江苏省南通市汇龙中学2024-2025学年高三（上）数学第17周阶段性训练模拟练习【含答案】

这是一份江苏省南通市汇龙中学2024-2025学年高三（上）数学第17周阶段性训练模拟练习【含答案】，共22页。试卷主要包含了设G为△ABC的重心，则＝，设，，，则，已知，则a，b，c的大小关系为，已知双曲线C，已知抛物线C，过直线l等内容，欢迎下载使用。
1．设G为△ABC的重心，则＝（ ）
A．0B．C．D．
2．设，，，则（ ）
A．a＜b＜cB．a＜c＜bC．c＜b＜aD．b＜a＜c
3．已知双曲线的右焦点为F，过点F作一条渐近线的垂线，垂足为M，若△MOF的重心G在双曲线上，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
4．已知，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．c＜a＜bB．a＜b＜cC．a＜c＜bD．c＜b＜a
5．A、B两组各3人独立的破译某密码，A组每个人译出该密码的概率均为p1，B组每个人译出该密码的概率均为p2，记A、B两组中译出密码的人数分别为X、Y，且，则（ ）
A．E（X）＜E（Y），D（X）＜D（Y）
B．E（X）＜E（Y），D（X）＞D（Y）
C．E（X）＞E（Y），D（X）＜D（Y）
D．E（X）＞E（Y），D（X）＞D（Y）
6．在平面直角坐标系xOy中，已知点O（0，0），点A（0，8），点M满足，又点M在曲线上，则|MO|＝（ ）
A．B．C．D．
7．两条曲线y＝a•2x﹣ln2与存在两个公共点，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）的左右焦点分别为F1、F2，过F1的直线交C左支于A，B两点，若△ABF2为等腰直角三角形，则双曲线C的离心率为（ ）
A．+1B．5﹣
C．D．或
二．多选题（共4小题）
（多选）9．已知抛物线C：y2＝x的焦点为F，点M，N均在C上，若△FMN是以F为直角顶点的等腰三角形，则|MN|＝（ ）
A．B．C．D．
（多选）10．过直线l：2x+y＝5上一点P作圆O：x2+y2＝1的切线，切点分别为A，B，则（ ）
A．若直线AB∥l，则
B．cs∠APB的最小值为
C．直线AB过定点
D．线段AB的中点D的轨迹长度为
（多选）11．已知在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥PB，AB⊥BC，PA＝PB＝1，AB＝BC，设二面角P﹣AB﹣C的大小为θ，M是PC的中点，当θ变化时，下列说法正确的是（ ）
A．存在θ，使得PA⊥BC
B．存在θ，使得PC⊥平面PAB
C．点M在某个球面上运动
D．当时，三棱锥P﹣ABC外接球的体积为
（多选）12．若函数f（x）是定义在（0，+∞）上不恒为零的可导函数，对任意的x，y∈R+均满足：f（xy）＝xf（y）+yf（x），f（2）＝2，记g（x）＝f'（x），则（ ）
A．f（1）＝0
B．g（1）＝0
C．
D．
三．填空题（共5小题）
13．设过直线x＝2上一点A作曲线y＝x3﹣3x的切线有且只有两条，则满足题设的一个点A的纵坐标为 ．
14．已知直线y＝kx+b是曲线y＝ln（1+x）与y＝2+lnx的公切线，则k+b＝ ．
15．已知数列{an}满足：，则首项a1的取值范围是： 当时，记，且，则整数k＝ ．
16．已知平行四边形ABCD中，AB＝3，BC＝4，∠ABC＝60°．若沿对角线AC将△ABC折起到△B′AC的位置，使得B'D＝，则此时三棱锥B'﹣ACD的外接球的体积大小是 ．
17．函数在处的切线与坐标轴围成的封闭三角形的面积为 ．
四．解答题（共6小题）
18．甲、乙、丙三人进行乒乓球单打比赛，约定：随机选择两人打第一局，获胜者与第三人进行下一局的比赛，先获胜两局者为优胜者，比赛结束．已知每局比赛均无平局，且甲赢乙的概率为，甲赢丙的概率为，乙赢丙的概率为．
（1）若甲、乙两人打第一局，求丙成为优胜者的概率；
（2）求恰好打完2局结束比赛的概率．
19．已知双曲线C过点，且C的渐近线方程为．
（1）求C的方程；
（2）设A为C的右顶点，过点的直线与圆O：x2+y2＝3交于点M，N，直线AM，AN与C的另一交点分别为D，E，求证：直线DE过定点．
20．已知0＜a＜1，函数f（x）＝x+ax﹣1，g（x）＝x+1+lgax．
（1）若g（e）＝e，求函数f（x）的极小值；
（2）若函数y＝f（x）﹣g（x）存在唯一的零点，求a的取值范围．
21．已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2作直线l（与x轴不重合）交C于M，N两点，且当M为C的上顶点时，△MNF1的周长为8，面积为
（1）求C的方程；
（2）若A是C的右顶点，设直线l，AM，AN的斜率分别为k，k1，k2，求证：为定值．
22．已知函数f（x）＝lnx﹣．
（1）当a＝﹣1时，求f（x）的单调区间；
（2）若f（x）有两个零点x1，x2（x1＜x2），求a的范围，并证明＜0．
23．（2022秋•海门市期末）已知函数f（x）＝+2lnx，a∈R．
（1）当a＝﹣4时，求f（x）的极值；
（2）当0＜a＜时，设函数f（x）的两个极值点为x1，x2，证明：+2a．
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．【解答】解：G为△ABC重心，
，
则．
故选：B．
2．【解答】解：∵ex≥x+1，当且仅当x＝0时取等号，
∴，
∴，即a＞b，
又lnx≤x﹣1，则，则，
则，，
即b为最小值．
故选：D．
3．【解答】解：已知双曲线的右焦点为F，过点F作一条渐近线的垂线，垂足为M，
联立，
解得，
即M（），
则，
又重心G在双曲线上，
则，
即c4＝7a2c2，
即c2＝7a2，
即，
即，
则双曲线的离心率为，
故选：B．
4．【解答】解：c﹣b＝1﹣ln（e﹣1）﹣＝﹣ln（e﹣1）＝ln﹣ln（e﹣1）＝ln，
∵＜1，∴c﹣b＜0，∴c＜b，
a＝＜＝＜，即a＜b，
构造函数f（x）＝lnx﹣（x﹣e）﹣1，f′（x）＝﹣＝，
∴当x∈（0，e）时，f′（x）＞0，函数单调递增，
当x∈（e，+∞）时，f′（x）＜0，函数单调递减，
故f（x）≤f（e），即lnx﹣（x﹣e）﹣1≤lne﹣﹣（e﹣e）﹣1＝0，
∴lnx≤（x﹣e）+1，
∴ln（e﹣1）＜﹣（e﹣1﹣e）+1＝1﹣，
∴c﹣a＝1﹣ln（e﹣1）﹣＞1﹣（1﹣）﹣＝﹣＞0，
∴a＜c＜b．
故选：C．
5．【解答】解：由题意可知：X服从二项分布B（3，p1），所以E（X）＝3p1，D（X）＝3p1（1﹣p1）．
同理：Y服从二项分布B（3，p2），所以E（Y）＝3p2，D（Y）＝3p2（1﹣p2）．
因为，所以3p1＜3p2，所以E（X）＜E（Y），
对于二次函数y＝3p（1﹣p），对称轴，所以在上函数单调递减，
所以当时，有3p1（1﹣p1）＞3p2（1﹣p2），即D（X）＞D（Y），
故选：B．
6．【解答】解：设M（x，y），
点O（0，0），点A（0，8），点M满足，
则，化简整理可得，x2+（y+2）2＝20①，
点M在曲线上，
则y2＝﹣x2+2x+4，化简整理可得，（x﹣1）2+y2＝5（y≥0）②，
①﹣②可得，x+2y﹣6＝0，即为两圆的公共弦方程，
联立，解得，即M（2，2），
故|MO|＝．
故选：B．
7．【解答】解：由题可知a•2x﹣ln2＝有两个不等正根，
即a•x•2x＝xln2+lnx有两个不等正根，
令t＝x•2x＞0，则lnt＝lnx+xln2，
∵t′＝2x+x•2x•ln2＞0，t＝x•2x在（0，+∞）上单调递增，
∴a＝有两个不等正根，
设h（t）＝，t＞0，则，
由h′（t）＞0，得t∈（0，e），h（t）单调递增，由h′（t）＜0，得t∈（e，+∞），h（t）单调递减，且h（e）＝，
作出函数h（t）＝和y＝a的大致图象，如图，
由图象知当a∈（0，）时，a＝有两个正根，
∴a∈（0，）时，两条曲线y＝a•2x﹣ln2与y＝存在两个公共点，
故选：C．
8．【解答】解：当△ABF2为以∠AF2B为直角的等腰直角三角形时，如图所示，
则|AF1|＝|F1F2|，
∴，∴c2﹣a2＝2ac，
∴e2﹣2e﹣1＝0，又e＞1，
∴e＝；
根据对称性可知：当△ABF2为以∠BAF2或∠ABF2为直角的等腰直角三角形时，
双曲线的离心率相同，不放设∠BAF2＝90°，如图所示，
∵|AB|＝|AF2|，又|AF2|﹣|AF1|＝2a，
∴|AB|﹣|AF1|＝2a，即|BF1|＝2a，
又|BF2|﹣|BF1|＝2a，∴|BF2|＝|BF1|+2a＝4a，
又△ABF2为以∠BAF2为直角的等腰直角三角形，
∴|AF2|＝|BF2|＝a，∴|AB|＝a，又|BF1|＝2a，
∴|AF1|＝（）a，又∠BAF2＝90°，|F1F2|＝2c，
∴在Rt△AF1F2中，由勾股定理可得：
，
∴，又e＞1，
∴e＝，
综合可得e＝或，
故选：D．
二．多选题（共4小题）
9．【解答】解：设M（x1，y1），N（x2，y2），F（，0），
|FM|＝x1+，|FN|＝x2+，
∵|FM|＝|FN|，
则x1＝x2，
∴•＝（x1﹣，y1）•（x1﹣，y2）＝﹣＝﹣x1＝0，
解得x1＝±，
|FM|＝1±，
∴，
故选：BD．
10．【解答】解：设点P（x0，y0），因为过点P作圆O：x2+y2＝1的切线，切点分别为A，B，
所以A，B在以OP为直径的圆上，即A，B在（x﹣）2+（y﹣）2＝（）2，
因为A，B是切点，x2+y2＝1上，故A，B是两圆的交点，故两圆方程相减可得AB所在直线的方程，
化简可得AB的方程：x0x+y0y＝1，因为P在直线l上，所以2x0+y0＝5，
故直线AB的方程为：x0x+（5﹣2x0）y＝1，
若AB∥l，则﹣2＝﹣，解得x0＝2，所以直线AB：2x+y﹣1＝0，
故圆心O到直线AB的距离d＝，所以|AB|＝2＝≠，故A错误，
由AB：x0x+（5﹣2x0）y＝1，即x0（x﹣2y）+5y＝1，
由，解得，所以AB过定点M（，），故C正确；
因为∠APB+∠AOB＝π，所以cs∠APB＝cs（π﹣∠AOB）＝﹣c∠AOB，
由于AB过定点M（，），所以O到AB的距离dmax＝|OM|＝，
记AB中点为Q，则OM≥OQ，cs∠APB＝﹣c∠AOB＝﹣（2cs2∠AOQ﹣1）＝1﹣2cs2∠AOQ
＝1﹣2（）2≥1﹣2×＝，故B正确；
因为D为线段AB的中点，且M在AB上，所以∠MDO＝，
所以D点轨为以OM为直径的圆，所以r＝＝，
周长为2πr＝π，故D错误；
故选：BC．
11．【解答】解：对于A，取AB，AC中点D，E，连接PD，DE，PE，ME，BE，
∵PA＝PB＝1，∴PD⊥AB，
又AB⊥BC，DE∥BC，∴DE⊥AB，∴∠PDE即为二面角P﹣AB﹣C的平面角θ，
又PA⊥PB，AB＝BC，∴BC＝AB＝＝，
∴DE＝，则AC＝＝2，PD＝，
若PA⊥BC，又PA⊥PB，∴PE＝＝1，则PD2+DE2＝PE2，∴，∴θ＝，故A正确；
对于B，若PC⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，则PC⊥AB，又AB⊥BC，
PC∩BC＝C，∴AB⊥平面PBC，
∵PB⊂平面PBC，∴AB⊥PB，
在△ABP中，AB⊥PB，与PA⊥PB矛盾，故B错误；
对于C，∵ME＝，∴M在半径为的球面上，故C正确；
对于D，当θ＝时，PE＝1，∴EP＝EA＝EC＝EB＝1，
∴E为三棱锥P﹣ABC外接球的球心，外接球的半径为1，
∴三棱锥P﹣ABC的外接球的体积为V＝＝，故D正确．
故选：ACD．
12．【解答】解：令x＝y＝1，得f（1）＝f（1）+f（1），即f（1）＝0，故A正确；
因为f（xy）＝xf（y）+yf（x），则＝，
又因为f（1）＝0，f（x）是定义在（0，+∞）上不恒为零的可导函数，
所以可设＝klnx（k≠0），
因为f（2）＝2，所以＝kln2．即k＝，则f（x）＝，
所以g（x）＝f'（x）＝（1+lnx），则g'（1）＝≠0，故B错误；
令y＝2，所以f（2x）＝xf（2）+2f（x），所以f（2x）＝2f（x）+2x，
所以2f'（2x）﹣2f'（x）＝2，所以f'（2x）﹣f'（x）＝1，则g（2x）﹣g（x）＝1，
所以g（）﹣g（）＝1，g（x）﹣g（）＝1，g（2x）﹣g（x）＝1，g（4x）﹣g（2x）＝1，
累加得：g（4x）﹣g（）＝4，故C正确；
因为f（2x）＝2f（x）+2x，
所以f（2×20）＝2f（20）+2×20，
f（2×21）＝2f（21）+2×21，
f（2×22）＝2f（22）+2×22，
……
f（2×2n﹣1）＝2f（2n﹣1）+2×2n﹣1，
累加得，f（2×20）+f（2×21）+f（2×22）+……+f（2×2n﹣1）＝2f（20）+2×20+2f（21）+2×21+2f（22）+2×22……+2f（2n﹣1）+2×2n﹣1，
即f（21）+f（22）+……+f（2n）＝2f（20）+21+2f（21）+22+2f（22）+23……+2f（2n﹣1）+2n，
设Sn＝f（21）+f（22）+……+f（2n）（n∈N*），则S1＝f（2）＝2，
所以Sn＝2Sn﹣1+21+22+23+……+2n＝2Sn﹣1+＝2Sn﹣1+2n+1﹣2，
即+2﹣，
所以﹣＝2﹣，﹣＝2﹣，……，﹣＝2﹣，
累加得，﹣＝2（n﹣1）﹣（+……+）＝2（n﹣1）﹣＝2（n﹣1）﹣1+，
所以＝（n﹣1）2n+1+2，故D正确．
故选：ACD．
三．填空题（共5小题）
13．【解答】解：设切点（t，t3﹣3t），
由y＝x3﹣3x，得y'＝3x2﹣3，则k＝3t2﹣3，
∴过切点的切线方程为y﹣（t3﹣3t）＝（3t2﹣3）（x﹣t），
设A（2，s），则s＝﹣2t3+6t2﹣6，
令f（x）＝﹣2x3+6x2﹣6，由f'（x）＝﹣6x2+12x＝0，解得x＝0或2．
则当x∈（﹣∞，0）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（0，2）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，x∈（2，+∞）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，
∴f（x）极小值＝f（2）＝2，f（x）极大值＝f（0）＝﹣6，
∴s＝2或﹣6．
即A的纵坐标为2或﹣6．
故答案为：2或﹣6．
14．【解答】解：设切点（x1，kx1+b），（x2，kx2+b），
由题意得k＝，∴x2＝x1+1，切线方程分别可以表示为：
y＝＝，
y＝＝，
∴，得，则k＝2，b＝1﹣ln2．
则k+b＝3﹣ln2．
故答案为：3﹣ln2．
15．【解答】解：因为数列{an}满足：，
所以an﹣an+1＝﹣2an+1＜0，解得an+1∈（1，2），
所以a2∈（1，2），
则a1＝﹣a2∈[﹣，2），
又a1＞0，所以0＜a1＜2；
由﹣an+1＝an，可得＝＝﹣，
所以得＝+﹣，
因为，
所以b1+b2+...+b2023＝﹣++...+﹣
＝﹣5++﹣（+）﹣...+（+）﹣（+）
＝﹣﹣，
又数列{an}是递增数列，
所以a2023∈（，2），即∈（，），
所以﹣5＜﹣﹣＜﹣．
所以整数k＝﹣5．
故答案为：（0，2）；﹣5．
16．【解答】解：如图，由已知可得，AC＝＝，
四面体B′﹣ACD中，AB′＝CD＝3，B′C＝AD＝4，AC＝B'D＝，四面体恰好是一个长方体中的四面体，长方体的棱长分别为，a，b，c，满足，
可得a2+b2+c2＝（9+16+13）＝19，
四面体外接球的半径为：，
则外接球的体积为：＝．
故答案为：．
17．【解答】解：＝﹣sin（﹣x）＝﹣csx，则f'（x）＝sinx，
∴f'（）＝1，f（）＝0，
∴函数在处的切线方程为y＝x﹣，
令x＝0，则y＝﹣；令y＝0，则x＝，
∴函数在处的切线与坐标轴围成的封闭三角形的面积为××＝，
故答案为：．
四．解答题（共6小题）
18．【解答】解：（1）记“甲”表示甲赢，“乙”表示乙赢，“丙”表示丙赢，
则丙成为优胜者的情形为：甲丙丙，乙丙丙，
①甲赢乙，丙赢甲，丙赢乙的概率，
②乙赢甲，丙赢乙，丙赢甲的概率，
∴丙成为优胜者的概率为．
故甲、乙两人打第一局，丙成为优胜者的概率为；
（2）若甲乙先比赛，2局结束比赛的情形分为甲赢乙，甲赢丙；乙赢甲，乙赢丙，对应概率为．
若甲丙先比赛，2局结束比赛情形分为甲赢丙，甲赢乙；丙赢甲，丙赢乙，对应概率为
若乙丙先比赛，2局结束比赛的情形分为乙赢丙，乙赢甲；丙赢乙，丙赢甲，对应概率为．
∴恰打完2局结束比赛的概率．
故恰好打完2局结束比赛的概率为．
19．【解答】解：（1）由题意可知，双曲线C的渐近线方程为，
当焦点在x轴时，
可得，即a＝b，设双曲线C的方程为﹣＝1，
∵C过，∴，解得，∴C的方程为；
当焦点在y轴时，
可得，即b＝a，设双曲线C的方程为＝1，
∵C过，∴，无解，
综上所述，C的方程为．
（2）证明：设直线MN方程为，M（x1，y1），N（x2，y2），，
∴，
∴＝，
设直线DE方程为x＝my+t，D（x3，y3），E（x4，y4），，
，
，
，
∵直线DE不过，∴，
∴，
∴，
∴t＝0，
∴直线DE为：x＝my恒过定点（0，0）．
20．【解答】解：（1）由g（e）＝e⇒e+1+lgae＝e⇒，
所以f（x）＝x+e1﹣x，f′（x）＝1﹣e1﹣x，令f′（x）＝0⇒x＝1，
当x＜1时，f′（x）＜0，当x＞1时，f′（x）＞0，
所以f（x）在（﹣∞，1）上递减，在（1，+∞）上递增，
所以f（x）的极小值为f（1）＝2．
（2）f（x）﹣g（x）＝ax﹣1﹣lgax﹣1，令F（x）＝ax﹣1+lgax﹣1（x＞0），
F（x）存在唯﹣的零点，，
令，φ′（x）＝ax﹣1（1+xlna）lna，
令φ′（x）＝0⇒，
当时，φ′（x）＜0；
当时，φ′（x）＞0，
所以φ（x）在（0，﹣）上递减，在（﹣，+∞）上递增，
所以，
①若≥0，即≤，
令，
所以≤lnt⇒≥0，所以t≥1，所以≥1，
即时，φ（x）min≥0⇒F′（x）≥0，所以F（x）在（0，+∞）上递增，
注意到F（1）＝0，所以F（x）存在唯一的零点，符合题意；
②当时，，φ（x）min＜0，
，
令，
则＝6alna（lna+1），
因为，所以lna＜﹣1，
所以t′（a）＝6alna（lna+1）＞0，
所以t（a）＝3a2（lna）2﹣1在上单调递增，
所以，
所以＞0，
所以φ（x）即F′（x）在（0，﹣）和（﹣，+∞）上各有一个零点x1，x2，
F（x）在（0，x1）上递增，（x1，x2）上递减，（x2，+∞）上递增，
而，所以x1＜1＜x2，F（x）＝ax﹣1﹣lgax﹣1，
当时，；
当时，F（x）＞0﹣，
而F（x1）＞F（1）＝0，F（x2）＜F（1）＝0，
所以F（x）在（0，x1），（x1，x2）和（x2，+∞）上各有一个零点，共3个零点了，舍去，
综上，a的取值范围为[）．
21．【解答】解：（1）由三角形的周长可得4a＝8，可得a＝2，
直线l的方程为：y＝﹣x+b，代入椭圆的方程可得（+）x2﹣x＝0，
可得xN＝，可得yN＝，
所以S＝•2c•（b﹣）＝，可得＝，而c2＝a2﹣b2＝4﹣b2，
可得b2＝1，c2＝3，
所以椭圆的方程为：+y2＝1；
（2）证明：由（1）可得A（2，0），设直线l的方程为：y＝k（x﹣），设M（x1，y1），N（x2，y2），
联立，整理可得：（1+4k2）x2﹣8k2x+12k2﹣4＝0，
因为F2在椭圆内部，Δ＞0显然成立，x1+x2＝，x1x2＝，
所以k•（+）＝k•（+）＝k•＝＝＝＝8﹣4，
即可证得k•（+）为定值．
22．【解答】解：函数f（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞），
当a＝﹣1时，f（x）＝lnx﹣．求导得：f′（x）＝，而f（0）＝aln2﹣，
令f′（x）＞0，得0＜x＜2﹣或x＞2+，
令f′（x）＜0，得2﹣＜x＜2+且x≠1，
f（x）的递增区间是（0，2﹣）和（2+，+∞），递减区间是（2﹣，1）和（1，2+）；
（2）当a＝0时，f（x）只有1个零点，不符合题意，
当a＜0时，若0＜x＜1，则f′（x）＜0，若x＞1，则f′（x）＞0，不符合题意，所以a＞0，
当a＞0时，f′（x）＝+＞0，所以f（x）在（0，1）和（1，+∞）上单调递增，
当x＞1时，由f（ea）＝﹣＜0，f（e3a+1）＝lne3a+1﹣＝
＞＝＞0，
所以f（x）在（1，+∞）上只有一个零点，
当0＜x＜1，同理f（e﹣a）＝＞0，f（e﹣3a﹣1）＜0，
所以f（x）在（0，1）上有一个零点，所以a的范围是（0，+∞），
因为f（x）有两个零点x1，x2（x1＜x2），所以lnx1＝，即lnx1+a＝，所以＝，
同理＝，
所以＝+＝[2﹣（+）]，
若f（x）＝0，即lnx﹣＝0，
则ln﹣＝﹣lnx+＝﹣f（x）＝0，
所以f（x）有两个零点x1，x2（互为倒数），即x2＝，
∴+＝x1+＞2（等号不成立），所以2﹣（+）＜0，
∴＝+＝[2﹣（+）]＜0，
即＜0．
23．【解答】解：（1）当a＝﹣4时，f（x）＝﹣x3﹣3x2+2lnx，
则f′（x）＝﹣4x2﹣6x+＝＝＝0，
令f′（x）＝＝0，得x＝，
所以在（0，）上f′（x）＞0，f（x）单调递增，
在（，+∞）上f′（x）＜0，f（x）单调递减，
所以f（x）极大值＝f（）＝﹣﹣2ln2，无极小值．
（2）证明：f′（x）＝ax2+（a﹣2）x+＝＝＝，
当0＜a＜时，设函数f（x）的两个极值点为x1，x2，
所以x1，x2是方程ax2﹣2x+2＝0的两个根，
则x1+x2＝，x1x2＝，
不妨设0＜x1＜＜x2，
则＝
＝[（x1+x2）2﹣x1x2]+（x1+x2）+
＝﹣+1﹣+＝﹣+，
要证＞a，
只要证＞，
只要证ln＞，
只要证ln＞，
令t＝∈（0，1），h（t）＝lnt﹣，0＜t＜1，
即证h（）＝h（t）＜0，
因为h′（t）＝﹣＝＞0，
所以h（t）在（0，1）上单调递增，
所以h（t）＜h（1）＝0，
所以h（）＜0，得证．