【高考二轮复习】全国2026年最新选择、填空、解答压轴题汇编40题（10-9）

【高考二轮复习】全国2026年最新选择、填空、解答压轴题汇编40题（10-9） 一．选择题（共10小题） 1．（2026•衡水模拟）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为CC1中点，平面A1BD⊥平面ABB1A1，A1D＝BD＝4，，则三棱柱ABC﹣A1B1C1体积的取值范围是（　　） A．（0，21] B．（7，21] C．（0，28] D．（7，28] 2．（2026•新乡模拟）在不透明的盒子中有大小、质地均相同的5个球，其中有2个红球，3个白球，若每次随机不放回地从盒子里拿出一个球，直到把球拿完，则在第四次拿到的是白球的条件下，第二次拿到的是红球的概率为（　　） A． B． C． D． 3．（2026•东营一模）点P在以F1，F2为焦点的椭圆上，若∠PF1F2＝α，∠PF2F1＝β，且，则椭圆的离心率为（　　） A． B． C． D． 4．（2026•辽宁模拟）意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例引入数列1，1，2，3，5，8，⋯，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即，故此数列称为斐波那契数列，其通项公式为，则关于x的不等式的正整数解的个数为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 5．（2026•莆田模拟）已知函数f（x）的定义域为D，任意给定n∈N*，都存在x0∈D，使得f（nx0）＝nf（x0），则f（x）不可能为（　　） A．f（x）＝x B． C．f（x）＝lnx D． 6．（2016•保定二模）已知函数f（x）＝2xcosx，则函数f（x）的部分图象可以为（　　） A． B． C． D． 7．（2026•延边州模拟）设函数f（x）＝（ex﹣m﹣ax）（lnx﹣ax），若存在实数a使得f（x）＜0恒成立，则m的取值范围是（　　） A．（﹣∞，0] B．[0，2） C．（2，+∞） D．（﹣∞，2） 8．（2026•梅州模拟）已知实数a和b（其中b＞1）满足方程：，则下列不等式成立的是（　　） A．ea＞b2 B．a2＞eb C．a＞2b D．a＞lnb 9．（2026•铁东区校级模拟）已知f（x）是定义在R上的偶函数，其导数为f′（x），且f′（x）+2x也是偶函数，若f（a）＜f（2a+1），则实数a的范围是（　　） A．（1，+∞） B． C． D． 10．（2026•吉林一模）在一个水平平面α上放一个半径为2的球，球面上两点A，B满足OA⊥OB，O是球心，且点A到平面α的距离为3，则点B到平面α距离的最大值为（　　） A． B． C． D． 二．多选题（共10小题） （多选）11．（2026•衡水模拟）数列{an}满足a1∈（0，1），且，记{an}的前n项和为Sn，则（　　） A．存在a1，使{an}为周期数列 B．存在a1，使恒成立 C．存在a1≠a2，使{Sn}为等差数列 D．存在a1≠a2，使{an}为等比数列 （多选）12．（2026•新乡模拟）已知函数f（x）的定义域为R，且f（x）及其导函数f′（x）的图象在定义域内均为连续不断的曲线，若存在开区间D（其中D不为空集），使得f（x）在区间∁RD上的值域与f（x）在区间R上的值域相同，则称f（x）为可去函数，则（　　） A．存在a≠0，f（x）＝x3﹣ax2+9x为可去函数 B．对任意a≠0，为可去函数 C．“f（x）是可去函数”是“存在x1＜x2，使得f′（x1）f′（x2）＜0”的充要条件 D．“f（x）不是可去函数”是“任意x1＜x2，使得f（x1）＜f（x2）”的必要不充分条件 （多选）13．（2026•东营一模）已知数列{an}满足，则下列结论正确的是（　　） A．数列{an}为递增数列 B．∃n∈N*，an＞3 C． D． （多选）14．（2026•辽宁模拟）如图①，在直角梯形P1P2P3C中，P1C∥P2P3，P1P2⊥P1C，P1C＝5，P1P2＝4，A，B分别为P1P2，P2P3的中点，把△P1AC，△P2AB，△P3BC分别沿AC，AB，BC折起，使得点P1，P2，P3重合为一点P，得到如图②所示的三棱锥P﹣ABC，则（　　） A．PA⊥BC B．三棱锥P﹣ABC的体积为 C．点P到底面ABC的距离为 D．二面角P﹣AB﹣C的正切值为 （多选）15．（2026•莆田模拟）已知正三棱台ABC﹣A1B1C1的所有顶点都在球O的球面上，且AB＝3A1B1＝3，点P满足，则（　　） A．当P为棱B1C1的中点时， B． C．若直线BP∥平面ACC1A1，则x＝1 D．若，则球O的表面积为18π （多选）16．（2026•长子县校级模拟）已知向量，，，则（　　） A． B．当时，4m+3n＝3 C．当时，m+n＝1 D．在上的投影向量的坐标为 （多选）17．（2026•延边州模拟）已知函数f（x）及其导函数f′（x）的定义域均为R，记g（x）＝f′（x），且f（x）﹣f（﹣x）＝2x，g（x）+g（2﹣x）＝0，则（　　） A．g（0）＝1 B．的图象关于点（0，1）对称 C．f（x）+f（2﹣x）＝0 D． （多选）18．（2026•梅州模拟）如图，在四棱锥E﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥CD，EC⊥平面ABCD，AD＝CE＝2，BC＝CD＝1，M、N分别为棱DE、CE上的动点，设，，则（　　） A．当μ＝0时，存在λ，使得MN∥平面ABE B．当μ＝0时，存在λ，使得AN⊥BM C．当，且AN与BM相交时， D．三棱锥E﹣BCD的外接球在底面ABCD上的截痕长为 （多选）19．（2026•铁东区校级模拟）已知a＞0，b＞0，a2+b2﹣ab＝1，下列不等式恒成立的是（　　） A． B．a+b≤2 C．a3+b3≤2 D． （多选）20．（2026•吉林一模）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点B（﹣1，0）的直线与抛物线C交于P，Q两点，异于P，Q两点的点A（t，2）在抛物线C上，则（　　） A．t＝1 B．直线PA与AQ的斜率之和为4 C．△APF与△AQF面积之比为 D．过点P，Q作抛物线C的切线分别交直线AB于M，N两点，则点M，N的横坐标之积为1 三．填空题（共10小题） 21．（2026•衡水模拟）箱中有连续编号1到15的小球，现从箱中一次随机取出5个球，若已知取出的5个球的编号中位数为9，则这5个球中的最大编号与最小编号之差恰好等于9的概率为　 　 ． 22．（2026•新乡模拟）已知定义在R上的函数f（x）和g（x）及其导函数f′（x）和g′（x）在R上的图象均为一条连续不断的曲线，且f′（x）＝exg（x），g′（x）＝﹣9exf（x），若f（0）＝1，g（0）＝3，则f（x）的最大值为　 　 ． 23．（2026•东营一模）甲、乙、丙三人每人制作两张卡片，将卡片放在同一个盒子中，每人不放回地随机抽取两张，设至少取回一张自己的卡片的人数为X，则P（X＝1）+2P（X＝2）＝　 　 ． 24．（2026•辽宁模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，P为E上与顶点不重合的一点，I为△PF1F2的内心，O为坐标原点，记直线OP，OI的斜率分别为k1，k2，若3k1＝4k2，则椭圆E的离心率为　 　 ． 25．（2026•莆田模拟）已知双曲线的左顶点为A，右焦点为F，过F的直线l交C于M，N两点．若|MN|＝18，则△AMN的外接圆的半径为　 　 ． 26．（2026•长子县校级模拟）已知函数f（x），函数g（x）＝f（x）+x+m，若g（x）有两个零点，则m的取值范围是 　 　 ． 27．（2026•延边州模拟）已知函数，若函数y＝f（f（x））有6个零点，则实数a的取值范围为 　 　 ． 28．（2026•梅州模拟）数列扩充是指在一个有穷数列中按一定规则插入一些项得到一个新的数列．初始数列经过n次扩充后的新数列记为，项数记为Pn，所有项的和记为Sn.现若扩充规则为每相邻两项之间插入这两项的和，如：数列{a，b，c}经过一次扩充后得到数列，P1＝5，S1＝2a+3b+2c．已知初始数列，则Pn＝　 　 ；Sn＝　 　 ． 29．（2026•铁东区校级模拟）若函数，x∈（0，π）的两个零点分别为x1和x2，则sin（x1+x2）＝　 　 ． 30．（2026•吉林一模）若函数f（x）＝m（1﹣x）ex+lnx+3（m＞0）的最大值为g（m），则g（m）的最小值为　 　 ． 四．解答题（共10小题） 31．（2026•衡水模拟）设函数f（x）的定义域为[0，+∞），且f（x）的导函数f′（x）在（0，+∞）上的图象是一条连续不断的曲线，已知f（0）＝0，且对于任意x∈（0，+∞），都有xf′（x）＞f（x）． （1）判断函数的单调性，并证明：对于任意x1，x2∈（0，+∞），都有f（x1+x2）＞f（x1）+f（x2）； （2）若f（x）在（0，+∞）上单调递增，且数列{an}满足． （i）证明：数列单调递减； （ii）记Sn为数列{an}的前n项和，证明：对于任意n≥2，都有． 32．（2026•新乡模拟）已知函数f（x）＝aex﹣lnx﹣1，其中a＞0． （1）证明：f（x）在区间上存在唯一的极小值点x0； （2）若极小值f（x0）＞0，证明：0＜x0＜1； （3）当f（x）有两个不同的零点x1，x2时，证明：x1x2＞1． 33．（2026•东营一模）已知双曲线的左，右焦点分别为F1（﹣3，0），F2（3，0），双曲线Γ上任意一点P到两条渐近线的距离的乘积为． （1）求双曲线Γ的标准方程； （2）直线l经过点，且与双曲线的右支交于M，N两点，设△MNF2的内心为点I，求证：点I在定直线上； （3）从双曲线的一个焦点处出发的光线照射到双曲线上，经反射后光线的反向延长线会经过双曲线的另一个焦点，他们就好像是从另一个焦点射出的一样，双曲线的这一光学性质被广泛应用，如图，由F2发出的光线经双曲线Γ上一点P0（4，y0）（y0＞0）反射后，反射光线的反向延长线经过点F1，连接P0F1交双曲线于点P1，点P1也是一个反射点，连接P1F2交双曲线于点P2，则点P2也是一个反射点，再连接P2F1，交双曲线于点P3，则点P3也是一个反射点，……，各反射点连线得到折线P0P1﹣P1P2﹣P2P3﹣P3P4⋯⋯，设第n个反射点为Pn（xn，yn）（n＝0，1，2，…），求证：数列为等比数列． 34．（2026•辽宁模拟）已知函数f（x）＝﹣sinx+xcosx+ax3，f（x）的导函数为f′（x）． （1）当a＝0时，求曲线y＝f（x）在处的切线方程； （2）当x≥0时，f（x）≥0，求a的取值范围； （3）设，当x＞0时，方程g（x）＝0仅有两个不相等的实数根x1，x2，求证：x1+x2＞3π． 35．（2026•莆田模拟）某分布式存储系统中，数据块容量上限为N（N∈N*，N≥2），数据块的初始数量为M（M∈N，M≤N）．系统运行遵循以下规则： ①在每一时间步，系统以概率p（0＜p＜1）执行清理操作（数据块的数量减1），以概率1﹣p执行写入操作（数据块的数量加1）； ②当数据块的数量为0（成功复位）或为N（内存溢出）时，系统运行立即终止． 记当数据块的数量为k（0≤k≤N，k∈N）时，系统最终以“成功复位”状态终止的概率为ak． （1）直接写出a0、aN的数值，并写出ak﹣1、ak、ak+1（1≤k≤N﹣1）的关系式； （2）当时，比较系统最终以“成功复位”与“内存溢出”状态终止的概率大小关系； （3）已知：若随机变量X的取值不会影响随机变量Y的概率分布列，则称X与Y相互独立，且满足E（XY）＝E（X）•E（Y）．记Xn为系统运行n步后的数据块的数量（假设系统在此期间未终止）．当时，若与n无关，求正实数λ（λ≠1）的值． 36．（2026•长子县校级模拟）（1）计算：； （2）已知α是第三象限角，且． ①求tanα的值； ②求sin2α+3sinαcosα的值． 37．（2026•延边州模拟）已知，关于x的方程f2（x）+2af（x）﹣4＝0有三个实数解x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3． （1）求f（x）的单调区间； （2）求实数a的取值范围； （3）若满足不等式恒成立，求m的最大整数值．（其中e≈2.718） 38．（2026•梅州模拟）（1）一个袋子中有30个大小相同的球，其中有10个红球、20个白球，从中随机放回地逐次摸一个球作为样本，5次摸球后停止，用X表示停止时摸出红球的次数． ①求X的分布列和数学期望； ②若用样本中红球的比例估计总体中红球的比例，求误差的绝对值不超过0.2的概率． （2）某节目上，有三扇关闭的门，其中一扇门后面为汽车，另两扇门后面为山羊，节目参加者从这三扇门中选择一扇，然后所选之门后面的物品则归其所有．当参加者选定一扇门后，节目主持人开启了剩余两扇门中后面为山羊的一扇门，并询问节目参加者是否更换选择．问：参加者这时候更换选择会更好吗？请用概率解释．（备注：汽车的价值要远大于羊．） 39．（2026•铁东区校级模拟）已知函数，函数g（x）＝ln（x+1）﹣xlnx+x，函数h（x）＝ex﹣lnx+x，记g（x）的最大值为M，h（x）的最小值为N． （1）求f（x）的单调区间； （2）证明：M＜2； （3）求M﹣N的值． 40．（2026•吉林一模）已知函数f（x）＝ax2+x﹣ln（x+1），a∈R． （1）若x＝2是f（x）的极值点，求a的值并说明x＝2是极大值点还是极小值点； （2）若x≥0时，f（x）≤0，求a的取值范围； （3）对f（x）的定义域内的任意x1，x2（x1＜x2），证明：． 【高考二轮复习】全国2026年最新选择、填空、解答压轴题汇编40题（10-9） 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C B B D A D D B D 二．多选题（共10小题） 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 ABC AD ABC ABD ACD BD ABD AC ABC ACD 一．选择题（共10小题） 1．（2026•衡水模拟）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为CC1中点，平面A1BD⊥平面ABB1A1，A1D＝BD＝4，，则三棱柱ABC﹣A1B1C1体积的取值范围是（　　） A．（0，21] B．（7，21] C．（0，28] D．（7，28] 【答案】A 【解答】解：因为直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为CC1中点，平面A1BD⊥平面ABB1A1，A1D＝BD＝4，， 所以分析各个选项如下： 取AB中点M，A1B中点N，A1D＝BD＝4，则DN⊥A1B， 由DN⊂平面A1BD，平面A1BD∩平面ABB1A1＝A1B，平面A1BD⊥平面ABB1A1得DN⊥平面ABB1A1， 由勾股定理知，可得CM＝3， 设DC＝DC1＝4cosθ，可得， 同理BC＝4sinθ，由BC＞CM知． 由勾股定理得， 于是三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积， 记， 结合二次函数单调性可得，于是． 故选：A． 2．（2026•新乡模拟）在不透明的盒子中有大小、质地均相同的5个球，其中有2个红球，3个白球，若每次随机不放回地从盒子里拿出一个球，直到把球拿完，则在第四次拿到的是白球的条件下，第二次拿到的是红球的概率为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：设事件A表示“第二次取红球”，事件B表示“第四次取白球”， 则第四次抽到白球的概率为， 再计算P（AB）， 第一步，第二次拿到红球的概率为， 第二步，在第二次已经拿走一个红球的情况下，盒子还剩余3个白球，一个红球， 则此时第四次拿到白球的概率为， ∴第二次拿到红球且第四次拿到白球的概率， ∴在第四次拿到的是白球的条件下，第二次拿到的是红球的概率为： ． 故选：C． 3．（2026•东营一模）点P在以F1，F2为焦点的椭圆上，若∠PF1F2＝α，∠PF2F1＝β，且，则椭圆的离心率为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：因为点P在以F1，F2为焦点的椭圆上， 在△PF1F2中， 易得∠F1PF2＝π﹣（α+β）， 所以sin∠F1PF2＝sin（α+β）． 因为， 所以； 因为， 所以α+β∈（0，π）， 因为， 所以， 因为， 解得． 所以． 由正弦定理得， 即， 设椭圆的焦距为2c， 则椭圆的离心率． 故选：B． 4．（2026•辽宁模拟）意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例引入数列1，1，2，3，5，8，⋯，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即，故此数列称为斐波那契数列，其通项公式为，则关于x的不等式的正整数解的个数为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【解答】解：由斐波那契数列的通项公式得， 所以原不等式可化为， 所以， 即，所以， 因为a7＝a6+a5＝8+5＝13，a8＝a7+a6＝13+8＝21， a9＝a8+a7＝21+13＝34，a10＝a9+a8＝34+21＝55， a11＝a10+a9＝55+34＝89， 由，，，则， 由，，，则， 所以13，21，34，55符合要求，故该不等式正整数解的个数为4． 故选：B． 5．（2026•莆田模拟）已知函数f（x）的定义域为D，任意给定n∈N*，都存在x0∈D，使得f（nx0）＝nf（x0），则f（x）不可能为（　　） A．f（x）＝x B． C．f（x）＝lnx D． 【答案】D 【解答】解：函数f（x）的定义域为D，任意给定n∈N*，都存在x0∈D，使得f（nx0）＝nf（x0）， 对于A，f（x）＝x，定义域为R， 取x0＝1，f（nx0）＝f（n）＝n，nf（x0）＝nf（1）＝n，即f（nx0）＝nf（x0），f（x）＝x适合，A正确； 对于B，的定义域为[0，+∞）， 取x0＝0，f（nx0）＝f（0）＝0，nf（x0）＝nf（0）＝0，即f（nx0）＝nf（x0），适合题意，B正确； 对于C，f（x）＝lnx，定义域为（0，+∞）， 由f（nx0）＝nf（x0）， ⇔lnnx0＝nlnx0 ⇔ ⇔， 构造函数g（x）＝xn﹣nx，n∈N*， 则g′（x）＝nxn﹣1﹣n， 当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减， 当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增， 最小值g（1）＝1﹣n≤0，且当x→+∞时，g（x）＝xn﹣nx→+∞， 即存在x0∈D，使得g（x0）＝0，即， 也即存在x0∈D，使得f（nx0）＝nf（x0），故f（x）＝lnx适合题意，C正确； 对于D，，定义域为R， 由f（nx0）＝nf（x0）得， 取n＝2，方程为：， 当x0＝0时，1＝2不成立， 当x0≠0时，两边取对数得， 即，因为ln2＞0，显然此方程无解， 综上可知：当n＝2时，不存在x0满足条件，即D不可能． 故选：D． 6．（2016•保定二模）已知函数f（x）＝2xcosx，则函数f（x）的部分图象可以为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：函数f（x）＝2xcosx，f（﹣x）＝﹣2xcosx＝﹣f（x），所以函数是奇函数，排除B、D， 当x→0时，函数f（x）＝2xcosx＞0，函数的图象在第一象限，排除C， 故选：A． 7．（2026•延边州模拟）设函数f（x）＝（ex﹣m﹣ax）（lnx﹣ax），若存在实数a使得f（x）＜0恒成立，则m的取值范围是（　　） A．（﹣∞，0] B．[0，2） C．（2，+∞） D．（﹣∞，2） 【答案】D 【解答】解：函数的定义域为（0，+∞），则f（x）＜0即为， 设，则，令g′（x）＝0，解得x＝e， 易知当x∈（0，e）时，g（x）单调递增，当x∈（e，+∞）时，g（x）单调递减， 故， 设，由题意，恒成立，即对任意x＞0恒成立， 设，则，令q′（x）＝0，则x＝m﹣1， 当m﹣1≤0，即m≤1时，q′（x）＞0，则函数q（x）在（0，+∞）上单调递增，故恒成立，故m≤1符合题意； 当m﹣1＞0，即m＞1时，当x∈（0，m﹣1）时，q′（x）＜0，q（x）单调递减，当x∈（m﹣1，+∞）时，q′（x）＞0，q（x）单调递增， 则，解得1＜m＜2， 综上，实数m的取值范围为（﹣∞，2）． 故选：D． 8．（2026•梅州模拟）已知实数a和b（其中b＞1）满足方程：，则下列不等式成立的是（　　） A．ea＞b2 B．a2＞eb C．a＞2b D．a＞lnb 【答案】D 【解答】解：因为且b＞1，故， 而b＞1，所以2lnb＞lnb，故， 设，则， 所以为R上的减函数， 而即为f（a）＜f（lnb），故a＞lnb，故D成立． 由b＞1可得b2＞b，即， 故， 所以f（a）＞f（lnb2），所以a＜lnb2即ea＜b2，故A错误． 对于B，取b＞e2，由D可得a＞lnb＞0． 若a2＞eb，则即， 设，， 易得g′（b）为（e2，+∞）上的减函数， 故， 所以在（e2，+∞）上为减函数， 所以，故， 所以a2＞eb不成立，故B错误． 对于C，取b＝e，则，即， 仍取D分析中的函数f（x），考虑方程的解， 设，因为为R上的减函数， 所以h（x）为R上的减函数，而h（2）＝f（2）20， 故a＜2，故此时a＞2b不成立，故C错误． 故选：D． 9．（2026•铁东区校级模拟）已知f（x）是定义在R上的偶函数，其导数为f′（x），且f′（x）+2x也是偶函数，若f（a）＜f（2a+1），则实数a的范围是（　　） A．（1，+∞） B． C． D． 【答案】B 【解答】解：由题意f（x）是定义在R上的偶函数，其导数为f′（x），且f′（x）+2x也是偶函数，若f（a）＜f（2a+1）， 可得f（﹣x）＝f（x），所以﹣f′（﹣x）＝f′（x）， 即f′（﹣x）＝﹣f′（x），又f′（x）+2x也是偶函数，所以f′（﹣x）+2﹣x＝f′（x）+2x， 所以﹣f′（x）+2﹣x＝f′（x）+2x，即， 因为函数是R上的减函数，y＝﹣2x也是减函数， 所以函数是R上的减函数； 令f′（x）＝0，即，解得x＝0， 当x＞0时，f′（x）＜0，此时函数f（x）在（0，+∞）上单调递减， 当x＜0时，f′（x）＞0，此时函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递增， 又函数f（x）是R上的偶函数， 所以由f（a）＜f（2a+1），可得f（|a|）＜f（|2a+1|）， 所以|a|＞|2a+1|，平方得a2＞4a2+4a+1，即3a2+4a+1＜0， 解得，因此，实数a的范围是． 故选：B． 10．（2026•吉林一模）在一个水平平面α上放一个半径为2的球，球面上两点A，B满足OA⊥OB，O是球心，且点A到平面α的距离为3，则点B到平面α距离的最大值为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：过O作与平面α平行的截面，截面直径为EF，如图： OQ⊥EF，取OQ中点P，过P作EF平行线交球O与C，D， 则点A在以CD为直径的小圆上，当A在C点时，过O作与OA垂直的直径交球O于M，N， 则B点在以MN为直径的大圆运动，当B位于M点时，B到平面α距离最大， 设∠AOF＝θ，则，， 所以B到α距离最大值为． 故选：D． 二．多选题（共10小题） （多选）11．（2026•衡水模拟）数列{an}满足a1∈（0，1），且，记{an}的前n项和为Sn，则（　　） A．存在a1，使{an}为周期数列 B．存在a1，使恒成立 C．存在a1≠a2，使{Sn}为等差数列 D．存在a1≠a2，使{an}为等比数列 【答案】ABC 【解答】解：由a1∈（0，1），且， 取，则，此时a4＝a1， 故{an}是以3为周期的周期数列，故A正确； 取，以此类推，对于所有的n∈{1，2，3，⋯}，都有， 则数列的前n项和， 即对于任意正整数恒成立，故B正确； 若{Sn}是等差数列，则对于n≥1，有Sn+1﹣Sn＝an+1＝d（d为常数）， 则{an}从第二项起为常数， 由B可知，取，则此后各项均为， 令，得，故，且a1≠a2， 此时， 和数列{Sn}是首项为，公差为的等差数列，故C正确； 假设存在公比为q的等比数列{an}，其中a1∈（0，1）且a1≠a2， 若存在某项，则ak+1＝2ak，解得q＝2． 若q＝2，由于， 故随n增大必将超过． 设am是第一个大于的项，即，由am+1＝2（1﹣am）， 按等比数列定义am+1＝2am，由2（1﹣am）＝2am解得，这与矛盾； 若，则am+1＝1，am+2＝0，与等比数列各项不为0的定义矛盾； 若所有项均大于，则an+1＝2（1﹣an）＝qan恒成立，解得， 则{an}为常数数列，即a1＝a2，与题设矛盾． 综上所述，不存在满足条件的等比数列，故D错误． 故选：ABC． （多选）12．（2026•新乡模拟）已知函数f（x）的定义域为R，且f（x）及其导函数f′（x）的图象在定义域内均为连续不断的曲线，若存在开区间D（其中D不为空集），使得f（x）在区间∁RD上的值域与f（x）在区间R上的值域相同，则称f（x）为可去函数，则（　　） A．存在a≠0，f（x）＝x3﹣ax2+9x为可去函数 B．对任意a≠0，为可去函数 C．“f（x）是可去函数”是“存在x1＜x2，使得f′（x1）f′（x2）＜0”的充要条件 D．“f（x）不是可去函数”是“任意x1＜x2，使得f（x1）＜f（x2）”的必要不充分条件 【答案】AD 【解答】解：对于选项A，f′（x）＝3x2﹣2ax+9，其中Δ＝4（a2﹣27）， 当时，Δ＞0，f′（x）有两实根，x1＜x2， 函数f（x）在区间（﹣∞，x1）和（x2，+∞）上单调递增，在区间（x1，x2）上单调递减，值域为R且f（x1）＞f（x2）， 取D＝（x1，x2），则∁RD＝（﹣∞，x1]∪[x2，+∞），其值域仍为R，故f（x）是可去函数，故选项A正确； 对于选项B，f′（x）＝（x﹣1）（ex﹣1+a）， 当a＝﹣1时，当x∈（﹣∞，1）时，x﹣1＜0，ex﹣1﹣1＜0，f′（x）＞0， 当x∈（1，+∞）时，x﹣1＞0，ex﹣1﹣1＞0，f′（x）＞0， 则f′（x）≥0恒成立，f（x）在R上单调递增，不是可去函数，故选项B错误； 对于选项C，常数函数f（x）＝c是可去函数，取任意开区间D，∁RD的值域仍为{c}， 但f′（x）＝0，不存在x1＜x2，使得f′（x1）f′（x2）＜0，故选项C错误； 对于选项D，不充分性：反例f（x）＝﹣x（严格单调递减），f（x）不是可去函数， 但不满足“任意x1＜x2，使得f（x1）＜f（x2）”，故“不是可去函数”不能推出“严格单调递增”， 必要性：若f（x）严格单调递增，则去掉任何开区间后其值域是原函数值域的真子集， 故f（x）不是可去函数，必要性成立，故选项D正确． 故选：AD． （多选）13．（2026•东营一模）已知数列{an}满足，则下列结论正确的是（　　） A．数列{an}为递增数列 B．∃n∈N*，an＞3 C． D． 【答案】ABC 【解答】解：由数列{an}满足， 当n＝1时，，满足a1∈（0，π），成立， 假设当n＝k时，ak∈（0，π），当n＝k+1时，由已知得ak∈（0，π）， 可得sinan＞0，ak+1＝ak+sinak＞0， 令f（x）＝x+sinx，可得f′（x）＝1+cosx＞0，且f（π）＝π， 则f（x）在（0，π）上单调递增，得到f（x）∈（0，π），故ak+1∈（0，π）， 综上可得，对于任意n∈N*，an∈（0，π）， 因为an+1＝an+sinan，所以an+1﹣an＝sinan＞0， 可得数列{an}为递增数列，故A正确； 因为an∈（0，π），且数列{an}为递增数列，所以∃n∈N*，an＞3，故B正确； 欲证，则证， 即证，故证即可， 令，则g′（x）＝﹣x+（π﹣1）﹣cosx， 令h（x）＝g′（x）＝﹣x+（π﹣1）﹣cosx，则h′（x）＝﹣1+sinx≤0， 则h（x）在（0，π）上单调递减，且h（π）＝0，得到h（x）＞0，即g′（x）＞0， 故g（x）在（0，π）上单调递增，而g（0）＝0，可得g（x）＞0， 则，即，故C正确； 欲证，则证， 即证，故证即可， 令，则， 令，则n′（x）＝﹣sinx＜0，可得n（x）在（0，π）上单调递减， 且，，则n（0）•n（π）＜0， 由零点存在性定理得存在x0∈（0，π）作为n（x）零点，即m′（x）零点， 令m′（x）＜0，x∈（x0，π），令m′（x）＞0，x∈（0，x0）， 则m（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，π）上单调递减， 而m（0）＝﹣2＜0，m（π）＝0，则m（x0）＞m（π）＝0， 此时不满足，故D错误． 故选：ABC． （多选）14．（2026•辽宁模拟）如图①，在直角梯形P1P2P3C中，P1C∥P2P3，P1P2⊥P1C，P1C＝5，P1P2＝4，A，B分别为P1P2，P2P3的中点，把△P1AC，△P2AB，△P3BC分别沿AC，AB，BC折起，使得点P1，P2，P3重合为一点P，得到如图②所示的三棱锥P﹣ABC，则（　　） A．PA⊥BC B．三棱锥P﹣ABC的体积为 C．点P到底面ABC的距离为 D．二面角P﹣AB﹣C的正切值为 【答案】ABD 【解答】解：PA⊥PB，PA⊥PC，PB∩PC＝P，故PA⊥面PBC，所以PA⊥BC，A正确； 易知P3C＝P1C＝5，过C作CH⊥P2P3于H， 设P2B＝P3B＝x，CH＝P1P2＝4， 则P3H＝3，BH＝x﹣3，P2H＝P1C＝P2B+BH＝x+x﹣3＝5，即x＝4， ， ，故，B正确； ， 设点P到面ABC的距离为d， ， 所以P到面ABC的距离为，C错误； 过P作PO⊥平面ABC于O，过P作PG⊥AB于G，连接OG，如图所示： AB⊥PG，AB⊥PO，PO∩PG＝P，则AB⊥面PGO，所以AB⊥OG， 则∠PGO为二面角P﹣AB﹣C的平面角， ，所以， 因为，所以， 故，D正确． 故选：ABD． （多选）15．（2026•莆田模拟）已知正三棱台ABC﹣A1B1C1的所有顶点都在球O的球面上，且AB＝3A1B1＝3，点P满足，则（　　） A．当P为棱B1C1的中点时， B． C．若直线BP∥平面ACC1A1，则x＝1 D．若，则球O的表面积为18π 【答案】ACD 【解答】解：选项A，当P为棱B1C1的中点时，， 所以，故选项A正确； 选项B，以A为原点，为x轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 则A（0，0，0），B（3，0，0），， 设该三棱台的高为h，上下底面中心分别为O1、O2，作A1M⊥底面ABC于点M， 则，A1O1AO2， 所以， 因为∠BAO2， 所以，，即， 所以，， 所以，故选项B错误； 选项C，，，， 设平面ACC1A1的法向量为，则， 取，则b＝﹣1，，即， 而， 所以， 若直线BP∥平面ACC1A1，则， 所以，解得x＝1，故选项C正确； 选项D，若，则，解得h， 所以，， 由正三棱台性质，可设球心坐标， 因为|AO|＝|A1O|， 所以，解得， 所以外接球半径， 所以球O的表面积为，故选项D正确． 故选：ACD． （多选）16．（2026•长子县校级模拟）已知向量，，，则（　　） A． B．当时，4m+3n＝3 C．当时，m+n＝1 D．在上的投影向量的坐标为 【答案】BD 【解答】解：对于A，由题， 故A错； 对于B，因为， 所以有﹣3（n﹣1）＝4m， 整理得4m+3n＝3， 故B正确； 对于C，因为， 所以， 故C错误； 对于D，在上的投影向量为， 故D正确． 故选：BD． （多选）17．（2026•延边州模拟）已知函数f（x）及其导函数f′（x）的定义域均为R，记g（x）＝f′（x），且f（x）﹣f（﹣x）＝2x，g（x）+g（2﹣x）＝0，则（　　） A．g（0）＝1 B．的图象关于点（0，1）对称 C．f（x）+f（2﹣x）＝0 D． 【答案】ABD 【解答】解：因为f（x）﹣f（﹣x）＝2x， 所以f'（x）+f'（﹣x）＝2， 即g（x）+g（﹣x）＝2， 令x＝0，得g（0）＝1，故A正确； f（x）﹣f（﹣x）＝2x， 当x≠0时，2， 所以y的图象关于点（0，1）对称，故B正确； 对于C，假设f（x）+f（2﹣x）＝0成立， 求导得f'（x）﹣f'（2﹣x）＝0， 即g（x）﹣g（2﹣x）＝0，又g（x）+g（2﹣x）＝0， 所以g（x）＝0，所以g（0）＝0与g（0）＝1矛盾，故C错误； 对于D，因为g（x）+g（﹣x）＝2，g（x）+g（2﹣x）＝0， 所以g（2﹣x）﹣g（﹣x）＝﹣2，g（1）＝0，g（2）＝﹣1， 所以有g（n+2）﹣g（n）＝﹣2，且g（2）﹣g（1）＝﹣1，n∈N*， 所以数列{g（n）}是以0为首项，﹣1为公差的等差数列， 所以g（n）＝1﹣n， 所以，故D正确． 故选：ABD． （多选）18．（2026•梅州模拟）如图，在四棱锥E﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥CD，EC⊥平面ABCD，AD＝CE＝2，BC＝CD＝1，M、N分别为棱DE、CE上的动点，设，，则（　　） A．当μ＝0时，存在λ，使得MN∥平面ABE B．当μ＝0时，存在λ，使得AN⊥BM C．当，且AN与BM相交时， D．三棱锥E﹣BCD的外接球在底面ABCD上的截痕长为 【答案】AC 【解答】解：以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，CE为z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则：C（0，0，0），D（1，0，0），B（0，1，0），A（1，2，0），E（0，0，2）， 对于A，当μ＝0时，N（0，0，0），M在DE上，则M（1﹣λ，0，2λ）， 则，， 设平面ABE的一个法向量， 则，取x＝2， 即， 且， 若MN∥平面ABE，则，即2（λ﹣1）+0×（﹣2）﹣2λ×（﹣1）＝0，解得， 故存在满足条件，故A正确； 对于B，当μ＝0时，N（0，0，0），，， 若AN⊥BM，则，即﹣1•（1﹣λ）+（﹣2）•（﹣1）+0•2λ＝0，解得λ＝﹣1， 不满足0≤λ≤1，故B错误； 对于C，当时，N（0，0，1），M（1﹣λ，0，2λ）， 若AN与BM相交，则存在唯一x，y使得， 即：（﹣1，﹣2，1）＝x（﹣1，﹣1，0）+y（﹣λ，﹣2，2λ）＝（﹣x﹣yλ，﹣x﹣2y，2λy）， 可得，解得，故C正确； 对于D，因为底面BCD是直角三角形，外接圆半径， 因为EC⊥平面ABCD， 三棱锥E﹣BCD的外接球在底面ABCD上的截痕为底面BCD的外接圆， 截痕长为，故D错误． 故选：AC． （多选）19．（2026•铁东区校级模拟）已知a＞0，b＞0，a2+b2﹣ab＝1，下列不等式恒成立的是（　　） A． B．a+b≤2 C．a3+b3≤2 D． 【答案】ABC 【解答】解：对于A，因为a＞0，b＞0，所以a2+b2≥2ab，所以1+ab≥2ab，所以ab≤1， 又（当且仅当a＝b＝1时，等号成立）， 又ab≤1，所以2，所以，故A正确； 对于B，因为a＞0，b＞0，所以，由a2+b2﹣ab＝1，得（a+b）2﹣3ab＝1， 则（当且仅当a＝b＝1时，等号成立）， 所以（a+b）2≤4，即a+b≤2，故B正确； 对于C，a3+b3＝（a+b）（a2﹣ab+b2），又a2+b2﹣ab＝1，即a3+b3＝a+b， 由B选项可知，a+b≤2，所以a3+b3≤2，故C正确； 对于D，由a2+b2﹣ab＝1，得， 则0，，解得， 又b＞0，所以，故D错误． 故选：ABC． （多选）20．（2026•吉林一模）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点B（﹣1，0）的直线与抛物线C交于P，Q两点，异于P，Q两点的点A（t，2）在抛物线C上，则（　　） A．t＝1 B．直线PA与AQ的斜率之和为4 C．△APF与△AQF面积之比为 D．过点P，Q作抛物线C的切线分别交直线AB于M，N两点，则点M，N的横坐标之积为1 【答案】ACD 【解答】解：A选项，因为点A在抛物线上，代入抛物线C：y2＝4x得4＝4t⇒t＝1； B选项，设直线PQ：x＝my﹣1，P（x1，y1），Q（x2，y2）， 则直线PA与AQ的斜率之和为， 联立得到y2﹣4my+4＝0，因此y2﹣4my+4＝0，y1+y2＝4m，y1y2＝4， 代入上式得到直线PA与AQ的斜率之和为2，因此B选项错误； C选项，首先证明∠PFA＝∠QFA，等价于证明直线PF与QF的斜率之和为0， 即， 因此∠PFA＝∠QFA，因此，因此C选项正确； D选项，直线AB：y＝x+1，设过点P作抛物线C的切线为x＝m（y﹣y1）+x1， 与抛物线联立，得到y2﹣4my+4my1﹣4x1＝0， 因为相切，因此Δ＝16m2﹣16my1+16x1＝0，即， 因此，因此过点P作抛物线C的切线为， 联立直线AB，得到，同理，因此，因此D选项正确． 故选：ACD． 三．填空题（共10小题） 21．（2026•衡水模拟）箱中有连续编号1到15的小球，现从箱中一次随机取出5个球，若已知取出的5个球的编号中位数为9，则这5个球中的最大编号与最小编号之差恰好等于9的概率为　　 ． 【答案】． 【解答】解：根据题意，设取出的5个球编号从小到大排列依次为x1，x2，x3，x4，x5，其中位数为x3， 若数据的中位数为9，则x3＝9，则x1，x2需从{1，2，⋯，8}中选取，x4，x5需从{10，11，⋯，15}中选取， 故有420种取法， 若满足最大编号与最小编号之差为9，设x1＝k，则x5＝k+9． 由x1＜x2＜9知k≤7， 由9＜x4＜x5即9＜x4＜k+9知k≥2，且k+9≤15即k≤6，故k∈{2，3，4，5，6}， 此时x2，x4的选法总数为（8﹣k）（k﹣1）， 求和得符合条件的事件数为（8﹣2）（2﹣1）+（8﹣3）（3﹣1）+（8﹣4）（4﹣1）+（8﹣5）（5﹣1）+（8﹣6）（6﹣1）＝6+10+12+12+10＝50， 故所求概率为． 故答案为：． 22．（2026•新乡模拟）已知定义在R上的函数f（x）和g（x）及其导函数f′（x）和g′（x）在R上的图象均为一条连续不断的曲线，且f′（x）＝exg（x），g′（x）＝﹣9exf（x），若f（0）＝1，g（0）＝3，则f（x）的最大值为　　 ． 【答案】． 【解答】解：设，可得， 因为f′（x）＝exg（x），g′（x）＝﹣9exf（x）， 代入得， 所以h（x）为常数， 因为f（0）＝1，g（0）＝3，可得， 所以h（x）＝2对于任意x∈R都成立，即， 又由，可得，所以， 所以f（x）的最大值为． 故答案为：． 23．（2026•东营一模）甲、乙、丙三人每人制作两张卡片，将卡片放在同一个盒子中，每人不放回地随机抽取两张，设至少取回一张自己的卡片的人数为X，则P（X＝1）+2P（X＝2）＝　　 ． 【答案】． 【解答】解：设甲制作的卡片为A，a，乙制作的卡片为B，b，丙制作的卡片为C，c， X＝1代表三人只有一人至少取回一张自己的卡片，有种情况， 不妨设是甲至少取回一张自己的卡片， 当甲只取回一张自己的卡片时，有种， 例如：甲取到的卡片为A，B，此时丙不能取C，c，只能取a，b， 即甲取回一张自己的卡片时，样本数为， 当甲取回两张自己的卡片时，此时乙与丙只能相互交换，即有种， 而总样本空间为甲、乙、丙三人各自任取两张卡片，即， ∴， X＝2代表三人有两人至少取回一张自己的卡片，即有一个人没有取回自己的卡片，有种情况， 不妨设是丙没有取回自己的卡片，则丙要在A，a，B，b四张中取两个， 显然丙不能取A，a或B，b，∴丙有种取法， 例如：丙取的是A，B，则甲留下a，只能在C，c中取一个，即种，剩下两张给乙， 即共有种， ∴． ∴． 故答案为：． 24．（2026•辽宁模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，P为E上与顶点不重合的一点，I为△PF1F2的内心，O为坐标原点，记直线OP，OI的斜率分别为k1，k2，若3k1＝4k2，则椭圆E的离心率为　　 ． 【答案】． 【解答】解：已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2， P为E上与顶点不重合的一点，I为△PF1F2的内心，O为坐标原点， 如图，不妨设P在第一象限，过点I分别作PF1，PF2，F1F2的垂线，垂足分别为M，N，H， 设P（x0，y0），|PF1|﹣|PF2|＝|PM|+|MF1|﹣（|PN|+|NF2|）， 因为|PM|＝|PN|，所以|PF1|﹣|PF2|＝|F1H|﹣|F2H|， 利用两点间距离公式可以得到， 代入，可得|PF1|＝a+ex0， 同理|PF2|＝a﹣ex0， 所以|PF1|﹣|PF2|＝2ex0＝|F1H|﹣|F2H|， 又因为|F1H|+|F2H|＝2c，所以|F1H|＝c+ex0， 又因为|F1O|＝c，所以， 所以内心I的横坐标为ex0，则， 所以， 又因为3k1＝4k2，所以， 化简得a＝3c，所以椭圆E的离心率为． 故答案为：． 25．（2026•莆田模拟）已知双曲线的左顶点为A，右焦点为F，过F的直线l交C于M，N两点．若|MN|＝18，则△AMN的外接圆的半径为　9　 ． 【答案】9． 【解答】解：由题意可知，A（﹣1，0），F（2，0）， 易知直线l的斜率不为0，设直线l方程为，M（x1，y1），N（x2，y2）， 则，， 联立，整理得（3m2﹣1）y2+12my+9＝0， Δ＝144m2﹣4×9（3m2﹣1）＝36m2+36＞0， 所以，， 所以 ＝（my1+2）（my2+2）+（my1+2）+（my2+2）+y1y2+1 ＝（m2+1）y1y2+3m（y1+y2）+9 ， 所以， 即△AMN为直角三角形， 又因为|MN|＝18，所以△AMN的外接圆的半径为9． 故答案为：9． 26．（2026•长子县校级模拟）已知函数f（x），函数g（x）＝f（x）+x+m，若g（x）有两个零点，则m的取值范围是 　[﹣1，+∞）　 ． 【答案】[﹣1，+∞）． 【解答】解：因为g（x）＝f（x）+x+m有两个零点， 所以f（x）＝﹣x﹣m有两个根， 所以y＝f（x）与y＝﹣x﹣m有两个交点， 作出f（x）图像： 由图可知，当直线y＝﹣x﹣m在x＝0处的函数值小于等于1，即可保证图象有两个交点， 所以﹣m≤1， 所以m∈[﹣1，+∞）． 故答案为：[﹣1，+∞）． 27．（2026•延边州模拟）已知函数，若函数y＝f（f（x））有6个零点，则实数a的取值范围为 　（﹣1，0）　 ． 【答案】（﹣1，0）． 【解答】解：当a≥0，x≤0时，函数f（x）＝﹣x2+2ax对称轴为x＝a≥0， 因此函数f（x）在（﹣∞，0）单调递增， 函数图象如下： 令函数f（x）＝t，y＝f（f（x））＝f（t）＝0， 解得t＝0或t＝1， 即f（x）＝t＝0或f（x）＝t＝1， 根据图象f（x）＝t＝0有2个解，f（x）＝t＝1有1个解， 因此此时函数y＝f（f（x））有3个零点，不符合题意； 当a＜0，x≤0时，函数f（x）＝﹣x2+2ax对称轴为x＝a＜0， 所以f（x）在（a，0）单调递减，在（﹣∞，a）单调递增， 函数图象如下： 令函数f（x）＝t，y＝f（f（x））＝f（t）＝0， 解得t＝2a或t＝0或t＝1， 根据图象，f（x）＝t＝0有3个解，f（x）＝t＝2a＜0有2个解， 又y＝f（f（x））有6个零点， 所以f（x）＝t＝1要有1个解， 即， 解得﹣1＜a＜0； 综上，实数a的取值范围为（﹣1，0）． 故答案为：（﹣1，0）． 28．（2026•梅州模拟）数列扩充是指在一个有穷数列中按一定规则插入一些项得到一个新的数列．初始数列经过n次扩充后的新数列记为，项数记为Pn，所有项的和记为Sn.现若扩充规则为每相邻两项之间插入这两项的和，如：数列{a，b，c}经过一次扩充后得到数列，P1＝5，S1＝2a+3b+2c．已知初始数列，则Pn＝　2n+1+1　 ；Sn＝　3n ． 【答案】2n+1+1；3n． 【解答】解：由题意可得经第n+1次扩充后增加的项数为Pn﹣1， 因此Pn+1＝Pn+Pn﹣1＝2Pn﹣1， 所以Pn+1﹣1＝2（Pn﹣1），因为P1＝5， 所以可得数列{Pn﹣1}是以4为首项，公比为2的等比数列， 所以，即； 设第n次扩充后数列的各项为﹣3，a1，a2，a3，⋯，at，3， 则Sn＝﹣3+a1+a2+a3+⋯+at+3． 因为每一次扩充是在原数列的相邻两项中增加这两项的和， 所以Sn+1＝﹣3+（﹣3+a1）+a1+（a1+a2）+a2+（a2+a3）+a3+…+at+（at+3）+3 ＝﹣3×2+3a1+3a2+3a3+⋯+3at+3×2＝3（﹣3+a1+a2+a3+⋯+at+3）﹣（﹣3+3）＝3Sn， 所以{Sn}是首项为S1＝2×（﹣3）+3×1+2×3＝3，公比为3的等比数列，故， 综上，，． 故答案为：2n+1+1；3n． 29．（2026•铁东区校级模拟）若函数，x∈（0，π）的两个零点分别为x1和x2，则sin（x1+x2）＝　　 ． 【答案】． 【解答】解：由题意，可得，其中，， 由f（x1）＝f（x2）＝0，得， 而x1+φ，x2+φ∈（φ，π+φ）， 因此x1+φ+x2+φ＝π，即， 则，， 即，， 故． 故答案为：． 30．（2026•吉林一模）若函数f（x）＝m（1﹣x）ex+lnx+3（m＞0）的最大值为g（m），则g（m）的最小值为　3　 ． 【答案】3． 【解答】解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），， 设h（x）＝﹣mx2ex+1，则h′（x）＝﹣m（x2+2x）ex＜0， 所以h（x）在（0，+∞）上单调递减， 因为h（0）＝1＞0，， 所以存在唯一的，使得h（x0）＝0，即f′（x0）＝0， 当x∈（0，x0）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增， 当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减， 所以f（x）的最大值为f（x0）＝g（m）， 由，得， 所以， 设，则， 令φ′（x）＝0，得x＝﹣2（舍）或x＝1， 当x∈（0，1）时，φ′（x）＜0，单调递减， 当x∈（1，+∞）时，φ′（x）＞0，φ（x）单调递增， 所以φ（x）有最小值φ（1）＝3， 即g（m）的最小值为3． 故答案为：3． 四．解答题（共10小题） 31．（2026•衡水模拟）设函数f（x）的定义域为[0，+∞），且f（x）的导函数f′（x）在（0，+∞）上的图象是一条连续不断的曲线，已知f（0）＝0，且对于任意x∈（0，+∞），都有xf′（x）＞f（x）． （1）判断函数的单调性，并证明：对于任意x1，x2∈（0，+∞），都有f（x1+x2）＞f（x1）+f（x2）； （2）若f（x）在（0，+∞）上单调递增，且数列{an}满足． （i）证明：数列单调递减； （ii）记Sn为数列{an}的前n项和，证明：对于任意n≥2，都有． 【答案】（1）函数g（x）在（0，+∞）上单调递增，下面证明：f（x1+x2）＞f（x1）+f（x2）． 因为x1，x2∈（0，+∞），所以x1+x2＞x1，由g（x）的单调递增性质可知g（x1+x2）＞g（x1）， 即．因为x1＞0且x1+x2＞0，整理得：x1f（x1+x2）＞（x1+x2）f（x1）． 同理，因为x1＞0，所以x1+x2＞x2，由g（x）的单调递增性质可知g（x1+x2）＞g（x2）， 即，整理得x2f（x1+x2）＞（x1+x2）f（x2）． 将两式相加得（x1+x2）f（x1+x2）＞（x1+x2）[f（x1）+f（x2）]， 因为x1+x2＞0，两边同时除以x1+x2， 得f（x1+x2）＞f（x1）+f（x2），得证． （2）证明：（i）由题意f（an）＝n，则． 要证明数列单调递减，即证明{g（an）}单调递增， 因为f（x）在（0，+∞）上单调递增，且f（an）＝n＜n+1＝f（an+1），所以an＜an+1． 由（1）知，g（x）在（0，+∞）上单调递增，且an＜an+1，所以g（an）＜g（an+1）． 因为，且f（x）定义域为[0，+∞），f（0）＝0，且f（x）单调递增， 故当x＞0时，f（x）＞0，从而g（x）＞0， 所以，即．故数列单调递减． （ii）记Sn＝a1+a2+⋯+an． 由（1）可知f（x1+x2）＞f（x1）+f（x2）有f（Sn）＝f（a1+（a2+⋯+an））＞f（a1）+f（a2+⋯+an）， 同理f（a2+⋯+an）＞f（a2）+f（a3+⋯+an）， 依此类推，可得：f（Sn）＞f（a1）+f（a2）+⋯+f（an）， 将f（ak）＝k（k＝1，2，⋯，n）代入右侧可得f（Sn）＞1+2+⋯+n，即． 由题意，令，则aN满足，所以f（Sn）＞f（aN）． 因为f（x）在（0，+∞）上单调递增，所以Sn＞aN， 即，得证． 【解答】解：（1）由题有． 因为对于任意x∈（0，+∞），都有xf′（x）＞f（x）， 即xf′（x）﹣f（x）＞0，且x2＞0，所以g′（x）＞0，故函数g（x）在（0，+∞）上单调递增， 下面证明：f（x1+x2）＞f（x1）+f（x2）． 因为x1，x2∈（0，+∞），所以x1+x2＞x1，由g（x）的单调递增性质可知g（x1+x2）＞g（x1）， 即．因为x1＞0且x1+x2＞0，整理得：x1f（x1+x2）＞（x1+x2）f（x1）． 同理，因为x1＞0，所以x1+x2＞x2，由g（x）的单调递增性质可知g（x1+x2）＞g（x2）， 即，整理得x2f（x1+x2）＞（x1+x2）f（x2）． 将两式相加得（x1+x2）f（x1+x2）＞（x1+x2）[f（x1）+f（x2）]， 因为x1+x2＞0，两边同时除以x1+x2， 得f（x1+x2）＞f（x1）+f（x2），得证． （2）证明：（i）由题意f（an）＝n，则． 要证明数列单调递减，即证明{g（an）}单调递增， 因为f（x）在（0，+∞）上单调递增，且f（an）＝n＜n+1＝f（an+1），所以an＜an+1． 由（1）知，g（x）在（0，+∞）上单调递增，且an＜an+1，所以g（an）＜g（an+1）． 因为，且f（x）定义域为[0，+∞），f（0）＝0，且f（x）单调递增， 故当x＞0时，f（x）＞0，从而g（x）＞0， 所以，即．故数列单调递减． （ii）记Sn＝a1+a2+⋯+an． 由（1）可知f（x1+x2）＞f（x1）+f（x2）有f（Sn）＝f（a1+（a2+⋯+an））＞f（a1）+f（a2+⋯+an）， 同理f（a2+⋯+an）＞f（a2）+f（a3+⋯+an）， 依此类推，可得：f（Sn）＞f（a1）+f（a2）+⋯+f（an）， 将f（ak）＝k（k＝1，2，⋯，n）代入右侧可得f（Sn）＞1+2+⋯+n，即． 由题意，令，则aN满足，所以f（Sn）＞f（aN）． 因为f（x）在（0，+∞）上单调递增，所以Sn＞aN， 即，得证． 32．（2026•新乡模拟）已知函数f（x）＝aex﹣lnx﹣1，其中a＞0． （1）证明：f（x）在区间上存在唯一的极小值点x0； （2）若极小值f（x0）＞0，证明：0＜x0＜1； （3）当f（x）有两个不同的零点x1，x2时，证明：x1x2＞1． 【答案】（1）f（x）的定义域为（0，+∞），在（0，+∞）上单调递增， 又，当x→0时，f′（x）→﹣∞， 存在唯一的，使得f′（x0）＝0，当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减； 当时，f′（x）＞0，f（x）单调递增， 所以f（x）在上存在唯一的极小值点x0； （2）由，且， 所以， 令，则0， 即在（0，+∞）上单调递减， 又h（1）＝0，所以的解为0＜x0＜1； （3）由f（x）＝0，可得aex﹣lnx﹣1＝0，等价于aex＝lnx+1． 由aex＝lnx+1得lna+x＝ln（lnx+1）， 令t＝lnx+1，则x＝et﹣1，得lna＝lnt﹣et﹣1， 设g（t）＝lnt﹣et﹣1，则， 由在（0，+∞）上都是减函数， g′（t）在（0，+∞）上单调递减， 又因为g′（1）＝1﹣1＝0，所以当t∈（0，1）时，g′（t）＞0，g（t）单调递增； 当t∈（1，+∞）时，g′（t）＜0，g（t）单调递减． f（x）有两个不同的零点x1，x2，等价于方程g（t）＝lna有两个不同的实数根t1，t2， 其中t1＝lnx1+1，t2＝lnx2+1，t2＝lnx2+1． 不妨令t1＜t2，则由g（t）的单调性可知0＜t1＜1＜t2， 要证明x1x2＞1，即lnx1+lnx2＞0，（t1﹣1）+（t2﹣1）＞0，即t1+t2＞2⇔t2＞2﹣t1． 因为0＜t1＜1，所以2﹣t1＞1，而t2＞1，又g（t）在（1，+∞）上单调递减， 只需证明g（t2）＜g（2﹣t1），即证明g（t1）＜g（2﹣t1）对任意t1∈（0，1）成立． 设F（x）＝g（2﹣x）﹣g（x），x∈（0，1），x∈（0，1）， 则． 由， 构造函数φ（x）＝ex（x﹣1）+1，（﹣1＜x＜1）， 求导得：φ′（x）＝ex（x﹣1）+ex＝xex， 当﹣1＜x＜0时，φ′（x）＝ex（x﹣1）+ex＝xex＜0，φ（x）在﹣1＜x＜0上单调递减， 当0＜x＜1时，φ′（x）＝ex（x﹣1）+ex＝xex＞0，φ（x）在0＜x＜1上单调递增， 所以φ（x）＝ex（x﹣1）+1≥φ（0）＝0，则有， 即可证得：，当且仅当x＝0时，等号成立， 所以当0＜x＜1时，有，，所以， 因此，当x∈（0，1）时，F′（x）＜0恒成立，F（x）在（0，1）上单调递减， 所以当x∈（0，1）时，有 ， 即g（2﹣x）＞g（x）， 也即g（2﹣t1）＞g（t1）． 【解答】证明：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），在（0，+∞）上单调递增， 又，当x→0时，f′（x）→﹣∞， 存在唯一的，使得f′（x0）＝0，当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减； 当时，f′（x）＞0，f（x）单调递增， 所以f（x）在区间上存在唯一的极小值点x0； （2）由，且， 所以， 令，则0， 即h（x）在（0，+∞）上单调递减， 又因为h（1）＝0，所以的解为0＜x0＜1； （3）由f（x）＝0，可得aex﹣lnx﹣1＝0，等价于aex＝lnx+1． 由aex＝lnx+1两边取对数得lna+x＝ln（lnx+1）， 令t＝lnx+1，则x＝et﹣1，代入化简得lna＝lnt﹣et﹣1， 设g（t）＝lnt﹣et﹣1，则， 由在（0，+∞）上都是减函数， g′（t）在（0，+∞）上单调递减， 又因为g′（1）＝1﹣1＝0，所以当t∈（0，1）时，g′（t）＞0，g（t）单调递增； 当t∈（1，+∞）时，g′（t）＜0，g（t）单调递减． f（x）有两个不同的零点x1，x2，等价于方程g（t）＝lna有两个不同的实数根t1，t2， 其中t1＝lnx1+1，t2＝lnx2+1，t2＝lnx2+1． 不妨令t1＜t2，则由g（t）的单调性可知0＜t1＜1＜t2， 要证x1x2＞1，即lnx1+lnx2＞0，（t1﹣1）+（t2﹣1）＞0，即t1+t2＞2⇔t2＞2﹣t1． 因为0＜t1＜1，所以2﹣t1＞1，而t2＞1，又g（t）在（1，+∞）上单调递减， 只需g（t2）＜g（2﹣t1），即g（t1）＜g（2﹣t1）对任意t1∈（0，1）成立． 设F（x）＝g（2﹣x）﹣g（x），x∈（0，1），x∈（0，1）， 则． 由， 令φ（x）＝ex（x﹣1）+1，（﹣1＜x＜1），得：φ′（x）＝ex（x﹣1）+ex＝xex， 当﹣1＜x＜0时，φ′（x）＝ex（x﹣1）+ex＝xex＜0，φ（x）单调递减， 当0＜x＜1时，φ′（x）＝ex（x﹣1）+ex＝xex＞0，φ（x）单调递增， 所以φ（x）＝ex（x﹣1）+1≥φ（0）＝0，则有， 即， 当0＜x＜1时，有，，所以， 当x∈（0，1）时，F′（x）＜0恒成立，F（x）在（0，1）上单调递减， 当x∈（0，1）时，有 ， 即g（2﹣x）＞g（x）， 也即g（2﹣t1）＞g（t1）． 33．（2026•东营一模）已知双曲线的左，右焦点分别为F1（﹣3，0），F2（3，0），双曲线Γ上任意一点P到两条渐近线的距离的乘积为． （1）求双曲线Γ的标准方程； （2）直线l经过点，且与双曲线的右支交于M，N两点，设△MNF2的内心为点I，求证：点I在定直线上； （3）从双曲线的一个焦点处出发的光线照射到双曲线上，经反射后光线的反向延长线会经过双曲线的另一个焦点，他们就好像是从另一个焦点射出的一样，双曲线的这一光学性质被广泛应用，如图，由F2发出的光线经双曲线Γ上一点P0（4，y0）（y0＞0）反射后，反射光线的反向延长线经过点F1，连接P0F1交双曲线于点P1，点P1也是一个反射点，连接P1F2交双曲线于点P2，则点P2也是一个反射点，再连接P2F1，交双曲线于点P3，则点P3也是一个反射点，……，各反射点连线得到折线P0P1﹣P1P2﹣P2P3﹣P3P4⋯⋯，设第n个反射点为Pn（xn，yn）（n＝0，1，2，…），求证：数列为等比数列． 【答案】（1）； （2）证明：由题意得l的斜率一定存在，且直线l经过点， 设直线方程为，如图，作出符合题意的图形， 设∠MF2N的角分线的方向向量为，M（x1，y1），N（x2，y2）， 则，， 且，即， 因为M在双曲线上，所以，化简得， 则， 同理可得，则， 整理可得， 因为，， 所以化简得，而x1≠x2，则， 解得，可得∠MF2N的角分线的斜率为， 则∠MF2N的角分线的方程为，化简得x﹣3y﹣3＝0， 结合内心的性质得点I在定直线x﹣3y﹣3＝0上． （3）证明：如图，作出符合题意的图形， 因为P2k（x2k，y2k），P2k﹣1（x2k﹣1，y2k﹣1）， 所以， ， 则，由角分线定理得， 可得，整理可得， 同理可得，两式联立可得， 由题意得x0＝4，则，可得， 则数列为以75为首项，625为公比的等比数列． 【解答】解：（1）由题意得双曲线的左，右焦点分别为F1（﹣3，0），F2（3，0）， 则c＝3，可得a2+b2＝9，且双曲线的渐近线方程为bx±ay＝0， 设P到两条渐近线的距离分别为d1，d2，P（x，y）， 由点到直线的距离公式得，， 则，而P到两条渐近线的距离的乘积为， 可得，化简得a2b2＝20， 解得a2＝4，b2＝5（另一根舍去），则双曲线的方程为． （2）证明：由题意得l的斜率一定存在，且直线l经过点， 设直线方程为，如图，作出符合题意的图形， 设∠MF2N的角分线的方向向量为，M（x1，y1），N（x2，y2）， 则，， 且，即， 因为M在双曲线上，所以，化简得， 则， 同理可得，则， 整理可得， 因为，， 所以化简得，而x1≠x2，则， 解得，可得∠MF2N的角分线的斜率为， 则∠MF2N的角分线的方程为，化简得x﹣3y﹣3＝0， 结合内心的性质得点I在定直线x﹣3y﹣3＝0上． （3）证明：如图，作出符合题意的图形， 因为P2k（x2k，y2k），P2k﹣1（x2k﹣1，y2k﹣1）， 所以， ， 则，由角分线定理得， 可得，整理可得， 同理可得，两式联立可得， 由题意得x0＝4，则，可得， 则数列为以75为首项，625为公比的等比数列． 34．（2026•辽宁模拟）已知函数f（x）＝﹣sinx+xcosx+ax3，f（x）的导函数为f′（x）． （1）当a＝0时，求曲线y＝f（x）在处的切线方程； （2）当x≥0时，f（x）≥0，求a的取值范围； （3）设，当x＞0时，方程g（x）＝0仅有两个不相等的实数根x1，x2，求证：x1+x2＞3π． 【答案】（1）； （2）； （3）g（x）＝3ax﹣sinx＝0， 所以y＝3ax，a＞0，x＞0与y＝sinx，x＞0仅有两个交点， 所以， 不妨设x1＜x2所以， 因为a＞0，所以3ax1＜3ax2，所以sinx1＜sinx2， 又在上单调递减， 所以x1＞3π﹣x2， 所以x1+x2＞3π． 【解答】解：（1）当a＝0时，f（x）＝﹣sinx+xcosx，f′（x）＝﹣cosx+cosx﹣xsinx＝﹣xsinx， ， 故切线方程为， 即． （2）当a≤0时，f（π）＝﹣π+aπ3＜0，舍去． 当a＞0时，f′（x）＝﹣xsinx+3ax2＝x（3ax﹣sinx）． 令F（x）＝3ax﹣sinx，F′（x）＝3a﹣cosx， 当时，F′（x）≥0，故F（x）单调递增， 所以F（x）≥F（0）＝0，f′（x）≥0，f（x）在[0，+∞）上单调递增， 所以f（x）≥f（0）＝0成立． 当时，设M（x）＝F′（x）＝3a﹣cosx，M′（x）＝sinx≥0，x∈[0，π]恒成立， 所以M（x）在[0，π]上单调递增， M（0）＝3a﹣1＜0，M（π）＝3a+1＞0， ∃x0∈（0，π），使M（x0）＝0， 当x∈[0，x0）时，M（x）＜0，即F′（x）＜0，F（x）单调递减，F（x）≤F（0）＝0， 所以f′（x）≤0在x∈[0，x0]时成立，f（x）在[0，x0]上单调递减，f（x0）＜f（0）＝0，舍去， a的范围为． （3）证明：g（x）＝3ax﹣sinx＝0， 所以y＝3ax，a＞0，x＞0与y＝sinx，x＞0仅有两个交点， 所以， 设x1＜x2，所以， 因为a＞0，所以3ax1＜3ax2，所sinx1＜sinx2＝sin（3π﹣x2）， 所以x1＞3π﹣x2， 所以x1+x2＞3π． 35．（2026•莆田模拟）某分布式存储系统中，数据块容量上限为N（N∈N*，N≥2），数据块的初始数量为M（M∈N，M≤N）．系统运行遵循以下规则： ①在每一时间步，系统以概率p（0＜p＜1）执行清理操作（数据块的数量减1），以概率1﹣p执行写入操作（数据块的数量加1）； ②当数据块的数量为0（成功复位）或为N（内存溢出）时，系统运行立即终止． 记当数据块的数量为k（0≤k≤N，k∈N）时，系统最终以“成功复位”状态终止的概率为ak． （1）直接写出a0、aN的数值，并写出ak﹣1、ak、ak+1（1≤k≤N﹣1）的关系式； （2）当时，比较系统最终以“成功复位”与“内存溢出”状态终止的概率大小关系； （3）已知：若随机变量X的取值不会影响随机变量Y的概率分布列，则称X与Y相互独立，且满足E（XY）＝E（X）•E（Y）．记Xn为系统运行n步后的数据块的数量（假设系统在此期间未终止）．当时，若与n无关，求正实数λ（λ≠1）的值． 【答案】（1）a0＝1，aN＝0，ak＝pak﹣1+（1﹣p）ak+1（1≤k≤N﹣1）； （2）时，“成功复位”的概率大于“内存溢出”的概率， 同理，时，“成功复位”的概率等于“内存溢出”的概率， 时，“成功复位”的概率小于“内存溢出”的概率； （3）． 【解答】解：（1）由全概率公式可得ak＝pak﹣1+（1﹣p）ak+1（1≤k≤N﹣1）； （2）时，， 整理可得ak+1﹣ak＝ak﹣ak﹣1（1≤k≤N﹣1）， 所以{ak}为等差数列，设其公差为d， 设其通项公式可得ak＝a0+kd， ，解得，则， 又初始数量为M， 则系统最终以“成功复位”状态终止的概率为， 从而系统最终以“内存溢出”状态终止的概率为， 令，解得， 时，“成功复位”的概率大于“内存溢出”的概率， 同理，时，“成功复位”的概率等于“内存溢出”的概率， 时，“成功复位”的概率小于“内存溢出”的概率； （3）设ξi为第i步数据块的数量的变化值，ξ1、ξ2、⋯、ξn相互独立， P（ξi＝﹣1）＝p，P（ξi＝1）＝1﹣p， 易知Xn+1＝Xn+ξn+1， 则， 随机变量与相互独立，所以， 与n无关，则恒成立，故， 则，所以只需要满足， 由ξi的分布列可知p•λ﹣1+（1﹣p）λ1＝1， 整理得（λ﹣1）[（1﹣p）λ﹣p]＝0， 又λ≠1，则， 所以当时，若与n无关，则． 36．（2026•长子县校级模拟）（1）计算：； （2）已知α是第三象限角，且． ①求tanα的值； ②求sin2α+3sinαcosα的值． 【答案】（1）1；（2）①2；②2． 【解答】解：（1）原式 ＝4+2﹣2×3+3﹣2＝1． （2）①由题意可得： ，则tan2α＝4， ∵α是第三象限角，∴tanα＝2． ②∵α是第三象限角，∴cosα≠0， ∴． ． 37．（2026•延边州模拟）已知，关于x的方程f2（x）+2af（x）﹣4＝0有三个实数解x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3． （1）求f（x）的单调区间； （2）求实数a的取值范围； （3）若满足不等式恒成立，求m的最大整数值．（其中e≈2.718） 【答案】（1）f（x）的单调递增区间为（e，+∞），单调递减区间为（0，1），（1，e）； （2）； （3）18． 【解答】解：（1）由题函数的定义域为（0，1）∪（1，+∞），， 由f′（x）＜0可得0＜x＜1或（1，e），由f′（x）＞0可得（e，+∞）， 故f（x）的单调递增区间为（e，+∞），单调递减区间为（0，1），（1，e）； （2）由（1）知f（x）的单调递增区间为（e，+∞），单调递减区间为（0，1），（1，e）． 且当x→0+，f（x）→0，x→1﹣，f（x）→﹣∞，x→1+，f（x）→+∞，当x→+∞，f（x）→+∞，且f（e）＝e， 则可作出函数的图象如下： 设t＝f（x），则方程t2+2at﹣4＝0有两个不同的实根t1，t2，t1＜t2，且满足：①t1∈（﹣∞，0），t2∈（e，+∞）或②t1＝e且t2∈（e，+∞）， 设g（t）＝t2+2at﹣4， 对于①，需使，解得． 对于②，因g（0）＝﹣4＜0，Δ＝4a2+4＞0，即方程t2+2at﹣4＝0必有一个负根和一个正根，故这种情况不存在． 综上，可得实数a∈； （3）由上分析，方程t2+2at﹣4＝0有两个不等实根t1，t2，t1＜t2，则t1+t2＝﹣2a，t1t2＝﹣4， 而f2（x）+2af（x）﹣4＝0有三个实数解x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3， 由上分析，方程f（x）＝t1有一个根，f（x）＝t2有两个不等实根，且t1＜0，t2＞e， 因，则在t2∈（e，+∞）上单调递减， 故， 则 ， 因为，因此，则，其中e≈2.718， 代入计算可得， 满足的最大整数m为18． 38．（2026•梅州模拟）（1）一个袋子中有30个大小相同的球，其中有10个红球、20个白球，从中随机放回地逐次摸一个球作为样本，5次摸球后停止，用X表示停止时摸出红球的次数． ①求X的分布列和数学期望； ②若用样本中红球的比例估计总体中红球的比例，求误差的绝对值不超过0.2的概率． （2）某节目上，有三扇关闭的门，其中一扇门后面为汽车，另两扇门后面为山羊，节目参加者从这三扇门中选择一扇，然后所选之门后面的物品则归其所有．当参加者选定一扇门后，节目主持人开启了剩余两扇门中后面为山羊的一扇门，并询问节目参加者是否更换选择．问：参加者这时候更换选择会更好吗？请用概率解释．（备注：汽车的价值要远大于羊．） 【答案】（1）①X的分布列为： X 0 1 2 3 4 5 P E（X）； ②； （2）节目参加者换门更好，解释如下： 记A表示初始选择时选得汽车的事件，B表示更换选择后选得汽车的事件， 则，， 所以P（B|A）＝0，， 则， 因此不换门选中汽车的概率是， 换门选中汽车的概率是， 故而得结论：当主持人开启剩余的山羊门后，节目参加者换门更好，因为此时其获得汽车的概率是不换门的两倍． 【解答】解：（1）①一个袋子中有30个大小相同的球，其中有10个红球、20个白球， 从中随机放回地逐次摸一个球作为样本，5次摸球后停止，用X表示停止时摸出红球的次数， 每次有放回的抽取，每次抽到红球的概率为， 所以， 即， k＝0，1，2，3，4，5， 得到X的分布列为： X 0 1 2 3 4 5 P 期望为； ②依题意，样本比例为，现要求， 得，即X＝1，2， 所以用样本中红球的比例估计总体的误差绝对值不超过0.2的概率为： ； （2）记A表示初始选择时选得汽车的事件，B表示更换选择后选得汽车的事件， 则，， 所以P（B|A）＝0，， 则， 因此不换门选中汽车的概率是， 换门选中汽车的概率是， 故而得结论：当主持人开启剩余的山羊门后，节目参加者换门更好，因为此时其获得汽车的概率是不换门的两倍． 39．（2026•铁东区校级模拟）已知函数，函数g（x）＝ln（x+1）﹣xlnx+x，函数h（x）＝ex﹣lnx+x，记g（x）的最大值为M，h（x）的最小值为N． （1）求f（x）的单调区间； （2）证明：M＜2； （3）求M﹣N的值． 【答案】（1）（x）的单调递增区间为（0，+∞），无单调减区间． （2）证明详情见解答． （3）M﹣N＝﹣1． 【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞）， ， 所以f（x）的单调递增区间为（0，+∞），无单调减区间． （2）证明：g（x）的定义域为（0，+∞）， 因为，， 所以g'（x）在（0，+∞）单调递减，， 由（1）知，即， 所以， 存在，使得f'（α）＝0，即， 当x∈（0，α），g'（x）＞0，g（x）单调递增， 当x∈（α，+∞），g'（x）＜0，g（x）单调递减， 所以g（x）在x＝α处取得唯一极大值，也是最大值， 所以， 令，， ，φ（x）单调递增， 故， 所以M＜2，证毕． （3）h（x）的定义域为（0，+∞）， ，， 所以h'（x）在（0，+∞）单调递增， ，， 所以存在，使得h'（b）＝0，即①， 当x∈（0，b），h'（x）＜0，h（x）单调递减， 当x∈（b，+∞），h'（x）＞0，h（x）单调递增h（x）在x＝b处取得唯一极小值，也是最小值， 所以， 令，则t∈（1，2），代入①式，得， 即②，又， 所以t＝α满足②， 又函数单调递增， 所以只能t＝α，即，即， ， 即M﹣N＝﹣1． 40．（2026•吉林一模）已知函数f（x）＝ax2+x﹣ln（x+1），a∈R． （1）若x＝2是f（x）的极值点，求a的值并说明x＝2是极大值点还是极小值点； （2）若x≥0时，f（x）≤0，求a的取值范围； （3）对f（x）的定义域内的任意x1，x2（x1＜x2），证明：． 【答案】（1），x＝2是f（x）的极大值点； （2）； （3）证明：因为a（x1+x2）+1， 所以要证成立， 只要证成立， 因为x2＞x1＞﹣1，所以只要证成立， 因为，， 所以只要证成立． 记， 则，对t＞0成立， 所以g（t）在（0，+∞）上单调递减， 当t＞1时，g（t）＜g（1）＝0，所以， 取，由x2＞x1＞﹣1知x2+1＞x1+1＞0，从而， 所以成立，故原不等式成立． 【解答】解：（1）f（x）的定义域为（﹣1，+∞），， 因为x＝2是函数f（x）的极值点，所以，解得， 当时，， 因为0＜x＜2，f′（x）＞0；x＞2时，f′（x）＜0， 所以f（x）在（0，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减， 所以x＝2是f（x）的极大值点． （2）， 当a≥0时，2ax+1+2a＝2a（x+1）+1＞0，f'（0）＝0， ﹣1＜x＜0时，f′（x）＜0；x＞0时，f′（x）＞0， 所以f（x）在（﹣1，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增， 所以x＞0时，f（x）＞f（0）＝0，不合题意． 当a＜0时，由2ax+1+2a＝0，得， 当，即时，f′（x）＜0对x＞0成立， 所以f（x）在（0，+∞）上单调递减，所以x＞0时，f（x）＜f（0）＝0合题意； 当，即时，成立， 所以f（x）在上单调递增， 所以当时，f′（x）＞f（0）＝0，不合题意． 综上，a的取值范围是． （3）证明：因为a（x1+x2）+1， 所以要证成立， 只要证成立， 因为x2＞x1＞﹣1，所以只要证成立， 因为，， 所以只要证成立． 记， 则，对t＞0成立， 所以g（t）在（0，+∞）上单调递减， 当t＞1时，g（t）＜g（1）＝0，所以， 取，由x2＞x1＞﹣1知x2+1＞x1+1＞0，从而， 所以成立，故原不等式成立． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $