湖南省益阳市2023-2024学年高三上学期9月月考数学试题(含解析)

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题1．已知Ax,yxy0，B是（ ）A．0B．1C．2D．4x,y|x22y21，MAB.则M中的元素个数2．“m3”是“关于x的一元二次方程x2mx10有实数根”的（ ）A．充分不必要条件C．充要条件B．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件3．已知直线2xy10的倾斜角为，则tan2的值是（ ）A．45B．43C．45D．43π4．已知函数fxsin2x1，则下列结论成立的是（ ）6A．fx的最小正周期为2πC．fx的最小值与最大值之和为0B．fx的图象关于直线xπ对称6ππD．fx在,上单调递增225．如图，在ABC中，D为AB上一点，AD2DB，P为CD上一点，CP3PD，且APmACnABm,nR，则mn的值为（ ） A．14B．13C．21D．346．用数学的眼光看世界就能发现很多数学之“美”.现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇.衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若fx是fx的导函数，fx是fx的导函数，则曲线yfx在点x,fx处的曲率Kfx1fx322x.若fxxe，则曲线yfx在0,1处的曲率K是（ ）A．0B．21C．1试卷第1页，共4页

D．ex2y2x2y27．若m0，双曲线C1：1的离心率分别为e1，e2，1与双曲线C2：8mm2则（ ）A．e1e2的最小值为C．e1e2的最大值为9494B．e1e2的最小值为D．e1e2的最大值为32328．给定事件A,B,C，且PC0，则下列结论①若PA0，PB0且A,B互斥，：则A,B不可能相互独立；②若PACPBC1，则A,B互为对立事件；③若PABCPAPBPC，则A,B,C两两独立；④若PABPAPAPB，则A,B相互独立.其中正确的结论有（ ）A．1个B．2个C．3个D．4个二、多选题9．设等差数列an的前n项和为Sn，若a10，且a1a7a5，则（ ）A．a30B．S50C．S3S4D．S4最大10．已知数据x1,x2,,x10的平均数是a，中位数为b，方差为c，极差为d.由这组数据得到新数据y1,y2,,y10，其中yi3xi2i1,2,,10，则（ ）A．新数据的平均数是3aC．新数据的方差是9cB．新数据的中位数是3bD．新数据的极差是3dex1,x011．已知函数fx2，则（ ）x2x,x0A．fx有两个零点B．直线yx与fx的图象有两个交点C．直线y1与fx的图象有四个交点2D．存在两点a,b，2a,ba0,b0同时在fx的图象上12．在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，P，Q分别是线段A1B，B1D1上的点，则下列结论正确的是（ ）A．三棱锥PCB1D1的体积是43试卷第2页，共4页

B．线段PQ的长的取值范围是23,233C．若P，Q分别是线段A1B，B1D1的中点，则PQ与平面AC所成的角为D．若P，Q分别是线段A1B，B1D1的中点，则PQ与直线AC所成的角为π6π3三、填空题

13．已知ai1i3i，其中i为虚数单位，则a .14．在正四棱锥PABCD中，M为侧棱PA上一点，PA3，PMAB2，若平面过M且平行于底面AC，则截此棱锥所得棱台的体积为 .15．已知直线l：ykx2与抛物线C：x28y交于A，B两个不同的点，P为AB的中点，F为C的焦点，直线l与y轴交于点Q，则QFQP的取值范围是 .四、双空题

16．将3个4cm×4cm的正方形都沿其中的一对邻边的中点剪开，每个正方形均分成两个部分，如图（1）所示，将这6个部分接于一个边长为22cm的正六边形上，如图（2）所示.若将该平面图沿着正六边形的边折起，围成一个七面体，则该七面体的体积为 cm3；若在该七面体内放置一个小球，则小球半径的最大值为 cm.五、解答题

17．已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，c4，且

absinAbcsinB4bsinC.

(1)求cosC；

(2)求ABC面积的最大值.

2218．已知各项均为正数的数列an满足a11，an12an1an2an.

(1)求数列an的通项公式；

试卷第3页，共4页

(2)设bn1，数列bn的前n项和为Tn，若Tn200bn，求满足条件的最小正整数anan1n.19．某公司生产一种电子产品，每批产品进入市场之前，需要对其进行检测，现从某批产品中随机抽取9箱进行检测，其中有5箱为一等品.(1)若从这9箱产品中随机抽取3箱，求至少有2箱是一等品的概率；(2)若从这9箱产品中随机抽取3箱，记表示抽到一等品的箱数，求的分布列和期望.20．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是等腰直角三角形，ABAC2，A1AA1BA1C6，点P在侧棱A1A上，且AP2PA1. (1)求证：A1ABC；(2)求二面角PBCB1的余弦值.53x2y2A,221．已知椭圆C：221ab0经过，B0,4两点，过C的左焦点F12ab作一条直线交C于E，F两点，点D位于x轴的正半轴上，连接DE，DF并延长交直25线x于M，N两点，若F1MF1N0.3(1)求椭圆C的方程；(2)确定D点的坐标.22．已知函数fx(1)当a12axxlnx.21时，确定函数fx的零点个数；2(2)若函数fx在0,上单调递增，求实数a的取值范围；x(3)若a2e，证明：fxxe1.试卷第4页，共4页

参考答案：

1．C【分析】由题意可知集合A是直线xy0上的点的集合，集合B是椭圆x22y21上的点的集合，因此只需联立方程判断直线和椭圆的交点个数即可.【详解】因为Ax,yxy0，Bx,y|x22y21，所以集合A是直线xy0上的点的集合，集合B是椭圆x22y21上的点的集合；因为MAB，所以若要求M中的元素个数，只需联立方程即可；xy0222x2yy2y23y21，联立2并化简得，2x2y133xx333333,,解得或，即椭圆和直线有两个交点或，3333y3y333所以M中的元素个数是2.故选：C.2．A【分析】先化简方程x2mx10有实数根得到m2，再利用集合的关系判断得解.【详解】因为关于x的一元二次方程x2mx10有实数根，所以m240，所以m2或m2，∣m3是集合m∣m2或m2的真子集，因为m所以“m3”是“关于x的一元二次方程x2mx10有实数根”的充分不必要条件.故选：A.3．D【分析】根据直线斜率等于倾斜角的正切值，得tan2，再利用正切的二倍角公式即可得到结果.【详解】由直线2xy10方程，得直线斜率tan2，所以tan2故选：D.4．B2tan224.1tan21223答案第1页，共19页

【分析】对于A,根据T||即可求出；对于B,可根据函数在对称轴处取的最值验证；对于C,利用解析式可直接求得最大和最小值，验证即可；对于D,可求得函数的单调增区间，验2π证即可.【详解】对于A,T=2π2π==π,fx的最小正周期为π,故A错误；|ω|2ππππ对于B,fsin(2)1sin12，2为最大值，6626π所以fx的图象关于直线x对称，故B正确；6对于C，依据函数解析式得f(x)maxf(x)min202,故C错误；对于D,令ππππ2kπ2x2kπ,kZ，解得kπxkπ,26236ππ令k0，得fx的一个增区间为[,]，36ππππ故fx在(,]上为减函数，在(,]上为增函数，故D错误.2336故选：B.5．D1111【分析】根据平面向量基本定理得到APACAB，从而得到m,n，求出答案.424232【详解】因为CP3PD，AD2DB，所以CPCD，ADAB，4333313APACCPACCDACADACACAD4444411132ACABACAB4434211又APmACnABm,nR，所以m,n，42故mn故选：D6．C3.4【分析】根据曲率的定义求解即可.x【详解】因为fxxe，所以f(x)1ex，所以f(x)ex，答案第2页，共19页

所以曲线yfx在0,1处的曲率Kf(0)3221f(0)11ee032201.故选：C.7．B【分析】由双曲线方程，把离心率表示出来，再利用基本不等式求得最小值.2【详解】由题意可得e1m28m52m8mm222，，e2，则e1e2m8m84m8352m5192，即e1e2，24m844432m当且仅当，即m4时等号成立，故e1e2的最小值为.m82由基本不等式，e1e22故选：B.8．B【分析】根据独立事件概率公式可判断①正确；通过反例可说明②③错误；由PAPABPAB，结合独立事件概率公式可知④正确.【详解】对于①，若A,B互斥，则PAB0，又PAPB0，PABPAPB，A,B不相互独立，①正确；对于②，PACPBCPACPCPBCPC1，PACPBCPC；扔一枚骰子，记事件A为“点数大于两点”；事件B为“点数大于五点”；事件C为“点数大于一点”，则PACPA1425，PBCPB，PC，6366满足PACPBCPC，但A,B不是对立事件，②错误；对于③，扔一枚骰子，记事件A为“点数大于两点”；事件B为“点数大于五点”；事件C为“点数大于六点”，则PA4211，PB，PC0，PABC0，PABPB，6636满足PABCPAPBPC，此时PABPAPB，事件A,B不相互独立，③错误；答案第3页，共19页

对于④，AABAB，事件AB与AB互斥，PAPABPAB，又PABPAPAPB，PAPABPAPAPB，即PABPAPB，事件A,B相互独立，④正确.故选：B.【点睛】思路点睛：本题考查对立事件、独立事件的判断，解题基本思路是能够结合和事件和积事件的定义，利用独立事件概率公式依次验证选项中的事件是否为独立事件.9．AB13na1，验证每个选【分析】设等差数列的公差为d,根据题中条件可求出da1及an22项即可.【详解】设等差数列的公差为d，因为a1a7a5，所以a1a7a1a16da14d，11化简得a12d，即da1，又a10，所以da10，22所以ana1(n1)d则a3S53na1，233a10，故A正确；2(a1a5)55a30，故B正确；21a4a10，则S4S3a4S3，故C,D错误；2故选：AB.10．CD【分析】直接利用平均数，中位数，方差，极差的定义求解判断即可.【详解】对于A，新数据的平均数为11y1y2y103x123x223x102101031x1x2x1023a2，故A错误；10对于B，因为原数据的中位数为b，所以新数据的中位数是3b2，故B错误；对于C，因为原数据的方差为c所以新数据的方差是1222x1ax2ax10a，101222y13a2y23a2y103a210答案第4页，共19页

9222x1ax2ax10a9c，故C正确；10对于D，设数据x1,x2,,x10中xn最大，xm最小，其中1n10,1m10,nN*,mN*, 则xnxmd，所以新数据的极差是ynym3xn23xm23d，故D正确.故选：CD.11．ABD【分析】A选项，画出函数图象，得到A正确；B选项，求出yex1在x0的切线方程为yx，再联立yx22x,x0与yx，从而得到线yx与fx的图象交点个数；C选项，在同一坐标系内画出y1与fx的图象，数形结合得到答案；D选项，转化为2gxx22x,x0与hxex1,x0在第一象限内有交点即可，由函数单调性及特殊点的函数值，得到答案.【详解】画出fx的图象，如下：A选项，fx有两个零点，即2和0，A正确；xxxB选项，当x0时，fxe1，则fxe，令fxe1，解得x0，又f00，故yex1在x0的切线方程为yx，xx令mxe1x，x0，则mxe10，答案第5页，共19页

x故mxe1x在0,上单调递增，故mxm00，即ex1x在0,上恒成立，故yex1在x0,上与yx只有一个交点，2当x0时，fxx2x，联立yx，可得x22xx，解得x=1或0（舍去），结合函数图象，可知直线yx与fx的图象有两个交点，B正确；C选项，在同一坐标系内画出fx与直线y1的图象，2可知直线y1与fx的图象有2个交点，C错误；2D选项，点a,b，2a,ba0,b0是关于x=1对称的两点，因为a0,b0，故a,b是位于第一象限的点，2a,b位于第二象限，2a,b在fxx22x,x2上，要想满足a,b同时在fx的图象上，2x只需gxx2x,x0与hxe1,x0在第一象限内有交点，因为g13,h1e1，故g1h1，3又g315,h3e1，故g3h3，两函数均在0,单调递增，故一定存在x01,3，使得gx0hx0，D正确.故选：ABD12．AC【分析】以D为坐标原点，以DA,DC,DD1的方向为正方向建立空间直角坐标系，答案第6页，共19页

对于A,利用AB//DC,得到AB//平面CBD，从而故点P到平面CBD的距离等价于点B到平面CBD的距离,近一步转化即可求出三棱锥PCB1D1的体积；对于B,设出点P,Q的坐标，利用空间中两点间的距离公式计算出PQ，通过化简，求出PQ的最小值即可；sincosPQ,n，即可求得；对于C,求得平面AC的法向量n，利用公式对于D，求出cosPQ,AC，得到PQ,AC的大小即可.【详解】建立如图所示空间直角坐标系：因为棱长为2，所以A2,0,0,B(2,2,0),C(0,2,0),A(2,0,2),D(0,0,2),AB(0,2,2),DC(0,2,2),AC(2,2,0),对于A,AB(0,2,2),DC(0,2,2),ABDC,则AB//DC,所以AB//DC,又AB平面CBD,DC平面CBD，所以AB//平面CBD，又点PAB,故点P到平面CBD的距离等价于点B到平面CBD的距离,14所以VPCB1D1VBCB1D1VD1BCB122,故A正确；33对于B,设P(2,m,2m),Q(n,n,2),m,n[0,2]则PQn2nm22m22m22n22mn2n4答案第7页，共19页

n32102(m)2(n)2，2233n1mm32103023故及时，PQmin，22333nn33故B错误；对于C,若P，Q分别是线段A1B，B1D1的中点，则P(2,1,1),Q(1,1,2),PQ(1,0,1),取平面AC的法向量n(0,0,1)，设为PQ与平面AC所成的角，PQn12π，则sincosPQ,n所以，242PQn即PQ与平面AC所成的角为π，故C错误；4对于D,若P，Q分别是线段A1B，B1D1的中点，则P(2,1,1),Q(1,1,2),PQ(1,0,1)，则PQAC(1,0,1)(2,2,0)2,PQAC21cosPQ,AC则，2222PQACππ则PQ,AC,即PQ与直线AC所成的角为，故D正确.33故选：AD.13．2【分析】由复数四则运算即可求解.【详解】因为ai1i3i，所以ai=故答案为：2.14．767767/81813i3i1i42i2i，所以a2.1i1i1i2【分析】作出辅助线，由勾股定理和相似知识得到棱台的上下底面面积和高，代入公式求出棱台体积.【详解】如图，正四棱锥PABCD中，正方形ABCD对角线相交于点O，因为过M且平行于底面AC，故四边形MEWF为正方形，对角线相交于点N，故P,N,O三点共线，且PO⊥平面AC且PO⊥平面MW，答案第8页，共19页

因为AB2，所以AO2，因为PA3，由勾股定理得POPA2AO2927，由相似知识可知PNMF24PNMFPM，解得PN27，MF，，即23POADPA373277，332故ONPOPN74162则截此棱锥所得棱台的上底面面积为S1，下底面面积为S224，93故截此棱锥所得棱台的体积为1116167767S1S2S1S2ON44381.3399 故答案为：7678115．16,【分析】根据中点坐标公式，结合一元二次方程根与系数的关系、根的判别式、平面向量数量积的坐标表示公式进行求解即可.【详解】由x28y可知：F0,2，因为直线ykx2在纵轴的截距为2，所以点Q的坐标为0,2，ykx2x28kx160，由2x8y因为直线l：ykx2与抛物线C：x28y交于A，B两个不同的点，所以8k4160k21，设Ax1,y1,Bx2,y2，则有x1x28k,x1x216，2答案第9页，共19页

22所以y1y2kx1x248k4，所以P4k,4k2，QFQP0,44k,4k216k216，所以QFQP的取值范围是16,，故答案为：16,. 【点睛】关键点睛：本题的关键是利用一元二次方程求出k的取值范围.16． 32 33【分析】将平面图象折叠并补形得到如图(3)所示的正方体，该七面体为正方体沿着图中的六边形截面截去一部分后剩下的另一部分，即可求解其体积；当小球为该七面体的内切球时，半径最大，此球亦为正三棱锥ABCD的内切球，设正棱锥ABCD的内切球的半径为rcm，构造正方体即可求解.【详解】将平面图形折叠并补形得到如图所示的正方体，该七面体为正方体沿着图中的六边形截去一部分后剩下的另一部分，133易得其体积为正方体体积的一半，即432cm.2当小球为该七面体的内切球时，半径最大，此球亦为正三棱锥ABCD的内切球，如下图：过点F作FEBD,交BD于E,E为GH的中点，答案第10页，共19页

BD62cm,ADAE2DE242223226cm,则ABABAD6cm，BD2AB2AD2,所以BADπ,ABAD,2同理ABAC,ACAD,设正三棱锥ABCD的内切球的半径为rcm,16636，又VABCD6321366又正三棱锥ABCD的表面积6262354183,2221则(54183)r36，3所以r33.故答案为：32；33.17．(1)2(2)431【分析】（1）利用边化角，并结合余弦定理即可求解.（2）由三角形面积公式S1absinC，再结合余弦定理算出ab的最大值即可.2【详解】（1）因为absinAbcsinB4bsinC，注意到c4且结合正弦定理a2RsinA,b2RsinB,c2RsinC有ababcbcbc，整理得a2b2c2ab，答案第11页，共19页

a2b2c2ab1所以由余弦定理可得cosC.2ab2ab2（2）由（1）可知a2b2c2ab，且注意到c4，所以有a2b2ab16c2，利用基本不等式得16a2b2ab2ababab，即ab有最大值16；21132又由（1）可知cosC，所以sinC1cosC1，222综上所述：S113absinC1643；即ABC面积的最大值为43.22218．(1)an2n1(2)11【分析】（1）对递推式变形，利用等差数列定义即可求出数列的通项公式；（2）利用裂项求和法求出Tn，然后解不等式即可.22【详解】（1）因为an12an1an2an，所以22an1an2an1anan1anan1an20，因为an0，所以an1an2，又a11，所以数列an是以a11为首项，2为公差的等差数列，所以an12n12n1；（2）因为bn11111，anan12n12n122n12n1所以Tn11111111n11，213352n12n122n12n1因为Tn200bn，所以所以nn200，所以2n2n2000，2n12n12n1116014111601（舍去），所以满足条件的最小正整数n为11.或n4442519．(1)42(2)分布列见解析，E53【分析】（1）有古典概型概率计算公式以及组合数的计算即可求解.（2）利用超几何分布的知识求得分布列以及期望.答案第12页，共19页

【详解】（1）设从这9箱产品中随机抽取的3箱产品中至少有2箱是一等品的事件为A，则2130C5C4C5C410410125PA，3C98442因此从这9箱产品中随机抽取3箱，求至少有2箱是一等品的概率为25.42（2）由题意可知的所有可能取值为0,1,2,3，由超几何分布概率公式得012C3C2C14130540104C54C54C5P03，P23，，P13C98421C98414C984213C01054C5P33，C98442所以的分布列为：P01211210213542514所以E1510550123.21142142320．(1)证明过程见解析(2)33【分析】（1）作出辅助线，由三线合一得到线线垂直，进而得到线面垂直，得到A1ABC；（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到平面的法向量，从而求出二面角的余弦值.【详解】（1）取BC的中点M，连接AM,A1M， 因为ABAC2，所以AM⊥BC，6，所以A1M⊥BC，因为A1BAC1答案第13页，共19页

因为A1MAMA，A1M,AM平面AA1M，所以BC⊥平面AA1M，因为A1A平面AA1M，所以BC⊥A1A；（2）因为底面ABC是等腰直角三角形，ABAC2，所以BC22,AM2，又A1M⊥BC，由勾股定理得A1MA1B2BM2622，222因为A1A6，故AMA1MA1A，由勾股定理逆定理可得AMA1M，故AM,MB,A1M两两垂直，故以M为坐标原点，AM,MB,MA1分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，则A2,0,0,B0,2,0,C0,2,0,A10,0,2，设B1a,b,c，因为AA1BB1，所以2,0,2a,b2,c，解得a2,b2,c2，故B12,2,2，Pm,n,t，因为AP2PA1，所以m2,n,t2m,n,2t，设2mm22m324,0,即n2n，解得n0，则P3，3t42t4t3nPBC设平面的法向量为1x1,y1,z1，n1BCx1,y1,z10,22,022y10则，2424n1BPx1,y1,z13,2,33x12y13z10y0nz1解得1，令1，则x122，故122,0,1，答案第14页，共19页

设平面BCC1B1的法向量为n2x2,y2,z2，n2BCx2,y2,z20,22,022y20则，n2BB1x2,y2,z22,0,22x22z20解得y20，令x22，则z21，故n22,0,1，22,0,12,0,1401n1n23cosn1,n2，3812133n1n2由图形可知，二面角PBCB1的大小为锐角，设为，则cos3，333二面角PBCB1的余弦值为x2y221．(1)12516(2)5,0【分析】（1）利用代入法进行求解即可；（2）设出直线方程与椭圆方程联立，通过代入法求出相应点的坐标，再结合平面向量数量积的坐标表示公式、一元二次方程根与系数关系进行求解即可.53x2y2【详解】（1）因为椭圆C：221ab0经过A2,2，B0,4两点，ab答案第15页，共19页

75442221,b16,2b所以有a，a25,016221,abx2y2所以该椭圆的方程为1；2516（2）由（1）可知：ca2b225163F1(3,0)，显然过F1的直线不能与横轴重合，所以设方程为xmy3，x2y2116m225y296my2560，与椭圆方程联立，得2516xmy3因为点F1在椭圆内部，所以该直线xmy3一定与椭圆相交，设Ex1,y1,Fx2,y2，则有y1y296m256,yy，于是有1216m22516m225150225400m22x1x2my1y26,x1x2my1y23my1y29,设16m22516m225yy1xx125Dn,0n0，DE方程为：，令x，y1x1n3得y253n253n25y1，即M,33nxy1，3nx11253n25N,y同理33nx2，2因为F1MF1N0，163n25163n25,y,y所以33nx133nx20，1222563n25y1y20，即99nxnx122化简，得256nnx1x2x1x23n25y1y20，2把y1y2得96m256150225400m2,yy，x1x2代入上式，,x1x21216m22516m22516m22516m225答案第16页，共19页

m2116n24000n5，或n5舍去，D点的坐标为5,0. 【点睛】关键点睛：解决本题的关键是利用一元二次方程根与系数关系进行化简运算.22．(1)2个(2)[1,)(3)证明见解析11【分析】（1）令f(x)0，结合x0，等价于xlnx0的解，令g(x)xlnx，求导得44到函数的单调性，结合零点存在定理，即可求解；（2）求出导函数f(x)，由f(x)0在(0,)上恒成立，分离参数化为a新函数的最大值即得；x（3）不等式变形为exelnxlnx1，再求出x1，然后由导数求出不等式左右两边两个函数的最值，从x而证得不等式成立．【详解】（1）当a12121时，f(x)xxlnx(x0)，令f(x)0，即xxlnx0，2441x0,xlnx0，4令g(x)111x4xlnx，则g(x)，44x4x当0x4时，gx0；当x>4时，gx0；g(x)在(0,4)上单调递减，在(4,)上单调递增.答案第17页，共19页

g(1)1111ln10,g(4)1ln40，ge4e442440，4444g(x)在(0,4)上有且只有一个零点，在(4,)上有且只有一个零点，g(x)在(0,)上只有2个零点，即f(x)在(0,)上只有2个零点；（2）由题意知，f(x)axlnx1.因为函数fx在(0,＋)上单调递增，所以当x0时，f(x)0，即a令h(x)lnx1恒成立．xlnx1x0，则h(x)ln2x，xx所以当0x1时，h(x)0，当x1时，h(x)0，所以hx在(0,1)上单调递增，在(1,＋)上单调递减，则hxmaxh11，所以a1.故实数a的取值范围是[1,)；.（3）若a2e，要证f(x)xex1，x只需证exlnxe11x，即exelnx.xx令t(x)lnx11x0，则t(x)xx2，x所以当0x1时，t(x)0，当x1时，t(x)0，所以tx在0,1上单调递减，在(1,)上单调递增，则t(x)mint(1)1，所以lnx11.x令(x)exexx0，则(x)eex，所以当0x1时，(x)0，当x1时，(x)0，所以x在0,1上单调递增，在(1,)上单调递减，则(x)max(1)0，所以exex0.x所以exelnx1，故原不等式成立．x【点睛】方法点睛：函数在某个区间上单调，转化为导函数不小于0（或不大于0）恒成立，再用分离参数转化为求函数的最值，从而得参数范围．本题不等式的证明方法是把不等式变形，然后分别求出不等式两边两个函数的最值，由最值关系得证不等式成立．答案第18页，共19页

答案第19页，共19页