a52×9=9a5＝（18）
6.
【答案】
A
【考点】
函数的求值
求函数的值
【解析】
先根据分段函数求解f(−1)，然后再进行求解即可．
【解答】
∵ f(x)=log4x,x>02x,x≤0 ，
则f（f(−1)）＝f(2−1)=log412=−12．
7.
【答案】
C
【考点】
正弦定理
【解析】
已知等式利用正弦定理化简得到关系式，再利用余弦定理表示出cosA，将关系式代入计算求出cosA的值，即可确定出A的度数．
第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页
【解答】
∵ (b+c)sinC＝asinA−bsinB，
∴ 已知等式利用正弦定理化简得：c(c+b)＝a2−b2，即b2+c2−a2＝−bc，
∴ cosA=b2+c2−a22bc=−bc2bc=−12，
∵ ∠A为三角形内角，
∴ ∠A=2π3．
8.
【答案】
D
【考点】
由三视图求体积
【解析】
首先把三视图转换为几何体，进一步利用几何体的体积公式的应用求出结果．
【解答】
解：根据几何体得三视图转换为几何体为：
该几何体为一个直径为5的球体，挖去一个直径为3，高为3的圆柱体，
故：V=43⋅π⋅(52)3−π⋅(32)2⋅3≈(44)，
故选D．
9.
【答案】
A
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
由已知向量共线得到k的值，求出所求向量的模即可．
【解答】
2a→−b→=(4−x, −4)，a→+2b→=(2x+2, 3)．
∵ (2a→−b→) // (a→+2b→)，
∴ (4−x)×3＝−4×(2x+2)，解得x＝−(4)
∴ 向量a→=(2, −1)，b→=(−4, 2)，则a→⋅b→=−8−2＝−10
10.
【答案】
B
【考点】
三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】
利用三角函数的诱导公式以及两角和差的三角公式进行转化求解即可．
【解答】
sin10cos15−cos65sin10sin15+sin65=sin10cos15−sin25sin10sin15+cos25=sin10cos15−(sin10cos15+cos10sin15)sin10sin15+cos10cos15−sin10sin15−cos10sin15cos10cos15
=−sin15cos15=−2sin2152sin15cos15=−1−cos30sin30
=−1−3212=3−2，
11.
【答案】
D
【考点】
函数单调性的性质与判断
【解析】
由已知可判断出f(−x)＝f(x)即f(x)为偶函数，然后结合导数可判断f(x)在(0, +∞)上单调性，可比较大小
【解答】
∵ f(x)＝|x|+cosx，
∴ f(−x)＝f(x)即f(x)为偶函数，
当x>0时，f(x)＝x+cosx，
∵ f′(x)＝1−sinx≥0，即f(x)在(0, +∞)上单调递增，
∵ a＝f(20.3)，b＝f(0.32)，c＝f(log0.32)＝f(−log1032)＝f(log1032)，
∵ 20.3>1>log1032>12>0.32，
∴ f(20.3)>f(log0.32)>f(0.32)，
∴ a>c>b．
12.
【答案】
A
【考点】
直线与抛物线的位置关系
【解析】
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，M(3, t)，N(−1, 0)，运用点差法和直线的斜率公式和中点坐标公式，可得k1k2=12，再由基本不等式可得所求最小值．
【解答】
第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，M(3, t)，N(−1, 0)，
可得y12＝4x1，y22＝4x2，
相减可得(y1−y2)(y1+y2)＝4(x1−x2)，
可得k1=y1−y2x1−x2=4y1+y2=42t=2t，
k2=t4，即为k1k2=12，
则k12+k22≥2|k1k2|＝1，
当且仅当|k1|＝|k2|=22时取得等号，
即k12+k22的最小值为（1）
故选：A．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡相应横线上.
【答案】
6
【考点】
简单线性规划
【解析】
画出约束条件对应的可行域，再求出对应的角点的坐标，分别代入目标函数，比较目标函数值即可得到其最优解．
【解答】
实数x，y满足x−y≥0x+y≤2y≥0 ，对应的可行域如下图所示：
当x＝2，y＝0时，z＝3x+2y＝6，
故z＝3x+2y的最大值为：6；
【答案】
4
【考点】
三角函数的周期性及其求法
【解析】
根据题意令y＝0，求出x∈(−π, π)内的值即可．
【解答】
函数y=1+tan(2x−π6)，令1+tan(2x−π6)＝0，得tan(2x−π6)＝−1，
所以2x−π6=kπ−π4，k∈Z；
解得x=kπ2−π24，k∈Z；
当k＝−1时，x=−13π24；
当k＝0时，x=−π24；
当k＝1时，x=11π24；
当k＝2时，x=23π24；
所以y在区间(−π, π)内的零点有4个．
【答案】
5
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
设F(−c, 0)，渐近线方程为y=bax，对称点为F′(m, n)，运用中点坐标公式和两直线垂直的条件：斜率之积为−1，求出对称点的坐标，代入双曲线的方程，由离心率公式计算即可得到所求值．
【解答】
设F(−c, 0)，渐近线方程为y=bax，
对称点为F′(m, n)，
即有nm+c=−ab，
且12⋅n=12⋅b(m−c)a，
解得m=b2−a2c，n=−2abc，
将F′(b2−a2c, −2abc)，即(c2−2a2c, −2abc)，
代入双曲线的方程可得(c2−2a2)2c2a2−4a2b2c2b2=1，
化简可得c2a2−4＝1，即有e2＝5，
解得e=5．
【答案】
[1, 3]
【考点】
平面向量的基本定理
【解析】
根据题意，以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴建立坐标系，可得圆C的方程及P的坐标为(1+22cosθ, 1+22sinθ)，则有λ＝1+22cosθ，μ＝1+22sinθ，可得λ+μ＝2+2(cosθ+sinθ)＝2+sin(θ+π4)，即可求解．
【解答】
根据题意，如图，以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴建立坐标系，设正方形的边长为1：
则A(0, 0)，B(1, 0)，C(1, 1)，D(0, 1)，
则BD的方程为x+y＝1，
点C为圆心且与BD相切的圆C，其半径r＝d=|1+1−1|1+1=22，
则圆C的方程为(x−1)2+(y−1)2=12；
P在圆C上，设P的坐标为(1+22cosθ, 1+22sinθ)，
则AB→=(1, 0)，AD→=(0, 1)，AP→=(1+22cosθ, 1+22sinθ)，
若AP→=λAB→+μAD→，则(1+22cosθ, 1+22sinθ)＝λ(1, 0)+μ(0, 1)，
则有λ＝1+22cosθ，μ＝1+22sinθ；
λ+μ＝2+2(cosθ+sinθ)＝2+sin(θ+π4)≤3，
即λ+μ的最大值为3，最小值为1；
第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
【答案】
（1）a1=12，且an+1an=n+12n(n∈N*)．
可得an+1n+1=12⋅ann，
可得{ann}为12为首项和公比的等比数列，
可得ann=(12)n，即an＝n⋅(12)n；
（2）Sn＝1⋅12+2⋅14+3⋅18+⋯+n⋅(12)n；
12Sn＝1⋅14+2⋅18+3⋅116+⋯+n⋅(12)n+1，
两式相减可得12Sn=12+14+18+⋯+(12)n−n⋅(12)n+1
=12(1−12n)1−12−n⋅(12)n+1，
化简可得Sn＝2−(n+2)⋅(12)n．
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】
(Ⅰ)由等式变形，结合等比数列的定义和通项公式，可得所求；
(Ⅱ)运用数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，化简计算可得所求和．
【解答】
（1）a1=12，且an+1an=n+12n(n∈N*)．
可得an+1n+1=12⋅ann，
可得{ann}为12为首项和公比的等比数列，
可得ann=(12)n，即an＝n⋅(12)n；
（2）Sn＝1⋅12+2⋅14+3⋅18+⋯+n⋅(12)n；
12Sn＝1⋅14+2⋅18+3⋅116+⋯+n⋅(12)n+1，
两式相减可得12Sn=12+14+18+⋯+(12)n−n⋅(12)n+1
=12(1−12n)1−12−n⋅(12)n+1，
化简可得Sn＝2−(n+2)⋅(12)n．
【答案】
（1）由已知，在公司中层干部13人中，女性5人，
其中初级职称有5×60%＝3人，中级职称有5×40%＝2人．
男性有13−5＝8人，其中初、中级职称均为8×50%＝4人．
故所求概率P=3×4+2×45×8=12；
（2）由散点图可知，x¯=7×(1+7)2×7=4，
y¯=2.9+3.3+3.6+4.4+4.8+5.2+5.97=30.17=4.3．
i=17 (xi−x¯)2=9+4+1+0+1+4+9=28，
i=17 (xi−x¯)(yi−y¯)=−3×(−1.4)−2×(−1)−1×(−0.7)+0×0.1+1×0.5+2×0.9+3×1.6＝（14）
∴ b=i=1n (xi−x¯)(yi−y¯)i=1n (xi−x¯)2=1428=0.5，a=y¯−bx¯=4.3−0.5×4=2.3．
∴ 回归方程为y=0.5x+2.3．
令x＝13，得y＝8.8（万元）．
故该公司所有中层干部都参加此项业务培训所需要的总费用约为8.8万元．
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
(Ⅰ)由已知可得，在公司中层干部13人中，女性5人，其中初级职称有3人，中级职称有2人，男性有8人，其中初、中级职称均为4人，再由古典概型概率公式求概率；
(Ⅱ)由散点图结合公式求得b与a的值，得到线性回归方程，取x＝13求得y值，可得公司所有中层干部都参加此项业务培训所需要的总费用的近似值．
【解答】
第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页
（1）由已知，在公司中层干部13人中，女性5人，
其中初级职称有5×60%＝3人，中级职称有5×40%＝2人．
男性有13−5＝8人，其中初、中级职称均为8×50%＝4人．
故所求概率P=3×4+2×45×8=12；
（2）由散点图可知，x¯=7×(1+7)2×7=4，
y¯=2.9+3.3+3.6+4.4+4.8+5.2+5.97=30.17=4.3．
i=17 (xi−x¯)2=9+4+1+0+1+4+9=28，
i=17 (xi−x¯)(yi−y¯)=−3×(−1.4)−2×(−1)−1×(−0.7)+0×0.1+1×0.5+2×0.9+3×1.6＝（14）
∴ b=i=1n (xi−x¯)(yi−y¯)i=1n (xi−x¯)2=1428=0.5，a=y¯−bx¯=4.3−0.5×4=2.3．
∴ 回归方程为y=0.5x+2.3．
令x＝13，得y＝8.8（万元）．
故该公司所有中层干部都参加此项业务培训所需要的总费用约为8.8万元．
【答案】
证明：(Ⅰ)连结AC1交A1C于点F，连结DF，
∵ CC1 // BD，且CC1＝2BD，∴ ED＝DC1，
由已知条件得AF＝FC1，∴ DF // AE，
∵ AE⊄平面A1CD，且DF⊂平面A1CD，
∴ 直线AE // 平面A1CD．
（2）设AC的中点为G，连结BG，
由已知得BG⊥AC，
∵ CC1 // BD，且CC1＝2BD，∴ EB＝BC，
∵ AG＝GC，∴ BG // AE，∴ AE⊥AC，①
∵ 四边形ACC1A1是菱形，∴ AC1⊥A1C，
∵ A1C⊥C1E，且AC1∩C1E＝C1，
∴ A1C⊥平面AC1E，
∵ AE⊂平面AC1E，∴ A1C⊥AE，②
结合①②，及A1C∩AC＝C，得AE⊥侧面A1ACC1，
∵ AE⊂平面ABC，∴ 侧面A1ACC1⊥底面ABC．
【考点】
直线与平面平行
平面与平面垂直
【解析】
(Ⅰ)连结AC1交A1C于点F，连结DF，推导出DF // AE，由此能证明直线AE // 平面A1CD．
(Ⅱ)设AC的中点为G，连结BG，推导出BG⊥AC，AE⊥AC，由四边形ACC1A1是菱形，得AC1⊥A1C，再由A1C⊥C1E，得A1C⊥平面AC1E，从而A1C⊥AE，进而AE⊥侧面A1ACC1，由此能证明侧面A1ACC1⊥底面ABC．
【解答】
证明：(Ⅰ)连结AC1交A1C于点F，连结DF，
∵ CC1 // BD，且CC1＝2BD，∴ ED＝DC1，
由已知条件得AF＝FC1，∴ DF // AE，
∵ AE⊄平面A1CD，且DF⊂平面A1CD，
∴ 直线AE // 平面A1CD．
（2）设AC的中点为G，连结BG，
由已知得BG⊥AC，
∵ CC1 // BD，且CC1＝2BD，∴ EB＝BC，
∵ AG＝GC，∴ BG // AE，∴ AE⊥AC，①
∵ 四边形ACC1A1是菱形，∴ AC1⊥A1C，
∵ A1C⊥C1E，且AC1∩C1E＝C1，
∴ A1C⊥平面AC1E，
∵ AE⊂平面AC1E，∴ A1C⊥AE，②
结合①②，及A1C∩AC＝C，得AE⊥侧面A1ACC1，
∵ AE⊂平面ABC，∴ 侧面A1ACC1⊥底面ABC．
【答案】
（1）∵ 椭圆Γ经过A(2,1)，∴ 2a2+1b2=1，
设F(−c, 0)，则由|AF|＝3，得(2+c)2+1=9，解得c=2．
又a2＝b2+c2＝b2+2，于是2b2+2+1b2=1，解得b2＝2，则a2＝（4）
∴ 椭圆Γ的标准方程为x24+y22=1；
（2）∵ BC // AO，可设直线BC的方程为x=2y+m(m≠0)，
代入x2+2y2＝4，整理得：4y2+22my+m2−4=0．
由△>0，得m2<(8)
设B(x1, y1)，C(x2, y2)，则y1+y2=−m2，y1y2=m2−44．
∴ |BC|=3[(y1+y2)2−4y1y2]=3(m22−m2+4)=32(8−m2)．
又点A到直线BC的距离d=|m|3，
∴ △ABC的面积S=12|BC|⋅d=24(8−m2)m2．
故S≤24⋅(8−m2)+m22=2（当且仅当m＝±2时取等号）．
∴ △ABC面积的最大值为2．
第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页
【考点】
直线与椭圆的位置关系
椭圆的应用
【解析】
(Ⅰ)把A的坐标代入椭圆方程，结合|AF|＝3及隐含条件列式求得a，b，则椭圆方程可求；
(Ⅱ)由BC // AO，可设直线BC的方程为x=2y+m(m≠0)，代入x2+2y2＝4，整理得：4y2+22my+m2−4=0．利用判别式大于0求得m2<(8)由创新高时求得|BC|，写出点A到直线BC的距离，代入三角形面积公式，再由基本不等式求最值．
【解答】
（1）∵ 椭圆Γ经过A(2,1)，∴ 2a2+1b2=1，
设F(−c, 0)，则由|AF|＝3，得(2+c)2+1=9，解得c=2．
又a2＝b2+c2＝b2+2，于是2b2+2+1b2=1，解得b2＝2，则a2＝（4）
∴ 椭圆Γ的标准方程为x24+y22=1；
（2）∵ BC // AO，可设直线BC的方程为x=2y+m(m≠0)，
代入x2+2y2＝4，整理得：4y2+22my+m2−4=0．
由△>0，得m2<(8)
设B(x1, y1)，C(x2, y2)，则y1+y2=−m2，y1y2=m2−44．
∴ |BC|=3[(y1+y2)2−4y1y2]=3(m22−m2+4)=32(8−m2)．
又点A到直线BC的距离d=|m|3，
∴ △ABC的面积S=12|BC|⋅d=24(8−m2)m2．
故S≤24⋅(8−m2)+m22=2（当且仅当m＝±2时取等号）．
∴ △ABC面积的最大值为2．
【答案】
（1）函数f(x)＝(x+2)2−2lnx，则
f′(x)＝2(x+2)−2x=2(x2+2x−1)x，其中x>0；
由f′(x)>0，解得x>2−1；由f′(x)<0，解得01；
则h′(x)＝2(x+2)−2x−aex，其中x>1；
①当a<4e时，因为h′(1)＝4−ae，则必然存在x0>1，使h′(x)>0在区间(1, x0)内恒成立，
所以h(x)在区间(1, x0)内单调递增；
所以h(x0)>h(1)＝4−ae>0，这与题设矛盾，应舍去；
②当a≥4e时，因为h″(x)＝2(1+1x2)−aex在区间(1, +∞)内单调递减，
所以h″(x)1，都有h(x)1；求h(x)的导数，利用导数判断h(x)的单调性，讨论a的取值范围，求出h(x)的最值，利用最值建立不等式，从而求出a的取值范围．
【解答】
（1）函数f(x)＝(x+2)2−2lnx，则
f′(x)＝2(x+2)−2x=2(x2+2x−1)x，其中x>0；
由f′(x)>0，解得x>2−1；由f′(x)<0，解得01；
则h′(x)＝2(x+2)−2x−aex，其中x>1；
①当a<4e时，因为h′(1)＝4−ae，则必然存在x0>1，使h′(x)>0在区间(1, x0)内恒成立，
所以h(x)在区间(1, x0)内单调递增；
所以h(x0)>h(1)＝4−ae>0，这与题设矛盾，应舍去；
②当a≥4e时，因为h″(x)＝2(1+1x2)−aex在区间(1, +∞)内单调递减，
所以h″(x)1，都有h(x)
查看更多
