精品解析：福建省厦门双十中学2022-2023学年高二下学期4月第一次月考数学试题

福建省厦门双十中学2024届高二下学期第一次月考 一、单选题 1. 已知随机变量的分布列如下： 1 2 若，则（ ） A. B. C. D. 2. 5人排成一行，其中甲、乙两人相邻不同排法共有（ ） A. 24种 B. 48种 C. 72种 D. 120种 3. 数列满足，，，则数列的前10项和为（ ） A. 51 B. 56 C. 83 D. 88 4. 二十四节气歌是为了方便记忆我国古时历法中二十四个节气而编成的小诗歌，体现着我国古代劳动人民的智慧.四句诗歌“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连；秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒”中，每一句诗歌的开头一字代表着季节，每一句诗歌包含了这个季节中的6个节气.若从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好在一个季节的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 如图所示，九连环是中国传统民间智力玩具，以金属丝制成9个圆环，解开九连环共需要256步，解下或套上一个环算一步，且九连环的解下和套上是一对逆过程.九连环把玩时按照一定得程序反复操作，可以将九个环全部从框架上解下或者全部套上.将第个圆环解下最少需要移动的次数记为，已知，按规则有，则解下第4个圆环最少需要移动的次数为（ ） A. 4 B. 7 C. 16 D. 31 6. 已知为正整数，展开式的二项式系数的最大值为，展开式的二项式系数的最大值为，且，则的值为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 7. 已知抛物线E：，圆F：，直线l：（t为实数）与抛物线E交于点A，与圆F交于B，C两点，且点B位于点C的右侧，则△FAB的周长可能为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 8. 设，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 函数的所有极值点从小到大排列成数列，设是的前项和，则下列结论中正确的是（ ） A. 数列为等差数列 B. C. D. 10. 若，则下列选项正确的有（ ） A. B. C. D. 11. 如图，四边形为正方形，，平面，，点在棱上，且，则（ ） A. 当时，平面 B. 当时，平面 C. 当时，点到平面的距离为 D. 当时，平面与平面的夹角为 12. 若函数，则（　　） A. 函数在单调递增，则 B. 函数有三个单调区间 C. 方程有且仅有一个根 D. 函数有且仅有一个零点 三、填空题 13. 已知点为双曲线的左焦点，过原点的直线l与双曲线C相交于P，Q两点．若，则______． 14. 已知函数恰有两个零点，则实数值为___________ 15. 如图所示，在A，间有四个焊接点1，2，3，4，若焊接点脱落导致断路.则电路不通，则因为焊接点脱落而导致电路不通情况有___________种. 16. 在处理多元不等式的最值时，我们常用构造切线的方法来求解．例如：曲线在处的切线方程为，且，若已知，则，当时等号成立，所以的最小值为3．已知函数，若数列满足，且，则数列的前10项和的最大值为________；若数列满足，且，则数列的前100项和的最小值为________． 四、解答题 17. 鲜花饼是以云南特有的食用玫瑰花入料的酥饼，是具有云南特色的云南经典点心代表，鲜花饼的保质期一般在三至四天.据统计，某超市一天鲜花饼卖出3箱的概率为，卖出箱的概率为，卖出箱的概率为，没有卖出的概率为，为了保证顾客能够买到新鲜的鲜花饼，该超市规定当天结束营业后检查货架上存货，若卖出箱及以上，则需补货至箱，否则不补货.假设第一天该超市开始营业时货架上有箱鲜花饼. （1）在第一天结束营业后货架上有箱鲜花饼的条件下，求第二天结束营业时货架上有箱存货的概率； （2）求第二天结束营业时货架上有箱存货的概率. 18. 记为数列的前项和，已知是公差为的等差数列． （1）求的通项公式； （2）记，试判断与2的大小并证明． 19. 如图1，在△ABC中，，DE是△ABC的中位线，沿DE将△ADE进行翻折，使得△ACE是等边三角形（如图2），记AB的中点为F． （1）证明：平面ABC． （2）若，二面角D-AC-E为，求直线AB与平面ACD所成角的正弦值． 20. 2021年3月5日李克强总即在政府作报告中特别指出：扎实做好碳达峰，碳中和各项工作，制定2030年前碳排放达峰行动方案，优化产业结构和能源结构．某环保机器制造商为响应号召，对一次购买2台机器的客户推出了两种超过机器保修期后5年内的延保维修方案： 方案一；交纳延保金5000元，在延保5年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费1000元； 方案二：交纳延保金6230元，在延保的5和内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费t元； 制造商为制定的收取标准，为此搜集并整理了200台这种机器超过保修期后5年内维修的次数，统计得到下表 维修次数 0 1 2 3 机器台数 20 40 80 60 以这200台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率，记X表示2台机器超过保修期后5年内共需维修的次数． （1）求X的分布列； （2）以所需延保金与维修费用之和的均值为决策依据，为使选择方案二对客户更合算，应把t定在什么范围？ 21. 已知椭圆C：，点为椭圆的右焦点，过点F且斜率不为0的直线交椭圆于M，N两点，当与x轴垂直时，． （1）求椭圆C的标准方程． （2），分别为椭圆的左、右顶点，直线，分别与直线：交于P，Q两点，证明：四边形为菱形． 22 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）设，为两个不相等的正数，且，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福建省厦门双十中学2024届高二下学期第一次月考 一、单选题 1. 已知随机变量的分布列如下： 1 2 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据期望公式及概率和为1列方程求解. 【详解】由已知得 解得 故选：B. 2. 5人排成一行，其中甲、乙两人相邻的不同排法共有（ ） A. 24种 B. 48种 C. 72种 D. 120种 【答案】B 【解析】 【分析】利用捆绑法进行计算即可得解. 【详解】先捆绑甲乙两人共有种可能， 再松绑可得种可能， 共有种可能， 故选：B 3. 数列满足，，，则数列的前10项和为（ ） A. 51 B. 56 C. 83 D. 88 【答案】A 【解析】 分析】按照已知条件可以发现奇、偶项分别成等差和等比数列，一一列举前10项求和即可. 【详解】数列满足，，， 不难发现，奇数项是等差数列，公差为2，偶数项是等比数列，公比为2， 所以数列的前10项和为：. 故选：. 4. 二十四节气歌是为了方便记忆我国古时历法中的二十四个节气而编成的小诗歌，体现着我国古代劳动人民的智慧.四句诗歌“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连；秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒”中，每一句诗歌的开头一字代表着季节，每一句诗歌包含了这个季节中的6个节气.若从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好在一个季节的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直接由组合结合古典概型求解即可. 【详解】由题意知：从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好在一个季节的概率为. 故选：C. 5. 如图所示，九连环是中国传统民间智力玩具，以金属丝制成9个圆环，解开九连环共需要256步，解下或套上一个环算一步，且九连环的解下和套上是一对逆过程.九连环把玩时按照一定得程序反复操作，可以将九个环全部从框架上解下或者全部套上.将第个圆环解下最少需要移动的次数记为，已知，按规则有，则解下第4个圆环最少需要移动的次数为（ ） A. 4 B. 7 C. 16 D. 31 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，根据递推公式求数列中的某一项，可得答案. 【详解】由题意，，，， 解下第4个圆环，则，即， 而，则， 故选：B. 6. 已知为正整数，展开式的二项式系数的最大值为，展开式的二项式系数的最大值为，且，则的值为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项式系数的性质确定，由关系列方程求的值. 【详解】由题意可知,, ,即, ，解得． 故选：C． 7. 已知抛物线E：，圆F：，直线l：（t为实数）与抛物线E交于点A，与圆F交于B，C两点，且点B位于点C的右侧，则△FAB的周长可能为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】先判断出抛物线焦点和圆心重合，由抛物线定义得，又，可得△FAB的周长为，又知，即可求解. 【详解】 由题意知：抛物线焦点恰为圆心，抛物线准线，圆半径为2，可得圆与相切，设直线l：与准线交于， 由抛物线定义知：，又，故△FAB的周长为， 由图知，故，结合选项知：△FAB的周长可能为5. 故选：B 8. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】构造函数， 导数判断其单调性，由此确定的大小. 【详解】方法一：构造法 设，因为， 当时，，当时， 所以函数在单调递减，在上单调递增， 所以，所以，故，即， 所以，所以，故，所以， 故， 设，则, 令，， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 又， 所以当时，， 所以当时，，函数单调递增， 所以，即，所以 故选：C. 方法二：比较法 解： ， ， ， ① ， 令 则 ， 故 在 上单调递减， 可得 ，即 ，所以 ； ② ， 令 则 ， 令 ，所以 ， 所以 在 上单调递增，可得 ，即 ， 所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以 故 二、多选题 9. 函数的所有极值点从小到大排列成数列，设是的前项和，则下列结论中正确的是（ ） A. 数列为等差数列 B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】先对函数求导，结合导数确定极值点，然后结合三角函数的性质分别检验各选项即可判断． 【详解】解：， 令可得或，， 易得函数的极值点为或，， 从小到大为，，不是等差数列，错误； ，正确； ， ， 则根据诱导公式得，正确； ，错误． 故选：． 10. 若，则下列选项正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】应用赋值法可判断BCD，由二项式展开项的通项公式可求的值，判断A. 【详解】当时，．B错误． 当时，． 又，所以，C错误． 当时， ．D正确． 又, 当时，即，此时,展开式中的系数为 当时，即，此时，展开式中的系数为 ， ，A正确. 故选：AD 11. 如图，四边形为正方形，，平面，，点在棱上，且，则（ ） A. 当时，平面 B. 当时，平面 C. 当时，点到平面的距离为 D. 当时，平面与平面的夹角为 【答案】BC 【解析】 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐项判断可得合适的选项. 【详解】因为平面，四边形为正方形，以点为坐标原点， 、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、， 对于AD选项，当时，， ，易知平面的一个法向量为， 因为，因此，与平面不平行，A错， 设平面的法向量为，， 则，取，可得， 易知平面的一个法向量为， ， 所以，平面与平面的夹角不是，D错； 对于BC选项，当时，， ，，， 所以，，，所以，，， 又因为，、平面，平面，B对， 点到平面的距离为，C对. 故选：BC. 12. 若函数，则（　　） A. 函数在单调递增，则 B. 函数有三个单调区间 C. 方程有且仅有一个根 D. 函数有且仅有一个零点 【答案】BC 【解析】 【分析】求出导函数，由的正负判断A，求出导函数，确定的零点个数，得函数的单调性，判断B，方程分离参数后，引入新函数，由导数确定新函数的性质后判断C，令，方程变为，解得，转化为，即，得，令，同样由导数确定的性质可判断D． 【详解】A：恒成立，在 恒成立，得，故A错误； B： 令 所以函数有两个零点 所以在上，即，在和上单调递增， 在，即，则单调递减， 所以有3个单调区间，故B正确； C： 方程的根为的根，令 则.令，则 所以在，q（x）单调递减，在单调递增， 所以，所以，有，单调递增. 所以函数与有一个交点，即方程有一个根， 所以方程有且只有一个根，故C正确； D： 函数的零点为方程的根，令，则 所以，有，即，得 令，则，令，则，所以在R上单调递增，又 所以存在使得，则在，即单调递减，在上，即，s（x）单调递增，所以， 当时，方程无根，函数没有零点； 当时，方程有一个根，函数有一个零点； 当时，方程有两个根，函数有两个零点，故D错误. 故选：BC 【点睛】本题考查用导数研究函数的性质，确定函数零点个数、方程根的个数问题，解题关键是由导数研究函数的单调性，对函数的零点与方程根的个数问题的关系是问题的转化，通过换元法，参数分离法等转化为研究函数的单调性与极值． 三、填空题 13. 已知点为双曲线的左焦点，过原点的直线l与双曲线C相交于P，Q两点．若，则______． 【答案】7 【解析】 【分析】先证明四边形是平行四边形，再根据双曲线的定义可求解. 【详解】由双曲线的对称性，可知，又，所以四边形是平行四边形，所以， 由，可知点在双曲线的左支，如下图所示： 由双曲线定义有，又，所以. 故答案为： 14. 已知函数恰有两个零点，则实数的值为___________ 【答案】 【解析】 【分析】令，得，转化为直线与函数的图象有两个交点，于此可得出实数的值． 【详解】令，得，构造函数，其中， 问题转化为：当直线与函数的图象有两个交点，求实数的值． ，令，得，列表如下： 极小值 作出图象如下图所示： 结合图象可知，，因此，，故答案为． 【点睛】本题考查函数的零点个数问题，由函数零点个数求参数的取值范围，求解方法有如下两种： （1）分类讨论法：利用导数研究函数的单调性与极值，借助图象列出有关参数的不等式组求解即可； （2）参变量分离法：令原函数为零，得，将问题转化为直线与函数的图象，一般要利用导数研究函数的单调性与极值，利用图象求解． 15. 如图所示，在A，间有四个焊接点1，2，3，4，若焊接点脱落导致断路.则电路不通，则因为焊接点脱落而导致电路不通情况有___________种. 【答案】13 【解析】 【分析】分类讨论，列举出脱落1个，2个，3个，4个焊接点导致电路不通的情况，求出答案. 【详解】若脱落1个，则有（1），（4）两种情况， 若脱落2个，则有（1，2），（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4）共6种情况， 若脱落3个，则有（1，2，3），（1，2，4），（2，3，4），（1，3，4）共4种情况. 若脱落4个，则有（1，2，3，4）共1种情况，综上共有种情况. 故答案为：13. 16. 在处理多元不等式的最值时，我们常用构造切线的方法来求解．例如：曲线在处的切线方程为，且，若已知，则，当时等号成立，所以的最小值为3．已知函数，若数列满足，且，则数列的前10项和的最大值为________；若数列满足，且，则数列的前100项和的最小值为________． 【答案】 ①. 70 ②. 630 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求、处的切线方程，根据题设描述，数形结合求的前10项和最大值、的前100项和的最小值，注意等号成立条件. 【详解】，则在R上单调递增，如下图所示： ①易知， 所以曲线在处的切线方程为，即， 结合图象知（），所以， 所以， 当且仅当时，等号成立； ②曲线在处的切线为， 因为，则令此切线过原点，解得或， 所以曲线在处的切线方程为，结合图象知， 所以 当且仅当或时等号成立， 取，，即的前100项中有70项为3，30项为0时，等号成立． 故答案为：70，630. 【点睛】关键点点睛：根据导数几何意义求切线方程，数形结合列不等式求、前n项和的最值. 四、解答题 17. 鲜花饼是以云南特有的食用玫瑰花入料的酥饼，是具有云南特色的云南经典点心代表，鲜花饼的保质期一般在三至四天.据统计，某超市一天鲜花饼卖出3箱的概率为，卖出箱的概率为，卖出箱的概率为，没有卖出的概率为，为了保证顾客能够买到新鲜的鲜花饼，该超市规定当天结束营业后检查货架上存货，若卖出箱及以上，则需补货至箱，否则不补货.假设第一天该超市开始营业时货架上有箱鲜花饼. （1）在第一天结束营业后货架上有箱鲜花饼的条件下，求第二天结束营业时货架上有箱存货的概率； （2）求第二天结束营业时货架上有箱存货的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用条件概率的概念直接计算； （2）利用全公式直接计算. 【小问1详解】 设事件：“第二天开始营业时货架上有箱鲜花饼”，事件：“第二天开始营业时货架上有箱鲜花饼”，，事件：“第二天结束营业时货架上有箱存货”， 因为第一天结束营业后货架上有箱鲜花饼，故第二天只卖出箱， 故； 【小问2详解】 由题意，，， 由全概率公式得. 18. 记为数列的前项和，已知是公差为的等差数列． （1）求的通项公式； （2）记，试判断与2的大小并证明． 【答案】（1） （2），证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由是等差数列可知，再根据与的关系可求出，利用累乘法即可得. （2）利用裂项相消法即可求. 【小问1详解】 ∵，∴，∴， 又∵是公差为的等差数列， ∴，∴， ∴当时，， ∴， 整理得：， 即， ∴ 显然对于也成立， ∴的通项公式. 【小问2详解】 ∴ ∴ 19. 如图1，在△ABC中，，DE是△ABC的中位线，沿DE将△ADE进行翻折，使得△ACE是等边三角形（如图2），记AB的中点为F． （1）证明：平面ABC． （2）若，二面角D-AC-E为，求直线AB与平面ACD所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取AC中点G，连接FG和EG，证明四边形DEGF是平行四边形,然后利用线面垂直的判定定理证明平面ABC, 从而得到平面ABC. （2）（方法一）过点E作，以E为原点，建立空间直角坐标系E-xyz，设,求出平面AEC和平面ACD的法向量，由已知条件可得长，然后利用线面角的向量公式求解即可； （方法二）连接DG，可证得，可得长，过点F作，垂足为I，利用线面垂直及面面垂直的性质可得平面ACD，连接AI，则∠FAI即为所求角，在三角形中计算可得答案. 【小问1详解】 如图， 取AC中点G，连接FG和EG，由已知得，且． 因为F，G分别为AB，AC的中点，所以，且 所以，且． 所以四边形DEGF是平行四边形． 所以． 因为翻折的，易知． 所以翻折后，． 又因为，EA，平面AEC， 所以平面AEC． 因为， 所以平面AEC． 因为平面AEC，所以． 因为ACE是等边三角形，点G是AC中点，所以 又因为，AC，平面ABC． 所以平面ABC． 因为，所以平面ABC． 【小问2详解】 （方法一）如图， 过点E作，以E为原点，EH、EC，ED所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系E-xyz，设，则，，，，则，，， 因为平面AEC．所以是平面AEC的法向量， 设面ACD的法向量为，则 ，即，解得． 取，得． 因为二面角D-AC-E为，所以， 解得，所以，． 记直线AB与平面ACD所成角为， 则， 所以直线AB与平面ACD所成角的正弦值为． （方法二）如图， 连接DG，因为平面AEC，平面AEC，所以． 又因为，，DE，平面DEG．所以平面DEC． 因为EG，平面DEG，所以，，所以∠DGE是二面角D-AC-E的平面角，故． 由△ACE是边长为2的等边三角形，得， 在RtDGE中，，所以，． 过点F作，垂足为I， 因为平面DEGF，平面ACD，所以平面平面ACD． 又因为平面平面，平面DEGF，且， 所以平面ACD． 连接AI，则∠FAI即为直线AB与平面ACD所成的角． 在Rt△DFG中，，，得，由等面积法得，解得． 在RtAFG中，，，所以． RtFAI中，， 所以直线AB与平面ACD所成角的正弦值为． 20. 2021年3月5日李克强总即在政府作报告中特别指出：扎实做好碳达峰，碳中和各项工作，制定2030年前碳排放达峰行动方案，优化产业结构和能源结构．某环保机器制造商为响应号召，对一次购买2台机器的客户推出了两种超过机器保修期后5年内的延保维修方案： 方案一；交纳延保金5000元，在延保的5年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费1000元； 方案二：交纳延保金6230元，在延保5和内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费t元； 制造商为制定的收取标准，为此搜集并整理了200台这种机器超过保修期后5年内维修的次数，统计得到下表 维修次数 0 1 2 3 机器台数 20 40 80 60 以这200台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率，记X表示2台机器超过保修期后5年内共需维修的次数． （1）求X的分布列； （2）以所需延保金与维修费用之和的均值为决策依据，为使选择方案二对客户更合算，应把t定在什么范围？ 【答案】（1）答案见解析；（2）． 【解析】 【分析】（1）根据统计表，维修0、1、2、3次的机器的比例分别为、、、，而2台机器超过保修期后5年内共需维修的次数可能有，对应的基本事件为、、、、、、，进而可求各可能值的概率，写出分布列即可. （2）根据两个方案的描述，结合（1）所得的分布列，分别写出方案一、方案二所需费用的分布列，进而求它们的期望，要使选择方案二对客户更合算有，即可求的范围. 【详解】（1）由题意得，， ，，，， ，， ∴X的分布列为 X 0 1 2 3 4 5 6 P （2）选择方案一：所需费用为元，则时，，时，；时，；时，，时，， ∴的分布列为 5000 6000 7000 8000 9000 ， 选择方案二：所需费用为元，则时，；时，；时，，则的分布列为 6230 ， 要使选择方案二对客户更合算，则， ∴，解得，即的取值范围为． 【点睛】关键点点睛： （1）由题设描述确定2台机器超过保修期后5年内共需维修的次数的可能值，并确定对应的基本事件，进而求各可能值的概率，写出分布列. （2）根据（1）所得分布列，由各方案的费用与维修次数的关系写出费用的分布列，并求期望，通过期望值的大小关系求参数的范围. 21. 已知椭圆C：，点为椭圆的右焦点，过点F且斜率不为0的直线交椭圆于M，N两点，当与x轴垂直时，． （1）求椭圆C的标准方程． （2），分别为椭圆的左、右顶点，直线，分别与直线：交于P，Q两点，证明：四边形为菱形． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）与x轴垂直时M的坐标代入椭圆方程和联立可得答案； （2）设的方程为，，，与椭圆方程联立，由韦达定理得直线的方程、直线的方程，再由求出、，可证得可得答案． 【小问1详解】 由题可知． 当与x轴垂直时，不妨设M的坐标为， 所以， 解得，． 所以椭圆C的标准方程为． 【小问2详解】 设的方程为，，， 联立得消去x，得， 易知恒成立，由韦达定理得，， 由直线的斜率为，得直线的方程为， 当时，， 由直线的斜率为，得直线的方程为， 当时，， 若四边形为菱形，则对角线相互垂直且平分，下面证， 因为， 代入韦达定理得 ， 所以，即PQ与相互垂直平分，所以四边形为菱形． 22. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）设，为两个不相等的正数，且，证明：. 【答案】（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性. (2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令，命题转换为证明：，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论. 【详解】(1)的定义域为． 由得，， 当时，；当时；当时，． 故在区间内为增函数，在区间内为减函数， (2)[方法一]：等价转化 由得，即． 由，得． 由（1）不妨设，则，从而，得， ①令， 则， 当时，，在区间内为减函数，， 从而，所以， 由（1）得即．① 令，则， 当时，，在区间内为增函数，， 从而，所以． 又由，可得， 所以．② 由①②得． [方法二]【最优解】：变形为，所以． 令．则上式变， 于是命题转换为证明：． 令，则有，不妨设． 由（1）知，先证． 要证： ． 令， 则， 在区间内单调递增，所以，即． 再证． 因为，所以需证． 令， 所以，故在区间内单调递增． 所以．故，即． 综合可知． [方法三]：比值代换 证明同证法2．以下证明． 不妨设，则， 由得，， 要证，只需证，两边取对数得， 即， 即证． 记，则. 记，则， 所以，在区间内单调递减．，则， 所以在区间内单调递减． 由得，所以， 即． [方法四]：构造函数法 由已知得，令， 不妨设，所以． 由（Ⅰ）知，，只需证． 证明同证法2． 再证明．令． 令，则． 所以，在区间内单调递增． 因为，所以，即 又因为，所以， 即． 因为，所以，即． 综上，有结论得证． 【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能. 方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略. 方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可. 方法四：构造函数之后想办法出现关于的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $