2026届高考数学解答题限时集训（三）

限时集训：2026高考数学解答题（三) 命题人：李文元 (考试时间：60分钟试卷满分：77分) 班级： 姓名： 成绩： 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15.(13分)记三角形ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知 (14a-11c)cos B 11(a2+b2-c2） 2a (I)求cosB的值： (2)若三角形ABC的面积为15 ，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作 4 为已知，使得三角形ABC存在，并求边长α的值。 条件0：b=5:条件②：sinA-sinC=1:条件③：C=-2π 31 注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解 答，按第一个解答计分 16.(15分)如图，在三角形ABC中，AB=4V3,AC=BC=4,D是AC的中点，E是AB上 的点，AE=√5.将三角形ADE沿DB折起，使点A至点P处，且二面角P-DE-C的大小 为，设M是PB上靠近P的三等分点 M E A --------≥B C 图1 图2 (1)求证：CM∥平面PDE; (2)求平面PDE与平面CEM所成二面角的正弦值. 17.（15分)某篮球运动员在训练中进行投篮练习.已知其2分球的命中率为0.8,3分球的 命中率为0.5，且每次投篮结果相互独立.在每次投篮前，他可以根据场上情况选择投2分球 或3分球. (1)若该运动员等可能地选择投2分球或3分球，求他投一次篮命中的概率： (2)现该运动员拥有连续2次投篮的机会，他制定了如下策略： 若第一次命中，则第二次继续选择同一类型的投篮；若第一次未命中，则第二次更换为另一 种类型的投篮，求该策略下，这名运动员第一次投篮应该怎么选择可以使得两次投篮总得分 的期望最大 18.(17分)已知椭圆C等+长=1(a>b>0)和抛物线G-2y(p>0),在C,C 上各取两个点，这四个点的坐标为(2,1)，（5,0， （-4,4) (1)求C,C,的方程： (2)若直线I过椭圆C1的左焦点F,与椭圆C交于A,B两点，设点A关于x轴的对称点为C, 直线BC与x轴交于点D,当△DAF的面积最大时，求直线l的方程； (3)设M是C,在第一象限上的点，C,在点M处的切线1'与C交于P,Q两点，线段PO的中 点为N,过原点O的直线OW与过点M且垂直于x轴的直线交于点R证明：点R在定直线 上 19.(17分)已知函数f(x)=2e-x2+(a-2)x-2,a∈R. (1)当a=2时，求曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线方程： (2)若f(x)≥0对任意的x∈[0，+∞)恒成立，求a的取值范围： (3)证明：当x>0时，(e-1)h(x+1)>x2限时集训：2026高考数学解答题（三) 命题人：李文元 (考试时间：60分钟试卷满分：77分) 班级： 姓名： 成绩： 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15.(13分)记三角形ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知 11(a2+b2-c2） (14a-11c)cos B=- 2a (1)求cosB的值： (2)若三角形ABC的面积为15 再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作 4 为已知，使得三角形ABC存在，并求边长α的值. 条件0：b=5:条件②：sinA-sinC=1:条件③：C=-2π 3 注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解 答，按第一个解答计分 11 【答案】(1)cosB= (2)答案见解析 14 【分析】(1)根据正余弦定理进行化简即可： (2)根据选择的条件不同，进行计算，注意不能选择条件②，利用第一小问的结果和面积 联立方程即可求解 【详解】(1)由余弦定理和(14a-11c)cosB 1(a2+b2-c,得 2a (14a-11c)cos B=11-2ab cosC =11 bcosC,整理得14 acosB=11(ccosB+bcosC), 2a 由正弦定理，得14 sin Acos B=11(sinC cos B+sin B cosC)=11sin(B+C)=11sinA. 因为snA≠0，所以cosB=11 14 (2)若选择条件①. 鱼D可阁，m西=cosB治由s尘csm8B。得ac2@ 4 又由余弦定理，得b2=a2+c2-2 ac cos B=ad2+c2-33=25,解得a2+c2=58②. 联立①②，解得a=7,c=3,或者a=3,c=7. 因此所求a的值是a=7或者a=3. 若选择条件②，不符合要求，理由如下： 因为sin A-simC=1,sinC>0,所以sinA=sinC+l>l,与正弦函数的值域矛盾，舍去： 若选择条件③. 由(1)可知，sinB=55 14 sin A=sin(B+C)=sin BcosC+cos Bsin C= 5V3(1)11535 14214214 a:b:c-s咖AmB:snC=35:7,故e=a,所以s-0 7 ac sin B= 755158 -.a 2 3 144 化简得2=9，得a=3,因此所求a的值是3. 16.(15分)如图，在三角形ABC中，AB=4V3,AC=BC=4,D是AC的中点，E是AB上 的点，AE=√3.将三角形ADE沿DE折起，使点A至点P处，且二面角P-DE-C的大小 为？设M是阳上靠近P的三等分点 E B 图1 图2 (I)求证：CM∥平面PDE: (2)求平面PDE与平面CEM所成二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 2v85 85 【详解】(1) F B 图1 图2 如图，在三角形ABC中，取AB中点F,连接CF,MF, 因为AB=4V3,所以BF=AF=2N3, 又AE=√3，所以E是AF的中点，因为D是AC的中点，所以DE∥CF,且BF=2EF, 因为M是PB上靠近P的三等分点，所以BM=2PM,所以MF∥PE, 由DE∥CF,DEC平面PDE,CFC平面PDE知CF‖平面PDE, 由∥PE,PEc平面PDE,F丈平面PDE知MF‖平面PDE, 因为MF∩CF=F,MF,CFc平面MCF,所以平面MCF∥平面PDE, 因为CMc平面MCF,所以CM∥平面PDE: (2) 在△PBE中，作PO⊥BE,垂足为O, 在三角形ABC中，由AB=4W3,AC=BC=4,D是AC中点，AE=√3， 可得DE⊥AB,DE=1, 将三角形ADE沿DB折起，使点A至点P处，且二面角P-DE-C的大小为 则DE⊥PE,DE⊥BE,BE=3PE=3√5， 所议∠是=而布P-DB-C的平面角，∠D号所以P0 因为PE∩BE=E,PE,BEC平面PBE,所以DE⊥平面PBE,又DEC平面BCDE, 所以平面PBE⊥平面BCDE,所以PO⊥平面BCDE, 如图，以O为原点，过O平行于DE的直线为x轴，OB,OP分别为y轴和z轴， 建立空间直角坐标系O-9, 普小小小a a(291E09到(280叭.丽-ao 设平面PDB的法向量为元=(a,bc),因为n-P呢=0，i.D丽=0，所以-5b-3c=0,-a=0, 2 取b=-√5得元=(0，-√5,1).同样可求得平面CEM的一个法向量m=(3,-25,8, m.n 7 设平面PDB与平面CEM所成二面角为a,则coS4= √85 故sna=-cosa-685 85 17.(15分)某篮球运动员在训练中进行投篮练习.已知其2分球的命中率为0.8,3分球的 命中率为0.5，且每次投篮结果相互独立.在每次投篮前，他可以根据场上情况选择投2分球 或3分球 (1)若该运动员等可能地选择投2分球或3分球，求他投一次篮命中的概率： (2)现该运动员拥有连续2次投篮的机会，他制定了如下策略： 若第一次命中，则第二次继续选择同一类型的投篮；若第一次未命中，则第二次更换为另一 种类型的投篮，求该策略下，这名运动员第一次投篮应该怎么选择可以使得两次投篮总得分 的期望最大 【答案】(1)0.65 (②)该运动员第一次选择2分球可以使得两次投篮总得分的期望最大 【分析】(1)记选择2分球为事件A,选择3分球为事件B,投一次篮命中为事件C,结合 全概率公式，即可求解： (2)当该运动员第一次选择2分球时，得到变量5可取值有0,2,3,4，求得相应的概率，列 出分布列，求得期望值：当该运动员第一次选择3分球时，得到变量刀可取值有0,2,3,6， 求得相应的概率，列出分布列，求得期望值，结合E(5)>E(),即可求解 【详解】(1)解：记选择2分球为事件A,选择3分球为事件B,投一次篮命中为事件C, 则P(A=P(B)=0.5 所以P(C)=P(CA+CB)=P(A)P(C1A)+P(B)P(CB)=0.5x0.8+0.5x0.5=0.65 (2)解：当该运动员第一次选择2分球时，记他两次投篮的得分为号，专可取值有0,2,3,4， 可得P(5=0)=1-0.8)0-0.5)=0.1,P(5=2)=0.8×1-0.8)=0.16, P(5=3)=1-0.8)×0.5=0.1,P(5=4=0.8×0.8=0.64, 所以随机变量5的分布列为： 0 2 4 0.1 0.16 0.1 0.64 所以E(5)=0+0.32+0.3+2.56=3.18 当该运动员第一次选择3分球时，记他两次投篮的得分为刀，刀可取值有0,2,3,6， 可得P(=0)=1-0.5)1-0.8)=0.1,P(7=2)=1-0.5)×0.8=0.4 P(7=3)=0.5×1-0.5)=0.25,P(7=6)=0.5×0.5=0.25, 所以随机变量刀的分布列为： n 0 2 3 6 0.1 0.4 0.25 0.25 所以E(7)=0+0.8+0.75+1.5=3.05,因为3.18>3.05，即E(5)>E(), 所以该运动员第一次选择2分球可以使得两次投篮总得分的期望最大 x2,y2 18.(17分)已知椭圆G:S+点=1(a>b>0)和抛物线C=2py（p>0),在C,c 上各取两个点，这四个点的坐标为(2,1)，（巨，0 (-4,4) (1)求C,C,的方程； (2)若直线1过椭圆C的左焦点F,与椭圆C交于A,B两点，设点A关于x轴的对称点为C, 直线BC与x轴交于点D,当△DAF的面积最大时，求直线l的方程； (3)设M是C,在第一象限上的点，C,在点M处的切线1'与C交于P,Q两点，线段P2的中 点为N,过原点O的直线OW与过点M且垂直于x轴的直线交于点R证明：点R在定直线 上 【容案】0G号=1，C=4y (2)x-y+1=0或x+y+1=0(3)证明见解析 【分析】(1)先将四个点代入抛物线方程，判断哪些点在C,上，进而求出P得到C,的方程， 将剩余的点代入椭圆方程，结合a>b>0,求出a2和b2得到C1的方程： (2)先求出椭圆C的左焦点F的坐标，设出直线1的方程联立直线与椭圆的方程，利用韦 达定理得到A,B坐标的关系，写出C的坐标，令y=0得到点D的坐标，根据三角形面积公 式表示出面积，求出直线！的斜率，进而得到直线！的方程： (3)设出点M的坐标，通过抛物线切线公式求出切线1'的方程，联立切线与椭圆的方程， 利用韦达定理求出PQ中点N的坐标，求出直线OW的方程，再求出过M且垂直于x轴的直 线方程，联立这两个方程得到点R的坐标，通过化简判断其是否在定直线上. 【详解】(1)抛物线C2:x2=2y满足x2与y成正比，将四个点代入验证： 点(2,1)和(-4,4)满足22=4=2p-1,(-4)2=16=2p4,得p=2,故C2:x2=4y: 2 剩余两点(-√2,0)、 在椭圆C上，代入椭圆方程： 将（反.0代入得@-13d=2,再代入，2]得 得1， a 2 -=1b2=1 2b2 数C号+=1G4 (2)设A(x,y),B(x2y),则C(x,-),由题意可知直线1的斜率存在，F(-1,0), 设直线1的方程为：y=k(x+1), y=k(x+1) 由 )x2 /2+=1得：0+2+4kx+2水-2=0，此时△>0 所以x+x2=- 4k2 2k2-2 1+2k’x4=1+2k’ 面直线BC的方程少广-之食-)得：Vx-十少 x2-x x2-x 4k2-44k2 令=0，则x=出+型2+6+)2++】422E-2. y2+4k(31+x2十2水 G+x2+2 2、4k2 1+2k2 所以D(20,此时S=方DP=l,所以，当以最大时， △DAF的面积最大，而ls=1,即：A(O,),所以当△DAF的面积最大时， 直线1的方程为：x-y+1=0或x+y+1=0. 人n>0,由r=4yy-号x,所以切线的方程为：y-旷-gx-m）, m (3)设M4 42 y- 设P(),2(xy),由 42(r- 2+21 得：+2-i+号4=0 -m 由△>0，七+2得：2m+2人yxm得：w2m+2 商A-兰所少=，电=-，得：)-1所似点R在定直线=- x=nL 上 19.(17分)己知函数f(x)=2e-x2+(a-2)x-2,aeR. (1)当a=2时，求曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线方程： (2)若f(x)≥0对任意的x∈[0，+∞)恒成立，求a的取值范围： (3)证明：当x>0时，（e-1)h(x+1)>x2. 【答案】(1)y=2x. (2)a20. (3)证明见解析. 【分析】(1)当a=2时，先求f(0)和f'(0),再利用切线方程y-f(0)=f(0)(x-0)求解. (2)先由f(0)=0和f(x)≥0得到右侧差商的极限不小于0，从而得到a≥0：再证明当a≥0 时，利用e>1+x+父可得f付≥0，从而确定a的取值范围。 3)分别证明两个不等式61>x+二和n+x)>2再将两式相乘得到结论 2 【详解】(1)当a=2时，f(x)=2e-x2-2,所以f(0)=2e°-0-2=0 又f'(x)=2e-2x,所以f'(0)=2 故曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y-0=2(x-0).即y=2x (2)因为f(0)=2e°-0+(a-2)0-2=0 若f(田)20对任意非负实数x恒成立，则对任意x>0,有)-f(0二0 当x从正数一侧趋近于0时，得∫'(0)≥0.又f'(x)=2e-2x+a-2,所以f'(0)=a 从而a≥0.下面证明当a≥0时，原不等式恒成立. 令g)=e-1-x-号则g(y)=-1-x令h(y)=c-1-x则)=c-1. 2 当x>0时，h(x)>0,又h(0)=0,所以h(x)>0,即g'(x)>0. x 又g(0)=0,所以当x>0时，g(x)>0,即e*>1+x+ 2 因t台s0时，=0r423-221+}r-a-2-2=m 若a≥0，则ax≥0，所以f(x)>0.又f(0)=0,故f(x)≥0对任意非负实数x恒成立. 综上，a的取值范围为a≥0. (3)先证明e-1>x+x由第(2)问中的证明可知，当x>0时，e>1+x+ 2 2 2x 所以e-1>x+ xx+2)再证明n(1+x)>+2·令(x)=n(1+x)-x+ 22 -leoa可a-ud 当x>0时，9(e)>0,所以p(y)>p(0)=0.因此n1+x)>2x x+2 由于x>0,上面两个不等式右边都为正数，所以两式相乘，得 (e-h(1+≥+22x=f即(e-1)h(k+1)>故原不等式成立. 2x+2限时集训：2026高考数学解答题（三） 命题人：李文元 (考试时间：60分钟试卷满分：77分) 班级： 姓名： 成绩： 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.(13分)记三角形ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知 (14a-11c)cos B=- 11a2+b2-c2） 2a (I)求cosB的值： ②)若三角形ABC的面积为15V5,再从条件O、条件②、条件③这三个条件中选择一个作 4 为已知，使得三角形ABC存在，并求边长a的值 条件D:b=5；条件②：sinA-sinC=1;条件③：C=2 3 注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解 答，按第一个解答计分 16.(15分)如图，在三角形ABC中，AB=4V3,AC=BC=4,D是AC的中点，E是AB上 的点，AE=√5将三角形ADE沿DE折起，使点A至点P处，且二面角P-DE-C的大小 为骨设M是P阳上靠近P的三等分点 M E B B C 图1 图2 (I)求证：CM∥平面PDE; (2)求平面PDE与平面CEM所成二面角的正弦值. 17.(15分)某篮球运动员在训练中进行投篮练习.己知其2分球的命中率为0.8,3分球的 命中率为0.5，且每次投篮结果相互独立.在每次投篮前，他可以根据场上情况选择投2分球 或3分球 ()若该运动员等可能地选择投2分球或3分球，求他投一次篮命中的概率： (②)现该运动员拥有连续2次投篮的机会，他制定了如下策略： 若第一次命中，则第二次继续选择同一类型的投篮；若第一次未命中，则第二次更换为另 种类型的投篮，求该策略下，这名运动员第一次投篮应该怎么选择可以使得两次投篮总得分 的期望最大 18.(17分)己知椭圆C,: +后1（a>b>0)和抛物线C,:r2=2py(p>0),在G,C, .y 上各取两个点，这四个点的坐标为2，，（2,0， 2 ,（-4,4) (1)求C,C,的方程； (2)若直线1过椭圆G的左焦点F,与椭圆C交于A,B两点，设点A关于x轴的对称点为C, 直线BC与x轴交于点D,当△DAF的面积最大时，求直线1的方程； (3)设M是C,在第一象限上的点，C,在点M处的切线I与C交于P,Q两点，线段PQ的中 点为N,过原点O的直线ON与过点M且垂直于x轴的直线交于点R.证明：点R在定直线 上 19.(17分)已知函数fx=2e-x2+a-2)x-2,aeR. (1)当a=2时，求曲线y=f(x在点(0，f(0)处的切线方程； (2)若f(x)≥0对任意的x∈[0，+0)恒成立，求a的取值范围； (3)证明：当x>0时，(e-1n(x+1)>x2 限时集训：2026高考数学解答题（三） 命题人：李文元 （考试时间：60分钟 试卷满分：77分） 班级： 姓名： 成绩： 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（13分）记三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知． (1)求的值； (2)若三角形ABC的面积为，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得三角形ABC存在，并求边长a的值． 条件①：；条件②：；条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）根据正余弦定理进行化简即可； （2）根据选择的条件不同，进行计算，注意不能选择条件②，利用第一小问的结果和面积联立方程即可求解. 【详解】（1）由余弦定理和，得，整理得， 由正弦定理，得． 因为，所以． （2）若选择条件①． 由（1）可得，．由，得①． 又由余弦定理，得，解得②． 联立①②，解得，，或者，． 因此所求a的值是或者． 若选择条件②，不符合要求，理由如下： 因为，，所以，与正弦函数的值域矛盾，舍去； 若选择条件③． 由（1）可知，． 又， ，故．所以， 化简得，得，因此所求a的值是3． 16．（15分）如图，在三角形ABC中，是的中点，是上的点，.将三角形ADE沿折起，使点至点处，且二面角的大小为，设是上靠近的三等分点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1） 如图，在三角形ABC中，取中点，连接， 因为，所以， 又，所以是的中点，因为是的中点，所以，且， 因为是上靠近的三等分点，所以，所以， 由，平面，平面知平面， 由，平面，平面知平面， 因为，，平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面； （2） 在中，作，垂足为， 在三角形ABC中，由是中点，， 可得， 将三角形ADE沿折起，使点至点处，且二面角的大小为， 则， 所以是二面角的平面角，，所以， 因为平面，所以平面，又平面， 所以平面平面，所以平面， 如图，以为原点，过平行于的直线为轴，分别为轴和轴， 建立空间直角坐标系， 则，，，，，， ，，，， 设平面的法向量为，因为，，所以，， 取得．同样可求得平面的一个法向量， 设平面与平面所成二面角为，则，故． 17．（15分）某篮球运动员在训练中进行投篮练习.已知其2分球的命中率为0.8，3分球的命中率为0.5，且每次投篮结果相互独立.在每次投篮前，他可以根据场上情况选择投2分球或3分球. (1)若该运动员等可能地选择投2分球或3分球，求他投一次篮命中的概率： (2)现该运动员拥有连续2次投篮的机会，他制定了如下策略： 若第一次命中，则第二次继续选择同一类型的投篮；若第一次未命中，则第二次更换为另一种类型的投篮，求该策略下，这名运动员第一次投篮应该怎么选择可以使得两次投篮总得分的期望最大. 【答案】(1) (2)该运动员第一次选择2分球可以使得两次投篮总得分的期望最大 【分析】（1）记选择2分球为事件，选择3分球为事件，投一次篮命中为事件，结合全概率公式，即可求解； （2）当该运动员第一次选择2分球时，得到变量可取值有，求得相应的概率，列出分布列，求得期望值；当该运动员第一次选择3分球时，得到变量可取值有，求得相应的概率，列出分布列，求得期望值，结合，即可求解. 【详解】（1）解：记选择2分球为事件，选择3分球为事件，投一次篮命中为事件， 则 所以. （2）解：当该运动员第一次选择2分球时，记他两次投篮的得分为，可取值有， 可得，， ，， 所以随机变量的分布列为： 0 2 3 4 0.1 0.16 0.1 0.64 所以 当该运动员第一次选择3分球时，记他两次投篮的得分为，可取值有， 可得， ，， 所以随机变量的分布列为： 0 2 3 6 0.1 0.4 0.25 0.25 所以，因为，即， 所以该运动员第一次选择2分球可以使得两次投篮总得分的期望最大. 18．（17分）已知椭圆（）和抛物线（），在，上各取两个点，这四个点的坐标为，，， (1)求，的方程； (2)若直线l过椭圆的左焦点F，与椭圆交于A，B两点，设点A关于x轴的对称点为C，直线与x轴交于点D，当的面积最大时，求直线l的方程； (3)设M是在第一象限上的点，在点M处的切线与交于P，Q两点，线段的中点为N，过原点O的直线与过点M且垂直于x轴的直线交于点R.证明：点R在定直线上. 【答案】(1)， (2)或 (3)证明见解析 【分析】（1）先将四个点代入抛物线方程，判断哪些点在上，进而求出得到的方程，将剩余的点代入椭圆方程，结合，求出和得到的方程； （2）先求出椭圆的左焦点的坐标，设出直线的方程联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理得到坐标的关系，写出的坐标，令得到点的坐标，根据三角形面积公式表示出面积，求出直线的斜率，进而得到直线的方程； （3）设出点的坐标，通过抛物线切线公式求出切线的方程，联立切线与椭圆的方程，利用韦达定理求出中点的坐标，求出直线的方程，再求出过且垂直于轴的直线方程，联立这两个方程得到点的坐标，通过化简判断其是否在定直线上. 【详解】（1）抛物线满足与成正比，将四个点代入验证： 点和满足，得，故； 剩余两点、在椭圆上，代入椭圆方程： 将代入得，再代入得， 故； （2）设，，则，由题意可知直线的斜率存在，， 设直线l的方程为：， 由得：，此时， 所以，， 由直线BC的方程：得：， 令，则， 所以，此时，所以，当最大时， 的面积最大，而，即：，所以当的面积最大时， 直线l的方程为：或． （3）设，由得，所以切线的方程为：， 设，，由得：， 由，得：，代入得：， 所以，所以，由得：，所以点R在定直线上． 19．（17分）已知函数，. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若对任意的恒成立，求的取值范围； (3)证明：当时，. 【答案】(1)． (2)． (3)证明见解析． 【分析】（1）当时，先求和，再利用切线方程求解． （2）先由和得到右侧差商的极限不小于，从而得到；再证明当时，利用可得，从而确定的取值范围． （3）分别证明两个不等式和，再将两式相乘得到结论． 【详解】（1）当时，，所以. 又，所以. 故曲线在点处的切线方程为.即. （2）因为. 若对任意非负实数恒成立，则对任意，有. 当从正数一侧趋近于时，得.又，所以. 从而.下面证明当时，原不等式恒成立． 令.则.令.则. 当时，，又，所以，即． 又，所以当时，，即. 因此当时，. 若，则，所以．又，故对任意非负实数恒成立． 综上，的取值范围为. （3）先证明.由第（2）问中的证明可知，当时，. 所以.再证明.令. 则.且. 当时，，所以．因此. 由于，上面两个不等式右边都为正数，所以两式相乘，得.即.故原不等式成立． 学科网（北京）股份有限公司 $