（浙江專版）2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 綜合檢測一（含解析）

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1、綜合檢測一 (時(shí)間：120分鐘　滿分：150分) 第Ⅰ卷(選擇題　共40分) 一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1．已知集合A＝{x∈R|x＋1≥0}，B＝{x∈R|2－x2<0}，則A∪(?RB)等于(　　) A．[－1，＋∞) B．[－，＋∞) C．(－∞，－]∪[－1，＋∞) D．[－1，] 答案　B 解析　根據(jù)題意，得A＝{x|x≥－1}， ?RB＝{x∈R|x2≤2}＝{x|－≤x≤}， 從而A∪(?RB)＝{x|x≥－}，故選B. 2．已知向量a＝(1＋m,1－m)，b＝(m－1,2m

2、＋1)，m∈R，則“m＝0”是“a⊥b”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 答案　A 解析　a⊥b?(1＋m)(m－1)＋(1－m)(2m＋1)＝0?m(m－1)＝0?m＝0或m＝1，所以“m＝0”是“a⊥b”的充分不必要條件．故選A. 3．已知函數(shù)f(x)＝log(x2－2x－3)，則下列關(guān)系正確的是(　　) A．f(－)f(－) D．f(log328)0， 得x<－1或x>3. ∴y＝x2－2

3、x－3＝(x－1)2－4在(－∞，－1)上是減函數(shù)，在(3，＋∞)上是增函數(shù)，而y＝logx在(0，＋∞)上是減函數(shù)， ∴f(x)在(－∞，－1)上是增函數(shù)，在(3，＋∞)上是減函數(shù)， ∵－<－<－1，∴f(－)f()； ∵－<－<－1，∴f(－)f(3)． 故選A. 4．已知x，y滿足約束條件則z＝|x＋y＋2|的最大值是(　　) A．7B．6C．5D．4 答案　B 解析　方法一　畫出可行域如圖中陰影部分(含邊界)所示， 則A(0,1)，B(2,2)，C， 則可行域在

4、直線l：x＋y＋2＝0的右上方，z＝|x＋y＋2|＝x＋y＋2，即y＝－x＋z－2， 故當(dāng)直線y＝－x＋z－2過點(diǎn)B時(shí)，z取得最大值，最大值是6. 方法二　畫出可行域如圖中陰影部分(含邊界)所示，則A(0,1)，B(2,2)，C，記直線l：x＋y＋2＝0，點(diǎn)B到直線l的距離為dB－l，則z＝|x＋y＋2|＝×≤·dB－l，而dB－l＝3，故z＝|x＋y＋2|≤6，所以z＝|x＋y＋2|的最大值是6. 5．若(3ax－1)5(2x－1)3的展開式中各項(xiàng)系數(shù)的和為1，則該展開式中x2項(xiàng)的系數(shù)為(　　) A．56B．112C．168D．224 答案　B 解析　令x＝1得(3a－1)5(2

5、－1)3＝1， 解得a＝， 則(3ax－1)5(2x－1)3＝(2x－1)8， 其二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)Tk＋1＝C·(2x)8－k·(－1)k， 所以x2項(xiàng)為Tk＋1＝C(2x)8－6·(－1)6＝4Cx2＝112x2， 所以x2項(xiàng)的系數(shù)為112. 6．已知函數(shù)f(x)＝若函數(shù)g(x)＝f(x)－k(x＋1)在(－∞，1]上恰有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是(　　) A．[1,3) B．(1,3] C．[2,3) D．[1，＋∞) 答案　A 解析　函數(shù)g(x)＝f(x)－k(x＋1)在(－∞，1]上恰有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，等價(jià)于直線y＝k(x＋1)與函數(shù)y＝f(x)的

6、圖象在(－∞，1]上有兩個(gè)不同的交點(diǎn)．作出f(x)的大致圖象如圖所示， 因?yàn)橹本€y＝k(x＋1)過定點(diǎn)(－1,0)，定點(diǎn)(－1,0)與點(diǎn)(1,2)和(0,3)連線的斜率分別為1和3，結(jié)合f(x)的圖象可知k的取值范圍是[1,3)．故選A. 7．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A．12－ ．12－π C．12－ ．12－ 答案　A 解析　由三視圖可知，該幾何體是一個(gè)正四棱柱挖去一個(gè)半圓錐所得到的幾何體，其直觀圖如圖所示， 其中正四棱柱的底面正方形的邊長a＝2，半圓錐的底面半徑r＝1，高h(yuǎn)＝3，所以正四棱柱的體積V1＝a2h＝22×3＝12，半圓錐的

7、體積V2＝×r2h＝×12×3＝，所以該幾何體的體積V＝V1－V2＝12－. 8．已知圓C：x2＋(y－1)2＝8，直線l1：mx＋y－m－3＝0與圓C交于A，B兩點(diǎn)，直線l2：x－my＋3m－1＝0與圓C交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，則四邊形AEBF的面積的最大值為(　　) A．10B．11C．12D．13 答案　B 解析　方法一　設(shè)圓心C(0,1)到直線l1，l2的距離分別為d1，d2，圓C的半徑為r， 則d1＝，d2＝， ∴|AB|＝2＝2， |EF|＝2＝2， 又由直線方程知l1⊥l2，∴AB⊥EF， 則S四邊形AEBF＝|AB|·|EF| ＝×2×2 ＝2 ＝2 ＝2

8、＝2 ＝2≤11， 當(dāng)且僅當(dāng)3m－4＝，即m＝3或－時(shí)等號成立． 方法二　直線l1：mx＋y－m－3＝0?m(x－1)＋(y－3)＝0，直線l2：x－my＋3m－1＝0?(x－1)－m(y－3)＝0， ∴直線l1⊥l2，且均過定點(diǎn)P(1,3)． ∵圓C：x2＋(y－1)2＝8，則圓心C(0,1)， 設(shè)圓C的半徑為r，圓心C到直線l1，l2的距離分別為d1，d2，過點(diǎn)C分別向直線l1，l2作垂線，垂足分別為M，N，則四邊形CMPN為矩形，且滿足d＋d＝|CP|2＝(1－0)2＋(3－1)2＝5. |AB|＝2＝2， |EF|＝2＝2， 由l1⊥l2?AB⊥EF，則S四邊形AEB

9、F＝|AB|·|EF| ＝×2×2 ≤(8－d)＋(8－d)＝16－(d＋d)＝11， 當(dāng)且僅當(dāng)8－d＝8－d，即d＝d＝時(shí)等號成立． 9.如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB＝BC＝CA＝3，AA1＝2，M是AB上的點(diǎn)，且BM＝2AM，動(dòng)點(diǎn)Q在底面A1B1C1內(nèi)，若BQ∥平面A1CM，則BQ的取值范圍是(　　) A. . C. . 答案　D 解析　如圖，在A1B1上取一點(diǎn)D，使A1D＝2B1D， 取B1C1的中點(diǎn)E，連接BD，BE，DE， 則BD∥A1M，因?yàn)锳1M?平面A1CM， 所以BD∥平面A1CM. 同理，DE∥平面A1CM，

10、所以平面BDE∥平面A1CM， 所以點(diǎn)Q在線段DE上，點(diǎn)Q的軌跡為線段DE， 易得BD＝，BE＝， 在△B1DE中，由余弦定理得 DE2＝DB＋B1E2－2DB1·B1E·cos∠DB1E ＝1＋－2×1××＝，所以DE＝， 在△BDE中，利用余弦定理得 cos∠BDE＝＝， 所以sin∠BDE＝， 則BQ的最小值為DE邊上的高，最大值為BE的長， DE邊上的高是BD·sin∠BDE＝×＝， 所以BQ∈，故選D. 10．已知同一平面內(nèi)的向量a，b，c滿足|a－b|＝|b－c|＝|c－a|＝2，d為該平面內(nèi)的任意一個(gè)向量，且(b－d)·(c－d)＝0，則(a－d)·(a＋

11、b－2d)的最大值為(　　) A．4＋2B．4＋C．5＋D．5＋2 答案　D 解析　如圖，假設(shè)a，b，c，d共起點(diǎn)D，根據(jù)|a－b|＝|b－c|＝|c－a|＝2，可知a，b，c終點(diǎn)的連線構(gòu)成一個(gè)邊長為2的正三角形(如圖所示的△ABC)， 又(b－d)·(c－d)＝0，故OC⊥OB， 而(a－d)·(a＋b－2d)＝(a－d)·[(a－d)＋(b－d)]＝·，其中E為平行四邊形OAEB的頂點(diǎn)，這樣問題就轉(zhuǎn)化為求·的最大值了． 以O(shè)為原點(diǎn)，OB，OC所在直線分別為x軸，y軸建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)∠OBC＝θ， 則B(2cosθ，0)，C(0,2sinθ)， A， E， ∴·

12、＝· ＋2sin·2sin ＝4＋2cos2θ＋6sinθcosθ ＝5＋cos2θ＋3sin2θ ＝5＋2sin(2θ＋φ)，其中tanφ＝， ∴·的最大值為5＋2. 第Ⅱ卷(非選擇題　共110分) 二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分．把答案填在題中橫線上) 11．十九世紀(jì)德國著名數(shù)學(xué)家狄利克雷在數(shù)學(xué)領(lǐng)域成就卓著，函數(shù)f(x)＝被稱為狄利克雷函數(shù)，其中R為實(shí)數(shù)集，Q為有理數(shù)集，狄利克雷函數(shù)是無法畫出函數(shù)圖象的，但是它的函數(shù)圖象卻客觀存在，如果A(0，f(0))，B(，f())在其圖象上，那么f()＝________，A，B兩點(diǎn)間的距離為___

13、_____． 答案　0　2 解析　根據(jù)函數(shù)的解析式得f(0)＝1，f()＝0，所以A，B兩點(diǎn)間的距離為2. 12．已知i為虛數(shù)單位，＝a＋bi(a，b∈R)，則a＋b＝________，a＋bi的共軛復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)位于第________象限． 答案　－2　二 解析?。剑?－i，則a＝－1，b＝－1，∴a＋b＝－2，a＋bi的共軛復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)為(－1,1)，位于第二象限． 13．雙曲線－＝1的離心率是________，右焦點(diǎn)到漸近線的距離是________． 答案　　 解析　雙曲線－＝1的離心率e＝＝＝.雙曲線的右焦點(diǎn)為(，0)，漸近線方程為y＝±x，所以右焦點(diǎn)

14、到漸近線的距離d＝＝. 14．拋擲1枚質(zhì)地均勻的骰子，當(dāng)正面朝上的點(diǎn)數(shù)為3的倍數(shù)時(shí)，就說這次試驗(yàn)成功，則在兩次試驗(yàn)中至少有一次成功的概率為________；若連續(xù)做10次試驗(yàn)，記X為試驗(yàn)成功的次數(shù)，則E(X)＝________. 答案　　 解析　記事件A為“兩次試驗(yàn)中至少有一次成功”，則事件為“兩次試驗(yàn)都不成功”．基本事件的個(gè)數(shù)為n＝6×6＝36，事件包括的基本事件的個(gè)數(shù)m＝4×4＝16，則P(A)＝1－P()＝1－＝1－＝.易知X～B(10，p)，其中一次試驗(yàn)成功的概率p＝＝，則E(X)＝np＝10×＝. 15．由1,2,3,4,5,6六個(gè)數(shù)字組成無重復(fù)數(shù)字的六位數(shù)，要求1不排在兩端

15、，2,3相鄰，6在4的左邊，則可以組成________個(gè)不同的六位數(shù)． 答案　72 解析　方法一　2,3相鄰，所以把2,3看作一個(gè)整體，有2種排法，這樣，六個(gè)元素變成了五個(gè)．先排1，由于1不排在兩端，則1在中間的3個(gè)位置中，有A＝3種排法，其余的4個(gè)元素任意排，有A種排法，又4,6順序已經(jīng)確定，所以不同的六位數(shù)有＝72(個(gè))． 方法二　2,3排序有A種，且1不在兩端的情形有(AA－ACA)種，除去4,6的順序，得＝72(個(gè))． 16．已知a>0，b>0，則＋的最小值是________． 答案　2 解析　方法一　當(dāng)a＋b≥ab＋1時(shí)， ＋≥＋＝ ＝≥＝2， 當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝1時(shí)

16、等號成立； 當(dāng)a＋b＋ ＝>＝2. 故＋的最小值是2. 方法二　因?yàn)?(b2＋2)－(b＋2)2＝2(b－1)2≥0， 所以b2＋2≥， 進(jìn)而＋≥＋ ≥＝ ＝ ≥ ＝＝2， 當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝1時(shí)等號成立， 故＋的最小值是2. 17．已知F1，F(xiàn)2是橢圓和雙曲線的公共焦點(diǎn)，且F1，F(xiàn)2在x軸上，P是它們的一個(gè)公共點(diǎn)，且∠F1PF2＝，則橢圓和雙曲線的離心率之積的取值范圍是________． 答案　(1，＋∞) 解析　方法一　設(shè)橢圓方程為＋＝1(a1>b1>0)， 離心率為e1，半焦距為c，滿足c2＝a－b， 雙曲線方程為－＝1(a2>0，b2>

17、0)， 離心率為e2，半焦距為c，滿足c2＝a＋b， 不妨設(shè)F1，F(xiàn)2分別為左、右焦點(diǎn)，P是它們在第一象限的一個(gè)公共點(diǎn)， 則由橢圓與雙曲線的定義得， ? 在△F1PF2中，由余弦定理可得 ＝－， 整理得4c2＝3a＋a，即3×＋＝4， 即32＋2＝4，則2＝4－32. 由令t＝2， 則t＝2＝∈， ∴2·2＝2· ＝－3t2＋4t＝－32＋， ∵函數(shù)f(t)＝－32＋在上單調(diào)遞減， ∴2·2＝－32＋∈(0,1)， 即e1e2的取值范圍為(1，＋∞)． 方法二　設(shè)橢圓方程為＋＝1(a1>b1>0)， 離心率為e1，半焦距為c，滿足c2＝a－b， 雙曲線方程為

18、－＝1(a2>0，b2>0)， 離心率為e2，半焦距為c，滿足c2＝a＋b， 不妨設(shè)F1，F(xiàn)2分別為左、右焦點(diǎn)，P是它們在第一象限的一個(gè)公共點(diǎn)，|PF1|＝m，|PF2|＝n，則m>n>0， 在△F1PF2中，由余弦定理可得m2＋n2＋mn＝4c2， 則由橢圓與雙曲線的定義，得 則·＝＝＝ ＝＝1－， 令t＝2＋>3， 則·＝1－＝1－， ∵函數(shù)g(t)＝1－在(3，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴·∈(0,1)，即e1e2的取值范圍為(1，＋∞)． 三、解答題(本大題共5小題，共74分．解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟) 18．(14分)已知函數(shù)f(x)＝cos2x－si

19、nxcosx. (1)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間； (2)若銳角三角形ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且f(C)＝－，a＝2，求b的取值范圍． 解　(1)∵f(x)＝cos2x－sinxcosx ＝－sin2x， ∴f(x)＝cos＋， 令2kπ－π≤2x＋≤2kπ，k∈Z， 得kπ－≤x≤kπ－，k∈Z， ∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，k∈Z. (2)∵f(C)＝－， ∴f(C)＝cos＋＝－， ∴2C＋＝2kπ＋π，k∈Z， 又0

20、<，∴∈(0，)， 故b∈(1,4)，即b的取值范圍為(1,4)． 19．(15分)如圖，已知四面體ABCD中，CD⊥BD，AB＝BD＝AD＝2，CD＝1，E為AD的中點(diǎn)． (1)若AC＝，求證：AC⊥BE； (2)若AC＝，求直線AC與平面BCD所成角的正弦值． (1)證明　方法一　取CD的中點(diǎn)F，連接EF，BF. ∵E為AD的中點(diǎn)， ∴AC∥EF. 在△BEF中，易得BE＝，EF＝，BF＝， 則BE2＋EF2＝BF2，由勾股定理的逆定理得BE⊥EF， ∴AC⊥BE. 方法二　∵AC＝，CD＝1，AD＝2， ∴AC2＝CD2＋AD2，∴CD⊥AD， 又CD⊥

21、BD，AD∩BD＝D，∴CD⊥平面ABD， 又BE?平面ABD，∴CD⊥BE. 又△ABD是正三角形，且E為AD的中點(diǎn)，∴BE⊥AD， 又CD∩AD＝D，∴BE⊥平面ACD， 又AC?平面ACD，∴BE⊥AC. (2)解　分別取BD，BC的中點(diǎn)O，M，連接OM，AO，AM，過A作AH⊥OM于點(diǎn)H，連接CH. ∵△ABD為正三角形，∴AO⊥BD. ∵CD⊥BD，OM∥CD，∴OM⊥BD， 又AO∩OM＝O，∴BD⊥平面AOM， ∴BD⊥AH，而AH⊥OM，BD∩OM＝O， ∴AH⊥平面BCD. 方法一　∴CH為AC在平面BCD內(nèi)的射影，即∠ACH是直線AC與平面BCD所成的

22、角． 易得AO＝，OM＝，BC＝，BM＝， 在△ABC與△ABM中，由余弦定理得AM＝， 在△AOM中，由余弦定理得cos∠AOM＝－， 則cos∠AOH＝，sin∠AOH＝， 在Rt△AOH中，得AH＝， ∴sin∠ACH＝＝. 即直線AC與平面BCD所成角的正弦值為. 方法二　以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，，，的方向分別為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則B(0，－1,0)，C(1,1,0)， 設(shè)A(a,0，b)， 則AB＝＝2， AC＝＝， 得a＝－1，b＝.∴A(－1,0，)，∴＝(2,1，－)． 易知平面BCD的一個(gè)法向量為n＝(0,0,1)， ∴cos〈，

23、n〉＝＝－， ∴sinθ＝(θ為直線AC與平面BCD所成角的大小)． 即直線AC與平面BCD所成角的正弦值為. 20．(15分)(2019·寧波質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Tn＝n2－n，且an＋2＋3log4bn＝0(n∈N*)． (1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式； (2)若數(shù)列{cn}滿足cn＝an·bn，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Sn； (3)在(2)的條件下，若cn≤m2＋m－1對一切正整數(shù)n恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 解　(1)由Tn＝n2－n得， Tn－1＝(n－1)2－(n≥2)， 兩式相減得an＝3n－2(n≥2)， 又a1＝T1＝1也滿足上式，∴an＝3

24、n－2(n∈N*)． 由an＋2＋3log4bn＝0(n∈N*)得， 3n－2＋2＋3log4bn＝0，即n＋log4bn＝0， ∴bn＝n(n∈N*)． (2)∵數(shù)列{cn}滿足cn＝an·bn， ∴cn＝(3n－2)×n(n∈N*)， ∴Sn＝1×＋4×2＋7×3＋…＋(3n－5)×n－1＋(3n－2)×n， Sn＝1×2＋4×3＋7×4＋…＋(3n－5)×n＋(3n－2)×n＋1， 兩式相減得 Sn＝＋3－(3n－2)×n＋1＝－(3n＋2)×n＋1， ∴Sn＝－×n＋1＝－×n(n∈N*)． (3)∵cn＋1－cn＝(3n＋1)×n＋1－(3n－2)×n＝9(1－

25、n)×n＋1(n∈N*)， ∴當(dāng)n＝1時(shí)，c2＝c1＝，當(dāng)n≥2時(shí)，cn＋1c3>c4>…>cn， ∴對一切正整數(shù)n，cn的最大值是. 又cn≤m2＋m－1對一切正整數(shù)n恒成立， ∴m2＋m－1≥， 即m2＋4m－5≥0，解得m≥1或m≤－5. 21.(15分)如圖，已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)，F(xiàn)1，F(xiàn)2為其左、右焦點(diǎn)，離心率e＝，M為橢圓上一動(dòng)點(diǎn)，△MF1F2的面積的最大值為2. (1)求橢圓C的方程； (2)過點(diǎn)P(2,0)作直線l，交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，求△MAB面積的最大值，并求此時(shí)直線l的方程． 解　(1)由得 所以橢圓C的方程

26、為＋＝1. (2)當(dāng)直線l的斜率為0時(shí)，直線l的方程為y＝0， 此時(shí)S△MAB的最大值為×2×2＝2. 當(dāng)直線l的斜率存在且不為0或斜率不存在時(shí)，設(shè)直線l：x＝my＋2， 代入橢圓方程得4(my＋2)2＋5y2－20＝0， 即(4m2＋5)y2＋16my－4＝0， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則y1＋y2＝－，y1y2＝， 故|AB|＝ ＝， 平移直線l至直線l′的位置，使得直線l′與橢圓相切(圖略)，設(shè)直線l′：x＝my＋t，代入橢圓方程得4(my＋t)2＋5y2－20＝0，即(4m2＋5)y2＋8mty＋4t2－20＝0， 由Δ＝0得4m2＋5＝t2，則t

27、2≥5， 當(dāng)t＝－時(shí)，點(diǎn)M距離直線l最遠(yuǎn)，即S△MAB最大，此時(shí)，點(diǎn)M到直線l的距離d＝， 從而S△MAB＝|AB|·d ＝ ＝2 ＝2·. 令1－＝u，f(u)＝u3(2－u)， 由f′(u)＝6u2－4u3＝0得u1＝0，u2＝， 所以函數(shù)f(u)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減， 因?yàn)閠≤－，所以u∈，故當(dāng)u＝，即t＝－4時(shí)，S△MAB取得最大值，最大值為. 綜上，S△MAB的最大值為，此時(shí)，m＝±， 所以直線l的方程為x＝±y＋2. 22．(15分)已知函數(shù)f(x)＝x2－4x＋5－(a∈R)． (1)若f(x)在R上為增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (2)設(shè)g(x

28、)＝exf(x)，當(dāng)m≥1時(shí)，若g(x1)＋g(x2)＝2g(m)(其中x1m)，求證：x1＋x2<2m. (1)解　由題意知f′(x)＝2x－4＋≥0在R上恒成立，即a≥(4－2x)ex在R上恒成立． 設(shè)h(x)＝(4－2x)ex，∴h′(x)＝(2－2x)ex， ∴當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，h′(x)>0，h(x)在(－∞，1)上為增函數(shù)，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)<0，h(x)在(1，＋∞)上為減函數(shù)， ∴h(x)max＝h(1)＝2e，∴a≥2e，即a∈[2e，＋∞)． (2)證明　g(x)＝exf(x)＝(x2－4x＋5)ex－a， ∵g(x1)＋g(x2)

29、＝2g(m)，m∈[1，＋∞)， ∴(x－4x1＋5)－a＋(x－4x2＋5)－a ＝2(m2－4m＋5)em－2a， ∴(x－4x1＋5)＋(x－4x2＋5)＝2(m2－4m＋5)em. 設(shè)φ(x)＝(x2－4x＋5)ex，x∈R， 則φ(x1)＋φ(x2)＝2φ(m)，則φ′(x)＝(x－1)2ex≥0， ∴φ(x)在R上單調(diào)遞增． 設(shè)F(x)＝φ(m＋x)＋φ(m－x)， 則F′(x)＝(m＋x－1)2em＋x－(m－x－1)2em－x. 當(dāng)x>0時(shí)，em＋x>em－x>0， (m＋x－1)2－(m－x－1)2＝2x(2m－2)≥0， ∴F′(x)>0，F(xiàn)(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴F(x)>F(0)＝2φ(m)， ∴φ(m＋x)＋φ(m－x)>2φ(m)，x∈(0，＋∞)． 令x＝m－x1，∵x10， ∴φ(m＋m－x1)＋φ(m－m＋x1)>2φ(m)， 即φ(2m－x1)＋φ(x1)>2φ(m)， 又φ(x1)＋φ(x2)＝2φ(m)， ∴φ(2m－x1)＋2φ(m)－φ(x2)>2φ(m)， 即φ(2m－x1)>φ(x2)， ∵φ(x)在R上單調(diào)遞增， ∴2m－x1>x2，即x1＋x2<2m. 18