2020-2021年河南省平顶山市某校高二（下）4月月考数学试卷 (1)

这是一份2020-2021年河南省平顶山市某校高二（下）4月月考数学试卷 (1)，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知A2x3=100Ax2，则x=( )
A.11B.12C.13D.14

2. 复数53−i的共轭复数对应复平面中的点在( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

3. “x2−15x+56≥0”是“x≤7”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

4. 在(1−x3)(1+x)10的展开式中x5的系数是( )
A.−297B.−252C.297D.207

5. 4名运动员参加4*100接力赛，根据平时队员训练的成绩，甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒，则不同的出场顺序有( )
A.12种B.14种C.16种D.24种

6. 北京《财富》全球论坛期间，某高校有14名志愿者参加接待工作，若每天早、中、晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，则开幕式当天不同的排班种数为( )
A.C1412A124A84B.C1412C124C84
C.C1412C124C84A33D.C1412C124C84A83

7. 函数f(x)=x3−ax2−bx+a2在x=1处有极值10，则a+b为( )
A.0B.7C.0或7D.不存在

8. 函数fx=x2−8lnx+3的单调减区间是( )
A.(−4,1]B.(−3,1]
C.1,+∞D.−∞,−4∪1,+∞

9. 对于两个复数z1=2+i，z2=2−i，有下列四个结论：①z1z2=3；②z1z2=1；③|z1||z2|=1；④z13+z23=20．其中正确的个数为( )
A.1B.2C.3D.4

10. 对于R上可导的任意函数fx，且f′1=0若满足x−1f′x>0，则必有( )
A.f(0)+f(2)<2f(1)B.f(0)+f(2)≥2f(1)
C.f(0)+f(2)>2f(1)D.f(0)+f(2)≤2f(1)

11. 若fx=−x2+alnx+4在x∈−1,+∞上是减函数，则a的取值范围是( )
A.[−6,+∞)B.−6,+∞C.(−∞,−6]D.−∞,−6

12. 若(2−x)10=a0+a1x+a2x2+⋯+a10x10，则(a0+a2+⋯+a10)2−(a1+a3+⋯+a9)2=( )
A.1B.−1C.2D.−2
二、填空题

写出命题“∀x∈R，x2+1≥1”的否定________．

若三角形内切圆半径为r，周长为C，则三角形的面积S=12C⋅r；利用类比思想，若四面体内切球半径为R，表面积记作S表，则四面体的体积V=________．

函数fx=ax3−6ax2+ba>0在区间−2,2上的最大值为4，最小值为−60，则a+b的值为________.

有8本不相同的书，其中数学书3本，外文书2本，其它书3本．若将这些书排列放在书架上，则数学书恰好排在一起，外文书也恰好排在一起的排法共有________种（用数字作答）．
三、解答题


(1)解不等式：3Ax3≤2Ax+12+6Ax2；

(2)解方程：A2x+14=140Ax3 .

已知函数fx=2x3−6x .
(1)求函数fx在−32,−12上的最大值和最小值；

(2)过点P−1,6作曲线y=fx的切线，求此切线的方程．

已知数列an的前n项和Sn满足2Sn=1−2n−1ann∈N+ .
(1)计算a1，a2，a3，a4；

(2)猜想an的表达式，并用数学归纳法证明你的结论 .

已知3x−1n的展开式中第2项与第5项的二项式系数相等，求2x−1x2n的展开式中：
(1)所有二项式系数之和；

(2)二项式系数最大的项.

设函数fx=−x2+ax+lnxa∈R.
(1)当a=−1时，求函数fx的单调区间；

(2)若函数fx在13,3上有两个零点，求实数a的取值范围．

已知f(x)=axekx−1，g(x)=lnx+kx．
(1)当a=1时，若f(x)在(1, +∞)上为减函数，g(x)在(0, 1)上是增函数，求k的值；

(2)对任意k>0，x>0，f(x)>g(x)恒成立，求a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021年河南省平顶山市某校高二（下）4月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
排列及排列数公式
【解析】
直接利用排列公式计算即可.
【解答】
解：∵ A2x3=100Ax2，
∴ 2x⋅2x−1⋅2x−2=100⋅x⋅x−1，2x≥3，x≥2，x∈N*，
解得x=13.
故选C.
2.
【答案】
D
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的代数表示法及其几何意义
共轭复数
【解析】
直接求出复数，判断对应点即可.
【解答】
解：因为53−i=53+i3−i3+i=15+5i10=32+12i，
其共轭复数为32−12i
对应复平面中的点是32,−12，位于第四象限.
故选D.
3.
【答案】
B
【考点】
一元二次不等式的解法
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
首先求出不等式的解集，再判断充要性即可.
【解答】
解：∵ x2−15x+56≥0，
∴ x≤7或x≥8，
由于“x≤7或x≥8”是“x≤7”的必要不充分条件，
即“x2−15x+56≥0”是“x≤7”的必要不充分条件.
故选B.
4.
【答案】
D
【考点】
二项式定理的应用
【解析】
先将多项式展开，转化成两二项式系数的差，利用二项展开式的通项公式求出第r+1项，令x的指数为5，2求出二项展开式的系数．
【解答】
解：∵ (1−x3)(1+x)10=(1+x)10−x3(1+x)10，
∴ (1−x3)(1+x)10的展开式中x5的系数是(1+x)10的展开式中x5的系数减去(1+x)10中x2的系数，
∵ (1+x)10的展开式的通项为Tr+1=C10rxr，
令r=5，2得(1+x)10的展开式中x5的系数为C105，展开式中x2的系数为C102，
∴ C105−C102=252−45=207.
故选D.
5.
【答案】
B
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
分两类，甲跑第四棒和甲不跑第四棒，根据分类计数原理可得．
【解答】
解：甲跑第四棒，则有A33=6种，
甲不跑第四棒，则有C21C21A22=8种，
所以不同的出场顺序共有8+6=14种.
故选B．
6.
【答案】
B
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：先从14人中选12人，有C1412种选法；
早班从12人中选取4人，有C124种选法；
中班从剩余的8人中选4人，有C84种选法；
剩余的4人是晚班．
所以开幕式当天不同的排班种数为C1412C124C84．
故选B.
7.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
首先对f(x)求导，然后由题设在x=1时有极值10可得f′(1)=0f(1)=10．
【解答】
解：对函数f(x)求导得f′(x)=3x2−2ax−b，
又∵ 当x=1时f(x)有极值10，
∴ f′(1)=3−2a−b=0，f(1)=1−a−b+a2=10，
解得a=−4，b=11或a=3，b=−3，
验证知，当a=3，b=−3时，f(x)在x=1处无极值，舍去.
∴a+b=7.
故选B.
8.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
对fx=x2−8lnx+3求导得f′x=2x−8x+3，fx单调递减，则f′x≤0，即可得解
【解答】
解：因为fx=x2−8lnx+3，x>−3，
所以f′x=2x−8x+3，x>−3，
若fx单调递减，
则f′x≤0，即2x−8x+3≤0，
整理可得x−1x+4≤0，
解得−4≤x≤1.
又因为x>−3，
所以−3故选B．
9.
【答案】
A
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的模
复数代数形式的混合运算
【解析】
根据复数的运算逐项分析解答．
【解答】
解：z1=2+i， z2=2−i，
①z1z2=(2+i)(2−i)=4−i2=5，故①错误；
②z1z2=2+i2−i=(2+i)2(2−i)(2+i)=4+4i+i222−i2=35+45i，故②错误；
③|z1|=22+12=5，|z2|=22+(−1)2=5，
∴|z1||z2|=55=1，故③正确；
④ z13=(2+i)3=(3+4i)(2+i)=2+11i，
z23=2−i3=3−4i2−i=6−3i−8i−4=2−11i，
∴z13+z23=4，故④错误.
故选A．
10.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
函数fx满足x−1f′x>0，对x与1的大小关系分类讨论即可得出函数fx 的单调性．
【解答】
解：因为函数fx满足x−1f′x>0，
所以x>1时，f′x>0，此时函数fx单调递增；
x<1时，f′x<0，此时函数fx单调递减，
又因为f′1=0，因此x=1函数fx取得极小值．
所以f(0)>f(1)，f(2)>f1，
所以f0+f2 >2f(1)．
故选C．
11.
【答案】
C
【考点】
已知函数的单调性求参数问题
利用导数研究函数的单调性
【解析】
f′x=−2x2−8x+ax+4, fx在−1,+∞上是减函数，即f′x≤0在−1,+∞上恒成立，即a≤2x2+8x在−1,+∞上恒成立,记gx=2x2+8x，x>−1,求得gx>g−1=−6,得a的范围.
【解答】
解：函数fx的定义域为−4,+∞，
f′x=−2x+ax+4=−2x2−8x+ax+4,
∵fx在−1,+∞上是减函数，
∴f′x≤0在−1,+∞上恒成立，
即−2x2−8x+a≤0在−1,+∞上恒成立，
即a≤2x2+8x在−1,+∞上恒成立,
记gx=2x2+8x，x>−1,
则gx>g−1=−6，
∴a≤−6.
故选C．
12.
【答案】
A
【考点】
二项式定理的应用
【解析】
利用赋值法分别令x=1和x=−1，即可求出(a0+a2+a4+...+a10)2−(a1+a3+a5+...+a9)2的值．
【解答】
解：因为(a0+a2+a4+⋯+a10)2−(a1+a3+a5+...+a9)2
=(a0+a2+a4+⋯+a10+a1+a3+a5+⋯+a9)×
[(a0+a2+a4+⋯+a10)−(a1+a3+a5+⋯+a9)]，
所以令x=1，则a0+a1+a2+⋯+a10
=[(a0+a2+a4+⋯+a10)+(a1+a3+a5+⋯+a9)]
=(2−1)10，
令x=−1，则a0−a1+a2−⋯+a10
=[(a0+a2+a4+⋯+a10)−(a1+a3+a5+⋯+a9)]
=(2+1)10，
所以两式相乘得[(a0+a2+a4+...+a10)2−(a1+a3+a5+...+a9)2]
=(2+1)10(2−1)10
=[(2)2−1]10
=110
=1．
所以(a0+a2+⋯+a10)2−(a1+a3+⋯+a9)2=1．
故选A.
二、填空题
【答案】
∃x∈R，x2+1<1
【考点】
命题的否定
【解析】
本题中的命题是一个全称命题，其否定是特称命题，依据全称命题的否定书写形式写出命题的否定即可
【解答】
解：全称命题的否定为特称命题.
∵ 命题∀x∈R，x2+1≥1，
∴ 命题的否定是：∃x∈R，x2+1<1.
故答案为：∃x∈R，x2+1<1.
【答案】
13RS表
【考点】
类比推理
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
根据平面与空间之间的类比推理，由点类比点或直线，由直线 类比 直线或平面，由内切圆类比内切球，由平面图形面积类比立体图形的体积，结合求三角形的面积的方法类比求四面体的体积即可．
【解答】
解：设四面体的内切球的球心为O，
则球心O到四个面的距离都是R，
所以四面体的体积等于以O为顶点，
分别以四个面为底面的4个三棱锥体积的和．
故答案为：13RS表．
【答案】
6
【考点】
利用导数研究函数的最值
【解析】
求函数的导数，判断函数在闭区间上的最值，即可得到结论．
【解答】
解：函数的fx的导数
f′x=3ax2−12ax=3axx−4，
∵a>0，
∴由f′x<0，解得0由f′x>0，解得x>4或x<0，此时函数单调递增，
即函数在[−2,0]上单调递增，在0,2上单调递减，
即函数在x=0处取得极大值同时也是最大值，则f0=b=4，
则fx=ax3−6ax2+4，
f−2=−32a+4，f2=−16a+4，
则f2>f−2，
即函数的最小值为f−2=−32a+4=−60，
解得a=2，
故a+b=2+4=6．
故答案为：6．
【答案】
1440
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
由题意，先求出总的排放种数，再用分步乘法计数原理求出数学书排在一起，外文书也排在一起的种数；要分三步完成，1、绑定数学书，2、绑定外文书，3、结合其它三个元素组成一个相当于五个元素的全排列．
【解答】
解：由题意，数学书排在一起有A33种方法，
外文书也排在一起有A22种方法，
数学书、外文书和其他3本书共有A33×A22×A55=1440种方法.
故答案为：1440．
三、解答题
【答案】
解：(1)由题意可知， x∈N且x≥3，
因为Ax3=xx−1x−2，Ax+12=x+1x， Ax2=xx−1 .
所以原不等式可化为3xx−1x−2≤2xx+1+6xx−1，
整理得3x−2x−5≤0，
所以3≤x≤5，
所以原不等式的解集为{3,4,5} .
(2)易得 2x+1≥4，x≥3，x∈N，
所以x≥3，x∈N，
由A2x+14=140Ax3，得
2x+1⋅2x⋅2x−12x−2=140xx−1x−2，
整理得4x2−35x+69=0，
即4x−23x−3=0，
解得x=3或x=234（舍去） .
所以原方程的解为x=3 .
【考点】
一元二次不等式的解法
排列及排列数公式
【解析】
（1）由题意可知， x∈N 且x≥3，
因为Ax3=xx−1x−2，Ax+12=x+1x， Ax2=xx−1 .
所以原不等式可化为3xx−1x−2≤2xx+1+6xx−1，
整理得3x−2x−5≤0，
所以，3≤x≤5，所以原不等式的解集为{3,4,5} .

【解答】
解：(1)由题意可知， x∈N且x≥3，
因为Ax3=xx−1x−2，Ax+12=x+1x， Ax2=xx−1 .
所以原不等式可化为3xx−1x−2≤2xx+1+6xx−1，
整理得3x−2x−5≤0，
所以3≤x≤5，
所以原不等式的解集为{3,4,5} .
(2)易得 2x+1≥4，x≥3，x∈N，
所以x≥3，x∈N，
由A2x+14=140Ax3，得
2x+1⋅2x⋅2x−12x−2=140xx−1x−2，
整理得4x2−35x+69=0，
即4x−23x−3=0，
解得x=3或x=234（舍去） .
所以原方程的解为x=3 .
【答案】
解：(1)f′x=6x2−6，
令f′x>0，解得x>1或x<−1，
令f′x<0，解得−1所以fx在(−∞−1)，1,+∞上单调递增，在−1,1上单调递减，
所以f(x)在−32,−12上先单调递增后单调递减,
所以fxmax=f−1=−2+6=4.
因为f−32=−314+9=94，
f−12=−14+3=114，
所以fxmin=f−32=94，
所以最大值为4，最小值为 94 .
(2)设切点为(x0,y0)，过点P−1,6切线方程为y=kx+1+6，
所以k=f′x0=6x02−6，
又因为fx0=y0=2x03−6x0，且y0=kx0+1+6，
解得x0=0或−32，
所以k=−6或−392，
所以y=−6x+1+6=−6x，
所以y=−392x+1+6=−392x−272，
所以6x+y=0或39x+2y+27=0 .
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)f′x=6x2−6，
令f′x>0，解得x>1或x<−1，
令f′x<0，解得−1所以fx在(−∞−1)，1,+∞上单调递增，在−1,1上单调递减，
所以f(x)在−32,−12上先单调递增后单调递减,
所以fxmax=f−1=−2+6=4.
因为f−32=−314+9=94，
f−12=−14+3=114，
所以fxmin=f−32=94，
所以最大值为4，最小值为 94 .
(2)设切点为(x0,y0)，过点P−1,6切线方程为y=kx+1+6，
所以k=f′x0=6x02−6，
又因为fx0=y0=2x03−6x0，且y0=kx0+1+6，
解得x0=0或−32，
所以k=−6或−392，
所以y=−6x+1+6=−6x，
所以y=−392x+1+6=−392x−272，
所以6x+y=0或39x+2y+27=0 .
【答案】
解：(1)∵2Sn=1−2n−1ann∈N+，
∴ 2S1=1−2−1a1，
a1=13，
同理易得 a2=115，
a3=135，
a4=163 .
(2)猜想 an=12n−12n+1，
当n=1时，a1=11×3=13，
假设n=k时， ak=12k−12k+1成立，
n=k+1时， ak+1=1[2(k+1)−1][2(k+1)+1]
an=Sn−Sn−1
=[1−(2n−1)an]−[1−(2n−3)an−1]2
∴an=2n−3an−11+2n，
∴ak+1=[2k+1−3]ak1+2k+1
=2k−11+2k+22k−12k+1
=13+2k2k+1
=1[2k+1−1][2k+1+1] .
即 n=k+1时成立，即证 an=12n−12n+1，n∈N+ .
【考点】
数列的应用
数学归纳法
【解析】
（1） 2S1=1−2−1a1，
a1=13，
同理易得 a2=115，
a3=135，
a4=163 .
【解答】
解：(1)∵2Sn=1−2n−1ann∈N+，
∴ 2S1=1−2−1a1，
a1=13，
同理易得 a2=115，
a3=135，
a4=163 .
(2)猜想 an=12n−12n+1，
当n=1时，a1=11×3=13，
假设n=k时， ak=12k−12k+1成立，
n=k+1时， ak+1=1[2(k+1)−1][2(k+1)+1]
an=Sn−Sn−1
=[1−(2n−1)an]−[1−(2n−3)an−1]2
∴an=2n−3an−11+2n，
∴ak+1=[2k+1−3]ak1+2k+1
=2k−11+2k+22k−12k+1
=13+2k2k+1
=1[2k+1−1][2k+1+1] .
即 n=k+1时成立，即证 an=12n−12n+1，n∈N+ .
【答案】
解：(1)由题意，得Cn1=Cn4，解得n=5，
所以2x−1x2n=2x−1x10，
所以2x−1x2n的展开式中，
所有二项式系数之和为210=1024．
(2)由于2n=10为偶数，
所以2x−1x10的展开式中第6项的二项式系数最大，
即T6=T5+1=C105×25×(−1)5=−8064．
【考点】
二项式系数的性质
二项式定理的应用
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
（1）由题意Cn1=Cn4，进而得n=5，故(2x−1x)2n二项式系数和为210=1024．
【解答】
解：(1)由题意，得Cn1=Cn4，解得n=5，
所以2x−1x2n=2x−1x10，
所以2x−1x2n的展开式中，
所有二项式系数之和为210=1024．
(2)由于2n=10为偶数，
所以2x−1x10的展开式中第6项的二项式系数最大，
即T6=T5+1=C105×25×(−1)5=−8064．
【答案】
解：(1)因为f(x)=−x2+ax+lnx(a∈R)，
所以函数fx的定义域为0,+∞，
当a=−1时，f′x=−2x−1+1x=−2x2−x+1x ，
令f′x=0，得x=12或x=−1（舍去），
当00，
当x>12时，f′x<0，
所以fx的单调递增区间为0,12，单调递减区间为12,+∞．
(2)∵ fx=−x2+ax+lnx=0，x∈13,3，
∴ a=x−lnxx，
令gx=x−lnxx，其中x∈13,3，
则g′x=1−1x⋅x−lnxx2=x2+lnx−1x2，
令g′x=0，得x=1，
当13≤x<1时，g′x<0，
当10，
∴gx的单调递减区间为13,1，单调递增区间为(1,3]，
∴g(x)min=g(1)=1，
又g13=3ln3+13，g(3)=3−ln33，
且3ln3+13>3−ln33，
由于函数fx在13,3上有两个零点，
故实数a的取值范围是(1,3−ln33]．
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
利用导数研究函数的最值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为f(x)=−x2+ax+lnx(a∈R)，
所以函数fx的定义域为0,+∞，
当a=−1时，f′x=−2x−1+1x=−2x2−x+1x ，
令f′x=0，得x=12或x=−1（舍去），
当00，
当x>12时，f′x<0，
所以fx的单调递增区间为0,12，单调递减区间为12,+∞．
(2)∵ fx=−x2+ax+lnx=0，x∈13,3，
∴ a=x−lnxx，
令gx=x−lnxx，其中x∈13,3，
则g′x=1−1x⋅x−lnxx2=x2+lnx−1x2，
令g′x=0，得x=1，
当13≤x<1时，g′x<0，
当10，
∴gx的单调递减区间为13,1，单调递增区间为(1,3]，
∴g(x)min=g(1)=1，
又g13=3ln3+13，g(3)=3−ln33，
且3ln3+13>3−ln33，
由于函数fx在13,3上有两个零点，
故实数a的取值范围是(1,3−ln33]．
【答案】
解：(1)当a=1时，f(x)=xekx−1，g(x)=lnx+kx，
所以f′(x)=(kx+1)ekx，g′(x)=1x+k，
若f(x)在(1, +∞)上为减函数，
则∀x>1，f′(x)≤0，即k≤−1x，
解得k≤−1；
因为g(x)在(0, 1)上为增函数，
则∀x∈(0, 1)，g′(x)≥0，即k≥−1x，
解得k≥−1.
综上所述k=−1．
(2)设h(x)=f(x)−g(x)=axekx−lnx−kx−1(x>0)，
所以h′(x)=(kx+1)(aekx−1x)，
设u(x)=aekx−1x，
所以u′(x)=akekx+1x2，
①a≤0时，u(x)=aekx−1x<0，
则h′(x)=(kx+1)(aekx−1x)<0，
所以h(x)在(0, +∞)上单调递减，
所以h(x)>0不恒成立；
②当a>0时，u′(x)=akekx+1x2>0，
所以在(0, +∞)上，u(x)=aekx−1x是增函数，
u(x)的函数值由负到正，必有x0∈(0, +∞)，u(x0)=0，
即aekx0=1x0，
两边取自然对数，得lna+kx0=−lnx0，
因为h(x)在(0, x0)上单调递减，(x0, +∞)上单调递增，
h(x)min=h(x0)=ax0ekx0−1−lnx0−kx0
=1−1−lnx0−kx0
=−lnx0−kx0
=lna，
因此，lna>0，
即a的取值范围是(1, +∞)．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
（1）a=1时，f(x)=xekx−1，分别求出函数f(x)，g(x)的导数，从而得出k的取值范围；
（2）设h(x)=f(x)−g(x)=axekx−lnx−kx−1(x>0)，求出h(x)的导数，通过讨论a的取值范围解决问题．
【解答】
解：(1)当a=1时，f(x)=xekx−1，g(x)=lnx+kx，
所以f′(x)=(kx+1)ekx，g′(x)=1x+k，
若f(x)在(1, +∞)上为减函数，
则∀x>1，f′(x)≤0，即k≤−1x，
解得k≤−1；
因为g(x)在(0, 1)上为增函数，
则∀x∈(0, 1)，g′(x)≥0，即k≥−1x，
解得k≥−1.
综上所述k=−1．
(2)设h(x)=f(x)−g(x)=axekx−lnx−kx−1(x>0)，
所以h′(x)=(kx+1)(aekx−1x)，
设u(x)=aekx−1x，
所以u′(x)=akekx+1x2，
①a≤0时，u(x)=aekx−1x<0，
则h′(x)=(kx+1)(aekx−1x)<0，
所以h(x)在(0, +∞)上单调递减，
所以h(x)>0不恒成立；
②当a>0时，u′(x)=akekx+1x2>0，
所以在(0, +∞)上，u(x)=aekx−1x是增函数，
u(x)的函数值由负到正，必有x0∈(0, +∞)，u(x0)=0，
即aekx0=1x0，
两边取自然对数，得lna+kx0=−lnx0，
因为h(x)在(0, x0)上单调递减，(x0, +∞)上单调递增，
h(x)min=h(x0)=ax0ekx0−1−lnx0−kx0
=1−1−lnx0−kx0
=−lnx0−kx0
=lna，
因此，lna>0，
即a的取值范围是(1, +∞)．