2023-2024學(xué)年高二下學(xué)期數(shù)學(xué)期末模擬卷

考試時間：120分鐘滿分：150分一、單項(xiàng)選擇題（本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。）已知集合

A={x∣y=ln?(2?x)}A={x∣y=ln(2?x)}，B={x∣?1<x<3}B={x∣?1<x<3}，則

A∩B=A∩B=（）

A.

(?1,2)(?1,2)

B.

(?1,2](?1,2]

C.

[2,3)[2,3)

D.

(2,3)(2,3)已知復(fù)數(shù)

zz

滿足

(1+i)z=3?i(1+i)z=3?i（其中

ii

為虛數(shù)單位），則

zz

的虛部為（）

A.

?2?2

B.

?2i?2i

C.

22

D.

11已知向量

a?=(1,2)a=(1,2)，b?=(x,?1)b=(x,?1)，若

a?⊥(a??b?)a⊥(a?b)，則實(shí)數(shù)

x=x=（）

A.

44

B.

33

C.

22

D.

11已知函數(shù)

f(x)={log?2x,x>03x,x≤0f(x)={log2?x,3x,?x>0x≤0?，則

f(f(14))=f(f(41?))=（）

A.

?1?1

B.

1331?

C.

1991?

D.

33已知雙曲線

C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)C:a2x2??b2y2?=1(a>0,b>0)

的離心率為

55?，且經(jīng)過點(diǎn)

(5,2)(5?,2)，則雙曲線

CC

的方程為（）

A.

x24?y2=14x2??y2=1

B.

x2?y24=1x2?4y2?=1

C.

x23?y212=13x2??12y2?=1

D.

x212?y23=112x2??3y2?=1已知

α∈(0,π)α∈(0,π)，且

3cos?2α?8cos?α=53cos2α?8cosα=5，則

sin?α=sinα=（）

A.

5335??

B.

2332?

C.

1331?

D.

6336??甲、乙、丙、丁、戊共5名同學(xué)進(jìn)行勞動技術(shù)比賽，決出第1名到第5名的名次。甲和乙去詢問成績，回答者對甲說：“很遺憾，你和乙都沒有得到冠軍?！睂σ艺f：“你當(dāng)然不會是最差的?！睆倪@兩個回答分析，5人的名次排列情況共有（）

A.54種

B.60種

C.72種

D.96種已知定義在

RR

上的函數(shù)

f(x)f(x)

滿足

f(x+2)=?f(x)f(x+2)=?f(x)，且當(dāng)

x∈[0,2)x∈[0,2)

時，f(x)=3x?1f(x)=3x?1。若函數(shù)

g(x)=f(x)?log?a∣x∣(a>1)g(x)=f(x)?loga?∣x∣(a>1)

在區(qū)間

(?6,6)(?6,6)

上恰有5個零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)

aa

的取值范圍是（）

A.

(35,33](53?,33?]

B.

(33,3](33?,3?]

C.

(3,3](3?,3]

D.

(3,5](3,5]二、多項(xiàng)選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分。）已知某圓錐的底面半徑為2，其側(cè)面展開圖為一個半圓，則下列說法正確的是（）

A.該圓錐的母線長為4

B.該圓錐的高為

2323?

C.該圓錐的體積為

83π3383?π?

D.該圓錐的側(cè)面積為

8π8π已知函數(shù)

f(x)=sin?(ωx+φ)(ω>0,∣φ∣<π2)f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,∣φ∣<2π?)

的部分圖象如圖所示，則下列說法正確的是（）

A.

ω=2ω=2

B.

φ=π6φ=6π?

C.將函數(shù)

f(x)f(x)

的圖象向左平移

π66π?

個單位后得到函數(shù)

g(x)=sin?2xg(x)=sin2x

的圖象

D.函數(shù)

f(x)f(x)

在區(qū)間

[π12,7π12][12π?,127π?]

上單調(diào)遞減在平面直角坐標(biāo)系

xOyxOy

中，點(diǎn)

FF

是拋物線

C:y2=2px(p>0)C:y2=2px(p>0)

的焦點(diǎn)，點(diǎn)

A(x1,y1)A(x1?,y1?)，B(x2,y2)B(x2?,y2?)

在拋物線

CC

上，且滿足

x1+x2+p=0x1?+x2?+p=0，弦

ABAB

的中點(diǎn)為

MM，過點(diǎn)

MM

作拋物線

CC

的準(zhǔn)線的垂線，垂足為

NN，則下列說法正確的是（）

A.

∣AB∣=2p∣AB∣=2p

B.以

ABAB

為直徑的圓與直線

x=?p2x=?2p?

相切

C.

∣MN∣2=∣AF∣?∣BF∣∣MN∣2=∣AF∣?∣BF∣

D.

△AOB△AOB

面積的最小值為

p222p2?（其中

OO

為坐標(biāo)原點(diǎn)）三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分。）已知

(x2+1x)n(x2+x1?)n

的展開式中各項(xiàng)系數(shù)之和為256，則該展開式中含

xx

項(xiàng)的系數(shù)為______。已知數(shù)列

{an}{an?}

滿足

a1=1a1?=1，an+1={an+1,n為奇數(shù)2an,n為偶數(shù)an+1?={an?+1,2an?,?n為奇數(shù)n為偶數(shù)?，則

a10=a10?=

______。已知

a>0a>0，b>0b>0，且

a+2b=2aba+2b=2ab，則

2a+b2a+b

的最小值為______。四、解答題（本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。）（13分）在

△ABC△ABC

中，內(nèi)角

A,B,CA,B,C

所對的邊分別為

a,b,ca,b,c，且

bsin?B+csin?C?asin?A=sin?Bsin?CbsinB+csinC?asinA=sinBsinC。

（1）求角

AA

的大小；

（2）若

a=2a=2，且

△ABC△ABC

的面積為

33?，求

△ABC△ABC

的周長。（15分）如圖，在四棱錐

P?ABCDP?ABCD

中，底面

ABCDABCD

是邊長為2的菱形，∠BAD=60°∠BAD=60°，△PAD△PAD

是等邊三角形，且平面

PAD⊥PAD⊥

平面

ABCDABCD，點(diǎn)

EE

為線段

PCPC

的中點(diǎn)。

（1）求證：BE∥BE∥

平面

PADPAD；

（2）求平面

PBCPBC

與平面

PADPAD

夾角的余弦值。（15分）已知數(shù)列

{an}{an?}

的前

nn

項(xiàng)和為

SnSn?，且

Sn=2an?2Sn?=2an??2。

（1）求數(shù)列

{an}{an?}

的通項(xiàng)公式；

（2）記數(shù)列

{1log?2an?log?2an+1}{log2?an??log2?an+1?1?}

的前

nn

項(xiàng)和為

TnTn?，求證：Tn<1Tn?<1。（17分）已知橢圓

E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)E:a2x2?+b2y2?=1(a>b>0)

的離心率為

1221?，且過點(diǎn)

(1,32)(1,23?)。

（1）求橢圓

EE

的標(biāo)準(zhǔn)方程；

（2）設(shè)

AA

為橢圓

EE

的左頂點(diǎn)，過點(diǎn)

F(1,0)F(1,0)

的直線

ll

與橢圓

EE

相交于

M,NM,N

兩點(diǎn)（異于點(diǎn)

AA），直線

AM,ANAM,AN

分別與直線

x=4x=4

交于

P,QP,Q

兩點(diǎn)。試問：是否存在定點(diǎn)

RR，使得以

PQPQ

為直徑的圓恒過點(diǎn)

RR？若存在，求出點(diǎn)

RR

的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由。（17分）已知函數(shù)

f(x)=ex?ax2?xf(x)=ex?ax2?x（其中

ee

是自然對數(shù)的底數(shù)）。

（1）當(dāng)

a=0a=0

時，求曲線

y=f(x)y=f(x)

在點(diǎn)

(0,f(0))(0,f(0))

處的切線方程；

（2）討論函數(shù)

f(x)f(x)

的單調(diào)性；

（3）當(dāng)

a>0a>0

時，證明：f(x)>32?ln?af(x)>23??lna。參考答案及評分標(biāo)準(zhǔn)一、單項(xiàng)選擇題（每題5分，共40分）A2.A3.B4.C5.B6.A7.A8.A二、多項(xiàng)選擇題（每題6分，共18分，全部選對得6分，部分選對得部分分，有選錯得0分）

9.ABD10.ABD11.BCD三、填空題（每題5分，共15分）

12.

2828

13.

9696

14.

9229?四、解答題（共77分）（13分）

解：（1）由正弦定理及已知條件，得b2+c2?a2=bc(2分)b2+c2?a2=bc(2分)由余弦定理，得cos?A=b2+c2?a22bc=bc2bc=12(4分)cosA=2bcb2+c2?a2?=2bcbc?=21?(4分)因?yàn)?/p>

A∈(0,π)A∈(0,π)，所以

A=π3A=3π?。（5分）

（2）由

S△ABC=12bcsin?A=34bc=3S△ABC?=21?bcsinA=43??bc=3?，得

bc=4bc=4。（7分）

由余弦定理

a2=b2+c2?2bccos?Aa2=b2+c2?2bccosA，及

a=2a=2，cos?A=12cosA=21?，得4=b2+c2?2×4×12=b2+c2?4(9分)4=b2+c2?2×4×21?=b2+c2?4(9分)所以

b2+c2=8b2+c2=8。（10分）

因?yàn)?/p>

(b+c)2=b2+c2+2bc=8+8=16(b+c)2=b2+c2+2bc=8+8=16，所以

b+c=4b+c=4。（12分）

故

△ABC△ABC

的周長為

a+b+c=2+4=6a+b+c=2+4=6。（13分）（15分）

（1）證明：取

PDPD

的中點(diǎn)

FF，連接

AF,EFAF,EF。（1分）

因?yàn)?/p>

EE

為

PCPC

中點(diǎn)，所以

EF∥CDEF∥CD

且

EF=12CDEF=21?CD。（2分）

又因?yàn)榈酌?/p>

ABCDABCD

為菱形，所以

AB∥CDAB∥CD

且

AB=CDAB=CD。（3分）

所以

EF∥ABEF∥AB

且

EF=12ABEF=21?AB。（4分）

所以四邊形

ABEFABEF

為平行四邊形，所以

BE∥AFBE∥AF。（5分）

因?yàn)?/p>

AF?AF?

平面

PADPAD，BE??BE?

平面

PADPAD，所以

BE∥BE∥

平面

PADPAD。（6分）

（2）解：取

ADAD

中點(diǎn)

OO，連接

PO,OBPO,OB。

因?yàn)?/p>

△PAD△PAD

是等邊三角形，所以

PO⊥ADPO⊥AD。

又因?yàn)槠矫?/p>

PAD⊥PAD⊥

平面

ABCDABCD，平面

PAD∩PAD∩

平面

ABCD=ADABCD=AD，PO?PO?

平面

PADPAD，所以

PO⊥PO⊥

平面

ABCDABCD。（7分）

因?yàn)榈酌?/p>

ABCDABCD

是菱形，且

∠BAD=60°∠BAD=60°，所以

△ABD△ABD

為等邊三角形，故

OB⊥ADOB⊥AD。（8分）

以

OO

為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA,OB,OPOA,OB,OP

所在直線分別為

x,y,zx,y,z

軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系

O?xyzO?xyz。（9分）

則

A(1,0,0)A(1,0,0)，B(0,3,0)B(0,3?,0)，C(?2,3,0)C(?2,3?,0)，P(0,0,3)P(0,0,3?)。

所以

PB→=(0,3,?3)PB=(0,3?,?3?)，PC→=(?2,3,?3)PC=(?2,3?,?3?)。（10分）

設(shè)平面

PBCPBC

的一個法向量為

n?=(x,y,z)n=(x,y,z)，

則{n??PB→=3y?3z=0n??PC→=?2x+3y?3z=0{n?PB=3?y?3?z=0n?PC=?2x+3?y?3?z=0?令

y=1y=1，則

z=1z=1，x=0x=0，所以

n?=(0,1,1)n=(0,1,1)。（12分）

易知平面

PADPAD

的一個法向量為

m?=(0,1,0)m=(0,1,0)。（13分）

設(shè)平面

PBCPBC

與平面

PADPAD

的夾角為

θθ，

則cos?θ=∣m??n?∣∣m?∣∣n?∣=11×2=22(14分)cosθ=∣m∣∣n∣∣m?n∣?=1×2?1?=22??(14分)所以平面

PBCPBC

與平面

PADPAD

夾角的余弦值為

2222??。（15分）（15分）

（1）解：當(dāng)

n=1n=1

時，S1=2a1?2S1?=2a1??2，即

a1=2a1?2a1?=2a1??2，解得

a1=2a1?=2。（2分）

當(dāng)

n≥2n≥2

時，Sn=2an?2Sn?=2an??2，Sn?1=2an?1?2Sn?1?=2an?1??2。（3分）

兩式相減得

an=2an?2an?1an?=2an??2an?1?，即

an=2an?1an?=2an?1?。（5分）

所以數(shù)列

{an}{an?}

是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列。（6分）

故

an=2nan?=2n。（7分）

（2）證明：由（1）知，an=2nan?=2n，所以

log?2an=nlog2?an?=n，log?2an+1=n+1log2?an+1?=n+1。（8分）

所以1log?2an?log?2an+1=1n(n+1)=1n?1n+1(10分)log2?an??log2?an+1?1?=n(n+1)1?=n1??n+11?(10分)所以Tn=∑k=1n(1k?1k+1)=(1?12)+(12?13)+?+(1n?1n+1)=1?1n+1(13分)Tn??=k=1∑n?(k1??k+11?)=(1?21?)+(21??31?)+?+(n1??n+11?)=1?n+11?(13分)?因?yàn)?/p>

1n+1>0n+11?>0，所以

Tn=1?1n+1<1Tn?=1?n+11?<1。（15分）（17分）

解：（1）由題意得，{e=ca=121a2+(32)2b2=1a2=b2+c2(2分)????e=ac?=21?a21?+b2(23?)2?=1a2=b2+c2?(2分)解得

a2=4a2=4，b2=3b2=3。（4分）

所以橢圓

EE

的標(biāo)準(zhǔn)方程為

x24+y23=14x2?+3y2?=1。（5分）

（2）由（1）知

A(?2,0)A(?2,0)。設(shè)直線

ll

的方程為

x=my+1x=my+1，M(x1,y1)M(x1?,y1?)，N(x2,y2)N(x2?,y2?)。（6分）

聯(lián)立方程{x=my+1x24+y23=1{x=my+14x2?+3y2?=1?消去

xx，得(3m2+4)y2+6my?9=0(7分)(3m2+4)y2+6my?9=0(7分)所以y1+y2=?6m3m2+4,y1y2=?93m2+4(8分)y1?+y2?=?3m2+46m?,y1?y2?=?3m2+49?(8分)直線

AMAM

的方程為

y=y1x1+2(x+2)y=x1?+2y1??(x+2)，令

x=4x=4，得

P(4,6y1x1+2)P(4,x1?+26y1??)。（9分）

同理可得

Q(4,6y2x2+2)Q(4,x2?+26y2??)。（10分）

假設(shè)存在定點(diǎn)

R(t,0)R(t,0)，使得以

PQPQ

為直徑的圓恒過點(diǎn)

RR，則

RP→?RQ→=0RP?RQ?=0。（11分）

因?yàn)?/p>

RP→=(4?t,6y1x1+2)RP=(4?t,x1?+26y1??)，RQ→=(4?t,6y2x2+2)RQ?=(4?t,x2?+26y2??)，所以(4?t)2+36y1y2(x1+2)(x2+2)=0(12分)(4?t)2+(x1?+2)(x2?+2)36y1?y2??=0(12分)因?yàn)?/p>

x1=my1+1x1?=my1?+1，x2=my2+1x2?=my2?+1，所以(x1+2)(x2+2)=(my1+3)(my2+3)=m2y1y2+3m(y1+y2)+9(13分)(x1?+2)(x2?+2)=(my1?+3)(my2?+3)=m2y1?y2?+3m(y1?+y2?)+9(13分)將

y1+y2y1?+y2?，y1y2y1?y2?

代入，得(x1+2)(x2+2)=m2?(?93m2+4)+3m?(?6m3m2+4)+9=?9m2?18m2+9(3m2+4)3m2+4=?27m2+27m2+363m2+4=363m2+4(14分)(x1?+2)(x2?+2)?=m2?(?3m2+49?)+3m?(?3m2+46m?)+9=3m2+4?9m2?18m2+9(3m2+4)?=3m2+4?27m2+27m2+36?=3m2+436??(14分)所以36y1y2(x1+2)(x2+2)=36??93m2+4363m2+4=?9(15分)(x1?+2)(x2?+2)36y1?y2??=36?3m2+436??3m2+49??=?9(15分)代入

RP→?RQ→=0RP?RQ?=0，得

(4?t)2?9=0(4?t)2?9=0，解得

t=1t=1

或

t=7t=7。（16分）

所以存在定點(diǎn)

R(1,0)R(1,0)

或

R(7,0)R(7,0)，使得以

PQPQ

為直徑的圓恒過該點(diǎn)。（17分）（17分）

（1）解：當(dāng)

a=0a=0

時，f(x)=ex?xf(x)=ex?x，f′(x)=ex?1f′(x)=ex?1。（1分）

所以

f(0)=1f(0)=1，f′(0)=0f′(0)=0。（2分）

所以曲線

y=f(x)y=f(x)

在點(diǎn)

(0,f(0))(0,f(0))

處的切線方程為

y=1y=1。（3分）

（2）解：函數(shù)

f(x)f(x)

的定義域?yàn)?/p>

RR，f′(x)=ex?2ax?1f′(x)=ex?2ax?1。（4分）

令

h(x)=f′(x)=ex?2ax?1h(x)=f′(x)=ex?2ax?1，則

h′(x)=ex?2ah′(x)=ex?2a。（5分）

①當(dāng)

a≤0a≤0

時，h′(x)>0h′(x)>0，所以

h(x)h(x)

即

f′(x)f′(x)

在

RR

上單調(diào)遞增。

又因?yàn)?/p>

f′(0)=0f′(0)=0，所以當(dāng)

x<0x<0

時，f′(x)<0f′(x)<0，f(x)f(x)

單調(diào)遞減；

當(dāng)

x>0x>0

時，f′(x)>0f′(x)>0，f(x)f(x)

單調(diào)遞增。（7分）

②當(dāng)

a>0a>0

時，令

h′(x)=0h′(x)=0，得

x=ln?(2a)x=ln(2a)。

若

0<a<120<a<21?，則

ln?(2a)<0ln(2a)<0。

當(dāng)

x<ln?(2a)x<ln(2a)

時，h′(x)<0h′(x)<0，f′(x)f′(x)

單調(diào)遞減；

當(dāng)

x>ln?(2a)x>ln(2a)

時，h′(x)>0h′(x)>0，f′(x)f′(x)

單調(diào)遞增。

由于

f′(0)=0f′(0)=0，f′(ln?(2a))<f′(0)=0f′(ln(2a))<f′(0)=0，且當(dāng)

x→+∞x→+∞

時

f′(x)→+∞f′(x)→+∞，故存在

x1∈(ln?(2a),0)x1?∈(ln(2a),0)

和

x2>0x2?>0，使得

f′(x1)=f′(x2)=0f′(x1?)=f′(x2?)=0。

所以當(dāng)

x<x1x<x1?

或

x>x2x>x2?

時，f′(x)>0f′(x)>0，f(x)f(x)

單調(diào)遞增；

當(dāng)

x1<x<x2x1?<x<x2?

時，f′(x)<0f′(x)<0，f(x)f(x)

單調(diào)遞減。（9分）

若

a=12a=21?，則

ln?(2a)=0ln(2a)=0，h′(x)≥0h′(x)≥0，所以

f′(x)f′(x)

在

RR

上單調(diào)遞增。

又因?yàn)?/p>

f′(0)=0f′(0)=0，所以當(dāng)

x<0x<0

時，f′(x)<0f′(x)<0，f(x)f(x)

單調(diào)遞減；

當(dāng)

x>0x>0

時，f′(x)>0f′(x)>0，f(x)f(x)

單調(diào)遞增。（10分）

若

a>12a>21?，則

ln?(2a)>0ln(2a)>0。

當(dāng)

x<ln?(2a)x<ln(2a)

時，h′(x)<0h′(x)<0，f′(x)f′(x)

單調(diào)遞減；

當(dāng)

x>ln?(2a)x>ln(2a)

時，h′(x)>0h′(x)>0，f′(x)f′(x)

單調(diào)遞增。

由于

f′(0)=0f′(0)=0，f′(ln?(2a))<f′(0)=0f′(ln(2a))<f′(0)=0，且當(dāng)

x→?∞x→?∞

時

f′(x)→+∞f′(x)→+∞，故存在

x3<0x3?<0

和

x4∈(0,ln?(2a))x4?∈(0,ln(2a))，使得

f′(x3)=f′(x4)=0f′(x3?)=f′(x4?)=0。

所以當(dāng)

x<x3x<x3?

或

x>x4x>x4?

時，f′(x)>0f′(x)>0，f(x)f(x)

單調(diào)遞增；

當(dāng)

x3<x<x4x3?<x<x4?

時，f′(x)<0f′(x)<0，f(x)f(x)

單調(diào)遞減。（12分）

（3）證明：由（2）可知，當(dāng)

a>0a>0

時，f(x)f(x)

的極小值點(diǎn)為

x=ln?(2a)x=ln(2a)（當(dāng)

a=12a=21?

時，x=0x=0

也為極小值點(diǎn)），且

f′(ln?(2a))=0f′(ln(2a))=0，即

eln?(2a)?2aln?(2a)?1=0eln(2a)?2aln(2a)?1=0，所以

2a?2aln?(2a)?1=02a?2aln(2a)?1=0，即

2aln?(2a)=2a?12aln(2a)=2a?1。（13分）

所以f(ln?(2a))=eln?(2a)?a(ln?(2a))2?ln?(2a)=2a?a(ln?(2a))2?ln?(2a)(14分)f(ln(2a))?=eln(2a)?a(ln(2a))2?ln(2a)=2a?a(ln(2a))2?ln(2a)(14分)?由

2aln?(2a)=2a?12aln(2a)=2a?1，得

ln?(2a)=1?12aln(2a)=1?2a1?（當(dāng)

a=12a=21?

時也成立）。（15分）

代入上式，得f(ln?(2a))=2a?a(1?12a)2?(1?12a)=2a?a(1?1a+14a2)?1+12a=2a?a+1?14a?1+12a=a+14a(16分)f(ln(2a))?=2a?a(1?2a1?)2?(1?2a1?)=2a?a(1?a1?+4a21?)?1+2a1?=2a?a+1?4a1??1+2a1?=a+4a1?(16分)?由均值不等式，a+14a≥2a?14a=1a+4a1?≥2a?4a1??=1，當(dāng)且僅當(dāng)

a=12a=21?

時取等號。

又因?yàn)?/p>

32?ln?a=32?(ln?(2a)?ln?2)=32?ln?(2a)+ln?2=32?(1?12a)+ln?2=12+12a+ln?223??lna=23??(ln(2a)?ln2)=23??ln(2a)+ln2=23??(1?2a1?)+ln2=21?+2a1?+ln2。

由于

a>0a>0，要證

f(x)>32?ln?af(x)>23??lna，只需證

f(x)f(x)

的最小值

f(ln?(2a))=a+14a>12+12a+ln?2f(ln(2a))=a+4a1?>21?+2a1?+ln2。

即證

a?14a?12?ln?2>0a?4a1??21??ln2>0。

令

g(a)=a?14a?12?ln?2

(a>0)g(a)=a?4a1??21??ln2

(a>0)，則

g′(a)=1+14a2>0g′(a)=1+4a21?>0，所以

g(a)g(a)

在

(0,+∞)(0,+∞)

上單調(diào)遞增。

又因?yàn)?/p>

g(12)=12?12?12?ln?2=?12?ln?2<0g(21?)=21??21??21??ln2=?21??ln2<0，且當(dāng)

a→+∞a→+∞

時，g(a)→+∞g(a)→+∞，故存在

a0>12a0?>21?，使得當(dāng)

a>a0a>a0?

時，g(a)>0g(a)>0，即

f(ln?(2a))>32?ln?af(ln(2a))>23??lna。

然而，上述推理發(fā)現(xiàn)

32?ln?a23??lna

并非一個全局下界。重新審視題目，需證明的是

f(x)>32?ln?af(x)>23??lna。

實(shí)際上，由

f(ln?(2a))=a+14af(ln(2a))=a+4a1?，且

a+14a≥1a+4a1?≥1。

而

32?ln?a=32?ln?(2a)+ln?2=32?(1?12a)+ln?2=12+12a+ln?223??lna=23??ln(2a)+ln2=23??(1?2a1?)+ln2=21?+2a1?+ln2。

由于

ln?2≈0.693ln2≈0.693，12+12a+ln?2>121?+2a1?+ln2>1

并不總是成立。例如當(dāng)

aa

很大時，12a→02a1?→0，12+0+ln?2≈1.193>121?+0+ln2≈1.193>1，但

a+14aa+4a1?

可以大于任意大的數(shù)，因此不等式成立。

但需嚴(yán)格證明：對于任意

a>0a>0，都有

f(x)min?=a+14a>12+12a+ln?2f(x)min?=a+4a1?>21?+2a1?+ln2。

即證

a?14a?12?ln?2>0a?4a1??21??ln2>0。

令

φ(a)=a?14a?12?ln?2φ(a)=a?4a1??21??ln2，φ′(a)=1+14a2>0φ′(a)=1+4a21?>0。

φ(a)φ(a)

單調(diào)遞增。φ(12)=12?12?12?ln?2=?12?ln?2<0φ(21?)=21??21??21??ln2=?21??ln2<0，φ(1)=1?14?12?ln?2=14?ln?2≈0.25?0.693<0φ(1)=1?41??21??ln2=41??ln2≈0.25?0.693<0，φ(2)=2?18?12?ln?2=1.375?ln?2≈1.375?0.693=0.682>0φ(2)=2?81??21??ln2=1.375?ln2≈1.375?0.693=0.682>0。

因此，當(dāng)

a≥2a≥2

時，φ(a)≥φ(2)>0φ(a)≥φ(2)>0，不等式成立。

當(dāng)

0<a<20<a<2

時，需另行考慮。注意到題目要求“當(dāng)

a>0a>0

時”證明，可能原題有更簡潔的放縮方法，或所證下界并非

f(x)f(x)

的最小值，而是需要更精細(xì)的分析。限于時間，此處提供一種思路：利用切線放縮

ex≥x+1ex≥x+1（當(dāng)

x=0x=0

時取等）或其加強(qiáng)形式。

一個可行的證明路徑：考慮函數(shù)

f(x)f(x)

在

x=?ln?ax=?lna

處的值。

事實(shí)上，令

x0=?ln?ax0?=?lna，則

f(x0)=e?ln?a?a(ln?a)2+ln?a=1a?a(ln?a)2+ln?af(x0?)=e?lna?a(lna)2+lna=a1??a(lna)2+lna。

需證明

1a?a(ln?a)2+ln?a>32?ln?aa1??a(lna)2+lna>23??lna，即

1a?a(ln?a)2+2ln?a?32>0a1??a(lna)2+2lna?23?>0。

這等價于

2aln?a?2a2(ln?a)2+4aln?a?3a>02alna?2a2(lna)2+4alna?3a>0（兩邊乘以

2a2a

并整理？），似乎更復(fù)雜。

另一種思路：直接研究

f(x)?(32?ln?a)f(x)?(23??lna)

的最小值。由于計(jì)算量較大，標(biāo)準(zhǔn)答案可能使用了更巧妙的放縮。

鑒于考試時間限制，本解析認(rèn)可原命題成立，并給出關(guān)鍵步驟：

由

f(x)=ex?ax2?x≥(x+1)?ax2?x=1?ax2f(x)=ex?ax2?x≥(x+1)?ax2?x=1?ax2（當(dāng)

x=0x=0

時取等），這個放縮太弱。

更精確地，利用

ex≥exex≥ex（當(dāng)

x=1x=1

時取等）也不合適。

一個更強(qiáng)的放縮是

ex≥x2+x+1ex≥x2+x+1（當(dāng)

x=0x=0

時取等），則

f(x)≥(x2+x+1)