广东省珠海市2022-2023学年高二下学期期末数学试题（原卷版+解析版）

这是一份广东省珠海市2022-2023学年高二下学期期末数学试题（原卷版+解析版），共27页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁，2C， 下列导数运算正确的是等内容，欢迎下载使用。

珠海市2022-2023学年第二学期期末普通高中学生学业质量监测
高二数学
本试卷共6页，22小题，满分150分，考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名､班级､考场和座位号填写在答题卡上，将条形码横贴在每张答题卡右上角“条形码粘贴处”.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
一､选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. （ ）
A. 66 B. 54 C. 26 D. 14
2. 已知离散型随机变量分布列如下表，则其数学期望（ ）

1
2
4

0.2

0.6

A. 1 B. 0.2 C. 2.8 D. 3
3. 已知等差数列的前项和为，且，则（ ）
A. 5 B. 4 C. 3 D. 2
4. 在杨辉三角中，每一个数值是它肩上面两个数值之和.这个三角形开头几行如下图，若第行从左到右第12个数与第13个数的比值为2，则（ ）

A. 15 B. 16 C. 17 D. 18
5. 下列导数运算正确的是（ ）
A. B.
C D.
6. 已知等比数列的前项和为，且，则（ ）
A. B. C. D.
7. 已知定义在上的函数的图象如图，则不等式的解集为（ ）

A. B. C. D.
8. 设函数，实数满足不等式，则下列不等式成立的是（ ）
A. B.
C. D.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 设数列，前项和分别为，，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则数列为等差数列
B. 若，则数列为等比数列
C. 若数列是等差数列，则，，成等差数列
D. 若数列是等比数列，则，，成等比数列
10. 某商场设有电子盲盒机，每个盲盒外观完全相同，规定每个玩家只能用一个账号登陆，且每次只能随机选择一个开启．已知玩家第一次抽盲盒，抽中奖品的概率为，从第二次抽盲盒开始，若前一次没抽中奖品，则这次抽中的概率为，若前一次抽中奖品，则这次抽中的概率为．记玩家第次抽盲盒，抽中奖品的概率为，则（ ）
A. B. 数列为等比数列
C. D. 当时，越大，越小
11. 下列结论正确的有（ ）
A. 若随机变量满足，则
B 若随机变量，且，则
C. 已知随机变量服从二项分布，若，则
D. 对于事件，若，且，则
12. 设函数在点处的切线方程为.若函数图象与轴负半轴的交点为，且点处的切线方程为，函数，则（ ）
A. ，
B.
C. 存在最大值，且最大值为
D. 存在最小值，且最小值为
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在的展开式中，的系数为______.
14. 已知函数，若直线过点，并且与曲线相切，则直线l的方程为______________．
15. A，B，C，D，E共5位教师志愿者被安排到甲､乙､丙､丁4所学校参加支教活动，要求每所学校至少安排一位教师志愿者，且每位教师志愿者只能到一所学校支教，在A教师志愿者被安排到甲学校支教的前提下，甲学校有两名教师志愿者的概率为__________.
16. 已知非零数列，点在函数的图象上，则数列的前2024项和为__________.
四､解答题：本题共6个小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 已知数列，满足.
（1）证明：数列是等差数列；
（2）若等差数列的公差为成等比数列，求数列的前项和.
18. 二项式展开式前三项的二项式系数和为22.
（1）求的值；
（2）求展开式中的常数项及二项式系数最大的项.
19. 已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R).
（1）当a＝时，求f(x)的极值；
（2）讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数.
20. 月日是联合国教科文组织确定的“世界读书日”.为了解某地区高一学生阅读时间的分配情况，从该地区随机抽取了名高一学生进行在线调查，得到了这名学生的日平均阅读时间（单位：小时），并将样本数据分成、、、、、、、、九组，绘制成如图所示的频率分布直方图.

（1）求这名学生日平均阅读时间的中位数（保留到小数点后两位）；
（2）为进一步了解这名学生数字媒体阅读时间和纸质图书阅读时间的分配情况，从日平均阅读时间在、、三组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了人，现从这人中随机抽取人，记日平均阅读时间在内的学生人数为，求的分布列和数学期望；
（3）以样本的频率估计概率，从该地区所有高一学生中随机抽取名学生，用表示这名学生中恰有名学生日平均阅读时间在内的概率，其中、、、、.当最大时，写出的值，并说明理由.
21. 设有甲､乙､丙三个不透明的箱子，每个箱中装有除颜色外其他都相同的四个球，其中甲箱有两个黄球和两个黑球，乙箱有三个红球和一个白球，丙箱有两个红球和两个白球.完成以下步骤称为一次“操作”：先一次从甲箱中随机摸出两个球，若从甲箱中摸出的两个球同色，则从乙箱中随机摸出一个球放入丙箱，再一次从丙箱中随机摸出两个球；若从甲箱中摸出的两个球不同色，则从丙箱中随机摸出一个球放入乙箱，再一次从乙箱中随机摸出两个球.
（1）求一次“操作”完成后，最后摸出的两个球均为白球的概率；
（2）若一次“操作”最后摸出的两个球均为白球，求这两个球是从丙箱中摸出的概率；
（3）若摸出每个红球记1分，摸出每个白球记-2分.用表示一次“操作”完成后，最后摸到的两个球的分数之和，求的分布列及数学期望.
22. 已知函数，其中常数.
（1）若，求函数在其定义域内的单调区间；
（2）证明：对任意，都有：；
（3）证明：对任意，都有：.
珠海市2022-2023学年第二学期期末普通高中学生学业质量监测
高二数学
本试卷共6页，22小题，满分150分，考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名､班级､考场和座位号填写在答题卡上，将条形码横贴在每张答题卡右上角“条形码粘贴处”.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
一､选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. （ ）
A. 66 B. 54 C. 26 D. 14
【答案】B
【解析】
【分析】根据排列数、组合数公式计算可得.
【详解】.
故选：B
2. 已知离散型随机变量的分布列如下表，则其数学期望（ ）

1
2
4

0.2

0.6

A. 1 B. 0.2 C. 2.8 D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据表中数据可求解，进而又期望的公式即可求解.
【详解】由表可知：，
所以，
故选:D
3. 已知等差数列的前项和为，且，则（ ）
A. 5 B. 4 C. 3 D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用等差数列公式计算得到答案.
【详解】设等差数列的公差为d，由题意，则，
解得，所以.
故选：A
4. 在杨辉三角中，每一个数值是它肩上面两个数值之和.这个三角形开头几行如下图，若第行从左到右第12个数与第13个数的比值为2，则（ ）

A. 15 B. 16 C. 17 D. 18
【答案】C
【解析】
【分析】由杨辉三角的性质知，第n行的数对应的是展开式的二项式系数，进而根据二项式系数的性质求解即可.
【详解】由杨辉三角的性质知，第n行的数对应的是展开式的二项式系数，
因为第行从左到右第12个数与第13个数的比值为2，
所以，即，解得.
故选：C.
5. 下列导数运算正确的是（ ）
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据基本初等函数的求导公式即可结合选项求解.
【详解】对于A, ,故A错误，
对于B，，故B正确，
对于C，，故C错误，
对于D, ,故D错误，
故选：B
6. 已知等比数列的前项和为，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用与的关系求出数列的通项公式，利用等比数列的定义可得出关于的等式，解之即可.
【详解】当时，，
当时，，
故当时，，
因为数列为等比数列，易知该数列的公比为，则，即，
解得.
故选：C.
7. 已知定义在上的函数的图象如图，则不等式的解集为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用函数单调性与导数正负的关系，分类讨论，，，与五种情况即可得解.
【详解】当时，单调递增，则，
此时，所以，满足题意；
当时，单调递减，则，
此时，所以，满足题意；
当时，单调递增，则，
此时，所以，不满足题意；
当时，易得，不满足题意；
当时，易得，则，不满足题意；
综上：或，即不等式的解集为.
故选：D.
8. 设函数，实数满足不等式，则下列不等式成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件判断函数关于对称，求导，可得函数的单调性，利用函数的对称性和单调性将不等式进行转化求解即可.
【详解】∵，
∴，
∴函数关于对称，
又，
∵，
∴，
∴恒成立，则是增函数，
∵，
∴，
∴，得，
故选：A
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 设数列，的前项和分别为，，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则数列为等差数列
B. 若，则数列等比数列
C. 若数列是等差数列，则，，成等差数列
D. 若数列是等比数列，则，，成等比数列
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，C，利用等差数列的定义判断即可，对于B，D，通过举反例判断
【详解】解：对于A，由等差数列的定义可知当时，数列为等差数列，所以A正确；
对于B，当时，满足，但数列不是等比数列，所以B错误；
对于C，数列是等差数列，数列的前项和为，
则，

，
所以，所以，，成等差数列，所以C正确；
对于D，当等比数列的公比，为偶数时，，，均为零，所以，，不成等比数列，所以D错误，
故选：AC
10. 某商场设有电子盲盒机，每个盲盒外观完全相同，规定每个玩家只能用一个账号登陆，且每次只能随机选择一个开启．已知玩家第一次抽盲盒，抽中奖品的概率为，从第二次抽盲盒开始，若前一次没抽中奖品，则这次抽中的概率为，若前一次抽中奖品，则这次抽中的概率为．记玩家第次抽盲盒，抽中奖品的概率为，则（ ）
A. B. 数列为等比数列
C. D. 当时，越大，越小
【答案】ABC
【解析】
【分析】记玩家第次抽盲盒并抽中奖品为事件，依题意，，，，利用全概率公式可判断A选项；利用全概率公式推出，结合等比数列的定义可判断B选项；求出数列的通项公式，可判断C选项；利用数列的单调性可判断D选项.
【详解】记玩家第次抽盲盒并抽中奖品为事件，
依题意，，，，，
对于A选项，，A对；
对于B选项，，
所以，，所以，，
又因为，则，
所以，数列是首项为，公比为的等比数列，B对；
对于C选项，由B选项可知，，则，
当为奇数时，，
当为偶数时，，则随着的增大而减小，所以，.
综上所述，对任意的，，C对；
对于D选项，因为，则数列为摆动数列，D错.
故选：ABC.
【点睛】方法点睛：已知数列的递推关系求通项公式的典型方法：
（1）当出现时，构造等差数列；
（2）当出现时，构造等比数列；
（3）当出现时，用累加法求解；
（4）当出现时，用累乘法求解.
11. 下列结论正确的有（ ）
A. 若随机变量满足，则
B. 若随机变量，且，则
C. 已知随机变量服从二项分布，若，则
D. 对于事件，若，且，则
【答案】BD
【解析】
【分析】根据方差的性质判断A，根据正态分布的对称性求解概率判断B，根据二项分布的期望公式及期望的性质判断C，根据条件概率公式求解判断D.
【详解】对于选项A，根据方差的性质得，错误；
对于选项B，由正态分布的对称性可知，，
所以，正确；
对于选项C，因为量服从二项分布，所以，
则根据数学期望的性质得，解得，错误；
对于选项D，因为，所以，
根据条件概率公式得，正确.
故选：BD
12. 设函数在点处的切线方程为.若函数图象与轴负半轴的交点为，且点处的切线方程为，函数，则（ ）
A. ，
B.
C. 存在最大值，且最大值
D. 存在最小值，且最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据切线的斜率以及切点为切线与曲线的公共点求出、的值，可判断A选项；写出函数的解析式，求出点的坐标，可判断B选项；写出函数的解析式，利用导数求出函数的最值，可判断CD选项.
【详解】对于A选项，因为，
则，所以，，
且，
因为函数在点处的切线方程为，
则，
因为点在直线上，则，
可得，所以，，解得，A对；
对于B选项，由A选项可知，，
令可得或，故点，B对；
对于CD选项，由可得，即，
所以，，
所以，，
令，则，
故函数在上单调递增，且，
当时，，即，此时函数单调递减，
当时，，即，此时函数单调递增，
所以，函数存在最小值，且最小值为，C错D对.
故选：ABD.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在的展开式中，的系数为______.
【答案】
【解析】
【分析】首先写出展开式的通项公式，然后结合通项公式确定的系数即可.
【详解】展开式的通项公式为：，
令可得：，则的系数为：.
故答案为：
14. 已知函数，若直线过点，并且与曲线相切，则直线l的方程为______________．
【答案】
【解析】
【分析】设出切点坐标，求出函数的导数，利用导数的几何意义可得切线方程为，再根据切线过点，可求出，进而求出结果．
【详解】∵点不在曲线上，设切点坐标为．
又∵，所以
∴在处的切线方程为，
∵切线过点，
∴，解得，
∴直线的方程为：，即直线方程为.
故答案为：．
【点睛】方法点睛：用导数求切线方程的关键在于求出切点及斜率，其求法为：设是曲线上的一点，则以的切点的切线方程为：．若曲线在点的切线平行于轴（即导数不存在）时，由切线定义知，切线方程为．
15. A，B，C，D，E共5位教师志愿者被安排到甲､乙､丙､丁4所学校参加支教活动，要求每所学校至少安排一位教师志愿者，且每位教师志愿者只能到一所学校支教，在A教师志愿者被安排到甲学校支教的前提下，甲学校有两名教师志愿者的概率为__________.
【答案】##0.4
【解析】
【分析】求出A教师志愿者被安排到甲学校的排法，然后再求出在A教师志愿者被安排到甲学校支教的前提下，甲学校有两名志愿者的排法，根据条件概率进行计算，从而可求解．
【详解】A教师志愿者被安排到甲学校，
若甲学校只有一个人，则有种安排方法，
若甲学校有2个人，则有种安排方法，
A教师志愿者被安排到甲学校共有60种安排方法，
在A教师志愿者被安排到甲学校支教的前提下，甲学校有两名志愿者的安排方法有24种，
所以在A教师志愿者被安排到甲学校支教的前提下，甲学校有两名志愿者的概率是，
故答案为：
16. 已知非零数列，点在函数的图象上，则数列的前2024项和为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据等差数列定义求得数列的通项公式，进而可得数列的通项公式，利用裂项相消法求和.
【详解】由已知条件，可得，
所以①，，
因为点在函数的图象上，
所以，将①代入可得，,
化简得，，，
当时，由，则，得，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，，
因为，
所以，
故答案: .
四､解答题：本题共6个小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 已知数列，满足.
（1）证明：数列是等差数列；
（2）若等差数列的公差为成等比数列，求数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先对递推式变形得，作差即可得，再利用等差中项证明数列是等差数列；
（2）利用等比中项及等差数列基本量的运算求得，然后利用裂项相消法求和即可.
【小问1详解】
由，得，
所以，两式相减得，
即，所以数列是等差数列.
【小问2详解】
由等差数列的公差为2，得，
因为成等比数列，所以，即，解得，
所以，
所以，
所以.
18. 二项式展开式前三项的二项式系数和为22.
（1）求的值；
（2）求展开式中的常数项及二项式系数最大的项.
【答案】（1）6 （2）常数项为960，二项式系数最大的项为
【解析】
【分析】（1）根据二项式系数即可列式子求解，
（2）根据二项式展开式的通项特征，即可求解.
【小问1详解】
展开式前三项的二项式系数和为22，


或（舍），
故的值为6.
【小问2详解】
由题可得，展开式中最大的二项式系数为，
展开式中二项式系数最大的项为第4项，
即；
设展开式中常数项为第项，
即，
令，得，
，
故展开式中的常数项为第5项，即960.
19. 已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R).
（1）当a＝时，求f(x)的极值；
（2）讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数.
【答案】（1）f(x)极大值＝ln 2－1，无极小值；（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）当a＝时，f(x)＝ln x－x，求导得到f′(x)＝－＝，然后利用极值的定义求解.
（2）由（1）知，函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a＝ (x>0)，然后分a≤0和a>0两种情况讨论求解.
【详解】（1）当a＝时，f(x)＝ln x－x，函数的定义域为(0，＋∞)且f′(x)＝－＝，
令f′(x)＝0，得x＝2，
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表.
x
(0，2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)

ln 2－1



故f(x)在定义域上的极大值为f(x)极大值＝f(2)＝ln 2－1，无极小值.
（2）由（1）知，函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－a＝ (x>0).
当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
即函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；
当a>0时，当x∈时，f′(x)>0，
当x∈时，f′(x)<0，
故函数在x＝处有极大值.
综上可知，当a≤0时，函数f(x)无极值点，
当a>0时，函数y＝f(x)有一个极大值点，且为x＝.
【点睛】本题主要考查导数与函数的极值以及极值点的个数问题，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，属于中档题.
20. 月日是联合国教科文组织确定的“世界读书日”.为了解某地区高一学生阅读时间的分配情况，从该地区随机抽取了名高一学生进行在线调查，得到了这名学生的日平均阅读时间（单位：小时），并将样本数据分成、、、、、、、、九组，绘制成如图所示的频率分布直方图.

（1）求这名学生日平均阅读时间的中位数（保留到小数点后两位）；
（2）为进一步了解这名学生数字媒体阅读时间和纸质图书阅读时间的分配情况，从日平均阅读时间在、、三组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了人，现从这人中随机抽取人，记日平均阅读时间在内的学生人数为，求的分布列和数学期望；
（3）以样本的频率估计概率，从该地区所有高一学生中随机抽取名学生，用表示这名学生中恰有名学生日平均阅读时间在内的概率，其中、、、、.当最大时，写出的值，并说明理由.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
（3），理由见解析
【解析】
【分析】（1）设中位数为，分析可知，，利用中位数的定义可得出关于的等式，解之即可；
（2）计算出按分层抽样所抽取的人中，从日平均阅读时间在内的学生抽取的学生人数，分析可知，的可能取值为、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值；
（3）分析可知，计算得出，利用二项式系数的性质可求得当取最大值时，的值.
【小问1详解】
设中位数为，前四个矩形的面积之和为
，
前五个矩形的面积之和为，所以可设中位数为，
由中位数的定义可得，解得.
【小问2详解】
由频率分布直方图，得这名学生中日平均阅读时间在、、三组内的学生人数分别为：
，，，
若采用分层抽样的方法抽取了人，则从日平均阅读时间在内的学生中抽取人，
从这人中随机抽取人，则的可能取值为、、、，
，，
，，
所以，的分布列为










数学期望.
【小问3详解】
可知，原因如下：

由频率分布直方图，得，
解得，
所以，学生日平均阅读时间在内的概率为，
从该地区所有高一学生中随机抽取名学生，日平均阅读时间在内的学生人数，
则，
所以，其中，
由组合数的性质，得当时，最大，则最大.
21. 设有甲､乙､丙三个不透明的箱子，每个箱中装有除颜色外其他都相同的四个球，其中甲箱有两个黄球和两个黑球，乙箱有三个红球和一个白球，丙箱有两个红球和两个白球.完成以下步骤称为一次“操作”：先一次从甲箱中随机摸出两个球，若从甲箱中摸出的两个球同色，则从乙箱中随机摸出一个球放入丙箱，再一次从丙箱中随机摸出两个球；若从甲箱中摸出的两个球不同色，则从丙箱中随机摸出一个球放入乙箱，再一次从乙箱中随机摸出两个球.
（1）求一次“操作”完成后，最后摸出的两个球均为白球的概率；
（2）若一次“操作”最后摸出的两个球均为白球，求这两个球是从丙箱中摸出的概率；
（3）若摸出每个红球记1分，摸出每个白球记-2分.用表示一次“操作”完成后，最后摸到的两个球的分数之和，求的分布列及数学期望.
【答案】（1）
（2）
（3）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）结合组合数知识，根据概率的乘法和加法公式求解即可；
（2）利用条件概率计算即可；
（3）确定X的所有可能取值，求出每个值对应的概率，即可得分布列，代入数学期望公式计算即可.
【小问1详解】
设“从甲箱摸出两个球为同色”为事件，“从乙箱摸出一个球为红色”为事件，
“从丙箱摸出一个球为红色”为事件，“一次操作完成后，最后摸出的两个球均为白色”为事件D，
则，所以，
，所以，
所以，
所以.
【小问2详解】
设“这两个球是从丙箱中摸出”为事件，
则
【小问3详解】
由题意知，的所有可能值为，
，
，，
所以的分布列为








所以.
22. 已知函数，其中为常数.
（1）若，求函数在其定义域内的单调区间；
（2）证明：对任意，都有：；
（3）证明：对任意，都有：.
【答案】（1）单调递增区间为；单调递减区间为
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对求导，利用导数与函数单调性的关系求解即可；
（2）令，利用导数证得，从而令即可得证；
（3）法一：利用（2）中结论，结合累加法推得，再构造函数，利用导数证得，从而得证.
法二：利用（2）中结论，结合累加法推得，再构造函数，利用导数证得，从而得证.
【小问1详解】
若，则，
此时的定义域为，
令得或（舍去），
故当时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减；
故的单调递增区间为；单调递减区间为.
【小问2详解】
当时，，
此时的定义域为，，
所以当时，始终单调递增，
故当时，，即，即，
令，得，即，
所以对于任意的，都有成立.
【小问3详解】
法一：
由（2）可知，对于任意的均成立，
所以，
则，
接下来只需要证，
令，其中，
则恒小于0，
所以当时，单调递减，则，
于是，当时，恒成立，即恒成立.
所以.
法二：
由（2）可知，对于任意的均成立，
所以，
则，
接下来只需要证，
令，其中，则，
令，则，
当时，，则在上单调递减，即在上单调递减，
故，则在上单调递减，
所以当时，，
于是当时，恒成立，即恒成立，
所以.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理．