2018-2019学年安徽省六安市第一中学高二下学期第二次段考数学（理）试题 解析版 19页

绝密★启用前 安徽省六安市第一中学 2018-2019 学年高二下学期第二次段 考数学（理)试题 评卷人 得分 一、单选题 1．若复数 是纯虚数（ 是实数， 是虚数单位），则 等于（ ） A．2 B．-2 C． D． 【答案】B 【解析】 【分析】 利用复数的运算法则进行化简，然后再利用纯虚数的定义即可得出． 【详解】 ∵复数（1+ai）（2﹣i）＝2+a+（2a﹣1）i 是纯虚数，∴ ，解得 a＝﹣2． 故选：B． 【点睛】 本题考查了复数的乘法运算、纯虚数的定义，属于基础题． 2． （ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 【分析】 先将原式用排列数公式展开，再对分子分母同除以公因式 ，即可得到结 果． 【详解】 ． 故选：A． 【点睛】 (1 )(2 )ai i+ − a i a 1 2 1 2 − 2 0 2 1 0 a a + =  ≠ ﹣ 5 4 8 8 6 5 9 9 A A A A + =− 5 27 25 54 3 10 3 20 8 7 6 5× × × 5 4 8 8 6 5 9 9 8 7 6 5 4 8 7 6 5 4 1 5 9 8 7 6 5 4 9 8 7 6 5 9 4 9 27 A A A A + × × × × + × × × += = =− × × × × × − × × × × × − 本题考查了排列数公式的应用，考查运算求解能力，属于基础题． 3．观察下列算式： ， ， , , , ,, , ……用你所发现的规律可得 的末位数字是(　　) A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 【分析】 通过观察可知，末尾数字周期为 ，据此确定 的末位数字即可. 【详解】 通过观察可知，末尾数字周期为 ， ，故 的末位数字与 末尾数 字相同，都是 ．故选 D． 【点睛】 归纳推理是由部分到整体、由特殊到一般的推理，由归纳推理所得的结论不一定正确， 通常归纳的个体数目越多，越具有代表性，那么推广的一般性命题也会越可靠，它是一 种发现一般性规律的重要方法． 4．关于 的不等式 的解集不为 ，则实数 的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 【分析】 关于 x 的不等式|x﹣m|+|x+2|＜4 的解集不为∅⇔（|x﹣m|+|x+2|）min＜4，再根据绝对值不 等式的性质求出最小值，解不等式可得． 【详解】 关于 x 的不等式|x﹣m|+|x+2|＜4 的解集不为∅⇔（|x﹣m|+|x+2|）min＜4， ∵|x﹣m|+|x+2|≥|（x﹣m）﹣（x+2）|＝|m+2|， ∴|m+2|＜4，解得﹣6＜m＜2， 故选：D． 【点睛】 本题考查了绝对值三角不等式的应用，考查了转化思想，属于基础题． x | | | 2 | 4x m x− + + < ∅ m ( 2,6)− ( , 2) (6, )−∞ − ∪ +∞ ( , 6) (2, )−∞ − ∪ +∞ ( 6,2)− 5．已知直线 是曲线 的一条切线，则实数 的值为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 【分析】 根据题意，设直线与曲线的切点坐标为（n， ），求出 y＝xex 的导数，由导数的几 何意义可得 y′|x=n＝0，解得 n 的值，将 n 的值代入曲线的方程，计算可得答案． 【详解】 根据题意，直线 y 是曲线 y＝xex 的一条切线，设切点坐标为（n， ）， 对于 y＝xex，其导数 y′＝（xex）′＝ex+xex， 则有 y′|x=n＝en+nen＝0，解可得 n＝﹣1， 此时有 nen ，则 m＝e． 故选：D． 【点睛】 本题考查利用函数的导数计算函数的切线方程，关键是掌握导数的几何意义． 6．曲线 与 所围图形的面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 【分析】 作出两个曲线的图象，求出它们的交点，由此可得所求面积为函数在区间[0，1]上的定 积分的值，再用定积分计算公式进行运算即可． 【详解】 作出两个曲线的图象， 1y m = − xy xe= m 1 e − e− 1 e e 1 m − 1 m = − 1 m − 1 m − = 1 e = − 2y x= 2y x= 1 6 2 4 π − 1 3 12 π − 由 ，解得 或 ， 则曲线 y2＝x 与 y＝x2 所围图形的面积为 S （ x2）dx＝（ x3） （ ）﹣0 ， 故选：C． 【点睛】 本题考查了曲边图形的面积，着重考查了定积分的几何意义和积分计算公式等知识，属 于基础题． 7． 展开式的常数项为（ ） A．-160 B．-5 C．240 D．80 【答案】D 【解析】 【分析】 由二项式定理及分类讨论思想得：（x ）6 展开式的通项为：Tr+1 x6﹣r（ ）r＝ （﹣2）r x6﹣2r，则 展开式的常数项为 1×（﹣2）3 1×（﹣2）4 ， 得解． 【详解】 由二项式展开式通项得： （x ）6 展开式的通项为：Tr+1 x6﹣r（ ）r＝（﹣2）r x6﹣2r， 则 展开式的常数项为 1×（﹣2）3 1×（﹣2）4 80， 故选：D． 2 2 y x y x  =  = 0 0 x y =  = 1 1 x y =  = 1 0 = ∫ x − 3 22 1 3 3x − 1 0| = 2 1 3 3 − 1 3 = ( ) 6 2 21 x x x  + −   2 x − 6 rC= 2 x − 6 rC ( )2 621 ( )x x x + − 3 6C + 4 6C 2 x − 6 rC= 2 x − 6 rC ( )2 621 ( )x x x + − 3 6C + 4 6C = 【点睛】 本题考查了二项式定理的应用，考查了二项展开式的通项公式及分类讨论思想，属于中 档题． 8．不等式 的解集为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意知 x＞0，不等式等价于：2x•log2x＞0，解出结果． 【详解】 根据对数的意义，可得 x＞0， 则|2x﹣log2x|＜|2x|+|log2x|等价于 2x•log2x＞0， 又由 x＞0，可得原不等式等价于 log2x＞0， 解可得 x＞1， ∴不等式的解集为（1，+∞）， 故选：C． 【点睛】 本题考查了绝对值三角不等式公式等号成立的条件，属于基础题. 9． （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 选 B. 10．若 a＞b＞c，则使 恒成立的最大的正整数 k 为（ ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【解析】 2 22 log | 2 | logx x x x− < + { |1 2}x x< < { | 0 1}x x< < { | 1}x x > { }2x x 1 2 3 12 6 18 2 3n n n n n nC C C C−+ + +…+ × = 2 12 3 n+ ( )2 4 13 n − 12 3n−× ( )2 3 13 n − 1 2 12 6 18 3 2 3n n n n nC C C C−+ + + + × = 1 2 2 0 0 1 2 22 2( 3 3 3 ) ( 3 3 3 3 1)3 3 n n n n n n n n n n nC C C C C C C = × + × + × = × + × + × + × − 2 2[(1 3) 1] (4 1)3 3 n n= + − = − 1 1+ ≥− − − k a b b c a c 试题分析： ， ， ，且 ， 又 ， ，故 的最大整数为 ，故选 C. 考点: 1、基本不等式求最值；2、不等式的性质及不等式恒成立问题. 11．本周日有 5 所不同的高校来我校作招生宣传，学校要求每位同学可以从中任选 1 所 或 2 所去咨询了解，甲、乙、丙三位同学的选择没有一所是相同的，则不同的选法共有 （ ） A．330 种 B．420 种 C．510 种 D．600 种 【答案】A 【解析】种类有（1）甲 ，乙 ，丙 ，方法数有 ；（2）甲 ，乙 ，丙 ；或 甲 ，乙 ，丙 ；或甲 ，乙 ，丙 ——方法数有 ；（3）甲 ，乙 ，丙 ；或甲 ，乙 ，丙 ；或甲 ，乙 ，丙 ——方法数有 .故总 的方法数有 种. 【点睛】解答排列、组合问题的角度： 解答排列、组合应用题要从“分析”、“分辨”、“分类”、“分步”的角度入手． (1)“分析”就是找出题目的条件、结论，哪些是“元素”，哪些是“位置”； (2)“分辨”就是辨别是排列还是组合，对某些元素的位置有、无限制等； (3)“分类”就是将较复杂的应用题中的元素分成互相排斥的几类，然后逐类解决； (4)“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤，而每一步都是简单的排列、组合问 题，然后逐步解决． 12．设函数 ，若 恒成立，则实数 的取值范国是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 【分析】 对函数求导 ，对 分类讨论，利用导数研究函数的单调性即可得出 结论． 【详解】 ， , 0a b c a b> > ∴ − > 0b c− > 0a c− > a c a b b c− = − + − a c a b − − a c a b b c a b b c b c a b b c − − + − − + −+ = +− − − 2 2 2 4b c a b a b b c − −= + + ≥ + =− − , 4a c a ck ka b b c − −∴ ≤ + ≤− − k 4 1 1 1 3 5A 60= 2 1 1 1 2 1 1 1 2 2 1 1 5 3 23 C C C 180× = 2 2 1 1 2 2 2 1 2 2 2 5 33 C C 90× ⋅ = 60 180 90 330+ + = 时， 在 上单调递增， 时， ； ， ，不合题意 时， 恒成立，因此 满足条件． 时，令 ，解得 ． 则 是函数 的极小值点，此时 ，函数 取得最小值， ，化为： ，解得 ． 综上可得： ． 故选： ． 【点睛】 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、分类讨论方 法，考查了推理能力与计算能力，属于难题． 第 II 卷（非选择题) 请点击修改第 II 卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题 13．若 时，则 __________． 【答案】 【解析】 【分析】 结合 将已知中的 进行分母实数化，计算可得答案． 【详解】 ∵z＝3-4i，∴ ， ∴z• ． ∴ 故答案为： ． 【点睛】 本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了共轭复数的概念及运算性质，是基础题． 14．如图所示的几何体 中， 是平行四边形且 ，六个顶点任 意两点连线能组成异面直线的对数是__________． 【答案】39 【解析】 【分析】 根据三棱锥的结构特征可得：每个三棱锥中有三对异面直线，因为六个点一共形成 C64﹣2＝13 个三棱锥（计算三棱锥的个数时应该做到不重不漏），所以得到答案为 3 （C64﹣2）＝39． 【详解】 3 4z i= − 5 zz + = 18 24+5 5 i 2| |z z z⋅ = 5 z 3 4iz = + 2 2 2 2| | ( 3 4 ) 25z z= = + = 5 5 6 18+24= = =5 5 5 z z z iz z zz z z + = + +⋅ 18 24+5 5 i ABCDEF ABCD / /AE CF 解：由题意可得：因为题中共有六个点，所以一共形成 C64﹣2＝13 个三棱锥，又因为 每个三棱锥中有三对异面直线， 所以异面直线的对数是 3（C64﹣2）＝39． 故答案为：39． 【点睛】 本题把排列组合和立体几何挂起钩来，因此解决此类问题的关键是熟练掌握立体几何中 一共几何体的结构特征，并且结合排列与组合的有关知识解决问题． 15．二项式 的展开式的第四项的系数为-40，则 的值为 __________． 【答案】3 【解析】 【分析】 根据二项式展开式的通项公式，令 r＝3，求出第四项的系数，列出方程求 a 的值，代入 积分式，利用微积分基本定理求得结果． 【详解】 二项式（ax﹣1）5 的通项公式为： Tr+1 •（ax）5﹣r•（﹣1）r， 故第四项为 •（ax）2＝﹣10a2x2， 令﹣10a2＝﹣40， 解得 a＝±2， 又 a＞0， 所以 a＝2． 则 故答案为：3． 【点睛】 本题主要考查了二项式定理的应用问题，是基础题目． 16．西部五省，有五种颜色供选择涂色，要求每省涂一色，相邻省不同色，有__________ 种涂色方法． 5( 1) ( 0)ax a− > 2 1 a x dx−∫ 5 rC= 3 5C− 22 3 2 2 1 1 -1 x 8 1= = = =33 3 3 a x dx x dx − − −−∫ ∫ 【答案】420 【解析】 【分析】 根据题意，分别分析 5 个省的涂色方法的数目，进而由分步、分类计数原理，计算可得 答案． 【详解】 对于新疆有 5 种涂色的方法， 对于青海有 4 种涂色方法， 对于西藏有 3 种涂色方法， 对于四川：若与新疆颜色相同，则有 1 种涂色方法，此时甘肃有 3 种涂色方法； 若四川与新疆颜色不相同，则四川只有 2 种涂色方法，此时甘肃有 2 种涂色方法； 根据分步、分类计数原理，则共有 5×4×3×（2×2+1×3）＝420 种方法． 故答案为：420. 【点睛】 本题考查分类、分步计数原理，对于计数原理的应用，解题的关键是分清要完成的事情 分成几部分及如何分类，注意做到不重不漏． 评卷人 得分 三、解答题 17．设函数 ，其中 . （1）当 时，求不等式 的解集； （2）若 ，求 的取值范围. 【答案】（1） ；（2） 【解析】 【分析】 ( ) | 2 | | 1|f x x a x= + + − a R∈ 3a = ( ) 6f x < ( ) ( ) 5f x f x+ − ≥ a 8 4,3 3  −   3 3, ,2 2    −∞ − +∞      （1）分段去绝对值解不等式再相并； （2）利用绝对值不等式的性质求出左边的最小值，再解关于 a 的不等式可得． 【详解】 （1）当 时， 或 或 ， 解得 ，综上所述，不等式 的解集为 . （2） ，所以 解得 或 ，即 的取值范围是 . 【点睛】 本题考查了绝对值不等式的解法，考查了绝对值不等式的性质的应用，属于中档题． 18．（1）当 时，求证： ； （2）若 ，用反证法证明：函数 （ ）无零点. 【答案】（1）见解析（2）见解析 【解析】试题分析：（1）利用分析法证 ，将其变为整式证明；根据 ，用换元法证明 ；（2）假设结论不成立，可 得 在 上有解，即 在 上有解.构造函数 （ ），求 的最小值，可得矛盾。 试题解析：证明：（1）分析法： ， 要证 ， 只需证 ， 即证 ， 3a = 1( ) 2 3 1 6 3 2 6 xf x x x x ≥= + + − < ⇔  + < 3 12 4 6 x x − ≤ <  + < 3 2 3 2 6 x x  < − − − < 8 4 3 3x− < < ( ) 6f x < 8 4,3 3  −   ( ) ( ) | 2 | | 1| | 2 | | 1|f x f x x a x x a x+ − = + + − + − + + − − (| 2 | | 2 |) (| 1| | 1|) | 2 | 2x a x a x x a= + + − + − + + ≥ + | 2 | 2 5a + ≥ 3 2a ≤ − 3 2a ≥ a 3 3, ,2 2    −∞ − +∞      1x > 2 2 1 1 12 2 2x x xx x x + > + > + ea < ( ) 2exf x x ax= − 0x > 2 2 1 12 2x xx x + > + 2 2 1 12 2x xx x + > + 12x x + 12 x x > + ( ) 0f x = ( )0,+∞ ex a x = ( )0,+∞ ( ) ex g x x = 0x > ( )g x 1x > ∴ 2 2 1 12 2x xx x + > + 4 32 1 2x x x+ > + ( )32 1 1x x x− > − ， 只需证 ， ， ，故 得证. 令 ，则 ，即 ， 则 ，从而 . （2）反证法：假设函数 （ ）有零点， 则 在 上有解，即 在 上有解. 设 （ ）， （ ），当 时， ； 当 时， . ， ，但这与条件 矛盾， 故假设不成立，即原命题得证. 【点睛】1.证明不等式，直接由条件不好推，可用分析法找结论成立的充分条件，根据 不等式的式子的特点，注意换元法的运用；2.反证法证时，假设结论不成立，可得 在 上有解，构造 ，求其最小值，可得矛盾。 19．设 展开式中仅有第 1010 项的二项式 系数最大. （1）求 ； （2）求 ； （3）求 . 【答案】（1）2018；（2）0；（3）4036 【解析】 【分析】 （1）由二项式系数的对称性，可得展开式的项数，且 1＝1010，解得 n． （2）令 x＝1，可得 a0+a1+a2+…+a2018． 1x > ∴ 32 1x > 1x > 32 2 1x∴ > > 2 2 1 12 2x xx x + > + x t= ( ) ( ) 2 2 12 t t + 12 t t > + 12t t + > 12 t t + 12x x + 12 x x > + 2 2 12 2x xx + > 1 12 xx x + > + ( ) 2exf x x ax= − 0x > ( ) 0f x = ( )0,+∞ ex a x = ( )0,+∞ ( ) ex g x x = 0x > ( ) ( ) 2 e 1x xg x x =′ − 0x > 0 1x< < ( ) 0g x′ < 1x > ( ) 0g x′ > ( ) ( )ming x g x∴ ≥ ( )1 eg= = ea∴ ≥ ea < ex a x = ( )0,+∞ ( ) ex g x x = 2 0 1 2(2 1) ( )n n nx a a x a x a x x R− = + + + + ∈… n 1 2 3 na a a a+ + + 1 2 32 3 na a a na+ + + 2 n + （3）给原式两边同时求导后，再令 ，即可得出． 【详解】 （1）由二项式系数的对称性，得展开式共计 2019 项， ， . （2） 的展开式中各项系数和为 ， 令 ，可得 ，再令 ，可得 ， 所以 . （3）给原式两边同时求导得到 当 ，令 ，得 . 【点睛】 本题主要考查二项式定理的应用，关键是分析所给代数式的特点，通过给二项式的 x 赋 值进行求解，考查了分析推理能力与计算能力，属于中档题． 20．在班级活动中，4 名男生和 3 名女生站成一排表演节目：（写出必要的数学式，结 果用数字作答） （1）三名女生不能相邻，有多少种不同的站法？ （2）四名男生相邻有多少种不同的排法？ （3）女生甲不能站在左端，女生乙不能站在右端，有多少种不同的排法？ （4）甲乙丙三人按高低从左到右有多少种不同的排法？（甲乙丙三位同学身高互不相 等） （5）从中选出 2 名男生和 2 名女生表演分四个不同角色朗诵，有多少种选派方法？ （6）现在有 7 个座位连成一排，仅安排 4 个男生就坐，恰好有两个空座位相邻的不同 坐法共有多少种？ 【答案】（1） ；（2） ；（3） ；（4） 840；（5） ；（6） . 【解析】 【分析】 （1）根据题意，用插空法分 2 步进行分析，再由分步计数原理计算可得答案； （2）根据题意，用捆绑法分 2 步进行分析，再由分步计数原理计算可得答案； （3）根据题意，分 2 种情况讨论：①：女生甲站在右端，②：女生甲不站在右端， 1x = 1 10102 n + = 2018n∴ = 2018(2 1) (2 1)nx x− = − 0 1 2 2018a a a a+ + +…+ 1x = 0 1 2 2018 1a a a a+ + + + =… 0x = 0 1a = 1 2 2018 0a a a+ + + =… 1 2 1 1 2 32 (2 1) 2 3n n nn x a a x a x na x− −− = + + + 2018n = 1x = 1 2 32 3 4036na a a na+ + …+ = 4 3 4 5 1440A A = 4 4 4 4 576A A = 6 1 1 5 6 5 5 5 3720A C C A+ = 7 7 3 3 A A = 2 2 4 4 3 4 432C C A = 4 2 4 5 480A A = 再由加法原理计算可得答案； （4）根据题意，首先把 7 名同学全排列，再分析甲乙丙三人内部的排列共有 A33 种 结果，要使甲乙丙三个人按照一个高矮顺序排列，结果数只占 6 种结果中的一种， 再由倍分法分析可得答案． （5）根据题意，分 2 步进行分析：①，在 4 名男生中选取 2 名男生，3 名女生中选 取 2 名女生，②，将选出的 4 人全排列，再由分步计数原理计算可得答案； （6）根据题意，分 2 步进行分析：①，将 4 名男生全排列，排好后有 5 个空位， ②，将 3 个空座位分成 2、1 的 2 组，在 5 个空位中任选 2 个，安排 2 组空座位，再 由分步计数原理计算可得答案． 【详解】 （1）根据题意，分 2 步进行分析： ①，将 4 名男生全排列，有 A44＝24 种情况，排好后有 5 个空位， ②，在 5 个空位中任选 3 个，安排 3 名女生，有 A53＝60 种情况， 则三名女生不能相邻的排法有 A44×A53＝24×60＝1440 种； （2）根据题意，分 2 步进行分析： ①，将 4 名男生看成一个整体，考虑 4 人间的顺序，有 A44＝24 种情况， ②，将这个整体与三名女生全排列，有 A44＝24 种情况， 则四名男生相邻的排法有 A44×A44＝24×24＝576 种； （3）根据题意，分 2 种情况讨论： ①，女生甲站在右端，其余 6 人全排列，有 A66＝720 种情况， ②，女生甲不站在右端，甲有 5 种站法，女生乙有 5 种站法，将剩余的 5 人全排列， 安排在剩余的位置，有 A55＝120 种站法， 则此时有 5×5×120＝3000 种站法， 则一共有 A66+5×5×A55＝720+3000＝3720 种站法； （4）根据题意，首先把 7 名同学全排列，共有 A77 种结果， 甲乙丙三人内部的排列共有 A33＝6 种结果， 要使的甲乙丙三个人按照一个高矮顺序排列，结果数只占 6 种结果中的一种，则有 840 种． （5）根据题意，分 2 步进行分析： ①，在 4 名男生中选取 2 名男生，3 名女生中选取 2 名女生，有 C42 C32 种选取方法， ②，将选出的 4 人全排列，承担 4 种不同的任务，有 A44 种情况， 7 7 3 3 A A = 则有 种不同的安排方法； （6）根据题意，7 个座位连成一排，仅安排 4 个男生就座，还有 3 个空座位， 分 2 步进行分析： ①，将 4 名男生全排列，有 A44 种情况，排好后有 5 个空位， ②，将 3 个空座位分成 2、1 的 2 组，在 5 个空位中任选 2 个，安排 2 组空座位， 有 A52 种情况， 则有 种排法． 【点睛】 本题考查排列、组合的实际应用，涉及分类、分步计数原理的应用，注意优先分析 受到限制的元素这一特殊问题的处理方法． 21．设 ，其中 . （1）证明： ，其中 ； （2）当 时，化简： ； （3）当 时，记 ， ，试比较 与 的大小. 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析 【解析】 【分析】 （1）直接将排列数用阶乘表示，化简整理即可. （2）求出 q＝1 时的 ，证明 ，代入原式即可求得答案； （3）当 q＝n 时， ，可得 ，则 ，令 x＝1，得 ． 方法一、利用数学归纳法证明 An 与 Bn 的大小； 方法二、设 ，利用导数研究单调性，由单调性即可比较 An 与 Bn 的大小． 【详解】 （1） ， 2 2 4 3 4 4 432C C A = 4 2 4 5 480A A = 2 0 1 2( )n r n r nq x a a x a x a x a x+ = + + + + + +  *,q R n N∈ ∈ 1 1 1 1 r r n nC C r n + +=+ + 0,1,2,r n=  1q = 0 1 n r r a r= +∑ q n= ( )0 1 2n n a aA += 0 n n rrB a= = ∑ nA nB r r na C= 1 1 1 1 1 r rn n C Cr n + += ⋅+ + r n r r na C n −= 0 1 n na n a n= =， 1n nA n += ( 1)n nB n= + ( ) lnxf x x = 1 1 1 ! ! 1 ( 1)! 1 1 1 !( )! ( 1)!( )! 1 ( 1)!( )! 1 r rn n C n n n Cr r r n r r n r n r n r n + + += • = = • = •+ + − + − + + − + 其中 . （2）当 时，由（1）结论可得 所以原式 . （3）【解法一】当 时， ， 所以 ，所以 ，令 ，得 ， 当 时， ；当 时， ，即 . 下面先用数学归纳法证明：当 时， ，（☆） ①当 时， ，（☆）式成立； ②假设 时，（☆）式成立，即 ， 则 时，（☆）式右边 所以，当 ，（☆）式也成立. 综合①②知，当 时， . 所以，当 时， ；当 时， . 【解法二】 当 时， ，所以 ，所以 ，令 ，得 ，要比较 与 的大小，即可比较 与 的大小，设 ，则 ， 由 ，得 ，所以 在 上递增， nr ,,2,1,0 = 1q = r r na C= ( ) 1 2 3 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 n n n n n nc C C Cn n + + + + + + •= + + + =+ +… q n= r n r r na C n −= 0 1,n na n a n= = 1n nA n += 1x = ( 1)n nB n= + 1,2n = 1 ( 1)n nn n+ < + 3n ≥ 1 ( 1)n nn n+ > + 1 1 n n n  > +   *3,n n N≥ ∈ 1 1 n n n  > +   3n = 31 643 13 27  > + =   3n k= ≥ 1 1 k k k  > +   1n k= + 11 1 11 1 11 1 1 k k k k k +    = + = + +    + + +     1 1 11 1 1 11 1 1 k kk k kk k k k     < + + < + • = + < +    + + +     1n k= + 3n ≥ 1 1 n n n  > +   1,2n = n nA B< 3n ≥ n nA B> q n= r n r r na C n −= 0 1,n na n a n= = 1n nA n += 1x = ( 1)n nB n= + nA nB ln n n ( )ln 1 1 n n + + ln( ) xf x x = 2 1 ln( ) xf x x ′ •= ( ) 0f x′ > 0 x e< < ( )f x ( )0,e 由 ，得 ，所以 在 上递减， 所以当 时， ， ， 当 时， ，即 ，即 ，即 ， 综上所述，当 时， ；当 时， . 【点睛】 本题考查二项式定理的应用及排列数与阶乘的运算，考查利用导数求最值，训练了利用 数学归纳法证明不等式，体现了数学转化思想方法，属于难题． 22．已知函数 . （1）当 时，求函数 的最小值； （2）若 在区间 上有两个极值点 . （ ）求实数 的取值范围； （ ）求证： . 【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）（i） ；（ii）详见解析. 【解析】 【分析】 （Ⅰ）求出 ，列表讨论 的单调性，问题得解。 （Ⅱ）（i）由 在区间 上有两个极值点转化成 有两个零点，即 有两个零点，求出 ，讨论 的单调 性，问题得解。 （ii）由 得 ，将 转化成 ， 由 得单调性可得 ，讨论 在 的单 调性即可得证。 【详解】 ( ) 0f x′ < x e> ( )f x ( ),e +∞ 1,2n = ( )ln 1ln 1 nn n n +< + n nA B< 3n ≥ ( )ln 1ln 1 nn n n +> + ( 1)ln ln( 1)n n n n+ > + 1ln ln( 1)n nn n+ > + n nA B> 1,2n = n nA B< 3n ≥ n nA B> ( )2( ) lnf x x a x= + 0a = ( )f x ( )f x 2 1 ,e  +∞  ( )1 2 1 2,x x x x< i a i i ( )22 2 1 2f xe e − < < − 1 2e − 4 2 3 1,e e      ( ) ( )' 2ln 1f x x x= + ( ) 2lnf x x x= ( )f x 2 1 ,e  +∞  ( ) ( )2 2ln 1' x x af x x + += ( ) ( )2 2ln 1g x x x a= + + ( )'g x ( )g x ( )2 0g x = ( )2 2 22ln 1a x x= − + ( )2f x ( ) ( )2 2 2 22 lnf x x x= − ( )g x 2 1 1,x e e  ∈   ( ) ( )2 2 2 22 lnf x x x= − 2 1 1,x e e  ∈   解：（Ⅰ）当 时， ， ，令 ，得 . 的单调性如下表： - 0 + 单调递减 单调递增 易知 . （Ⅱ）（i） .令 ，则 . 令 ，得 . 的单调性如下表： - 0 + 单调递减 单调递增 在区间 上有两个极值点，即 在区间 上有两个零点， 结合 的单调性可知， 且 ，即 且 . 所以 ，即 的取值范围是 . 0a = ( ) 2lnf x x x= ( ) ( )' 2ln 1f x x x= + ( )' 0f x = 1x e = ( )f x x 10, e      1 e 1 , e  +∞   ( )'f x ( )f x 1 2e − ( )min 1 2f x e = − ( ) ( )2 2ln 1' x x af x x + += ( ) ( )2 2ln 1g x x x a= + + ( ) ( )' 4 ln 1g x x x= + ( )' 0g x = 1x e = ( )g x x 2 1 1,e e      1 e 1 ,e  +∞   ( )'g x ( )g x 2 1a e − ( )f x 2 1 ,e  +∞   ( )g x 2 1 ,e  +∞   ( )g x 2 1 0g e   >   1 0g e   <   4 3 0a e − > 2 1 0a e − < 4 2 3 1ae e < < a 4 2 3 1,e e      （ii）由（i）知 ，所以 . 又 ， ， ，结合 的单调性可知， . 令 ，则 .当 时， ， ， ， 所以 在 上单调递增，而 ， ， 因此 . 【点睛】 本题主要考查了导数与函数单调性的关系，考查了分类思想及转化思想，考查了极值与 导数的关系，还考查了利用导数证明不等式，考查计算能力及转化能力，属于难题。 ( ) ( )2 2 2 20 2ln 1g x a x x= ⇒ = − + ( ) ( ) ( )22 2 2 2 2 2ln 2 lnf x x a x x x= + = − 2 1 0g e   >   1 0g e   <   1 0g a e   = >   ( )g x 2 1 1,x e e  ∈   ( ) ( )22 lnx x xϕ = − ( ) ( )' 4 ln ln 1x x x xϕ = − + 1 1,x e e  ∈   ln 0x < ln 1 0x + > ( )' 0xϕ > ( )xϕ 1 1,e e      2 1 2 e e ϕ   = −   1 1 2ee ϕ   = −   ( )22 2 1 2f xe e − < < −