江苏省南京市中华中学2025-2026学年高三10月月考数学试卷

这是一份江苏省南京市中华中学2025-2026学年高三10月月考数学试卷，共18页。
一､选择题：本题共 8 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．
已知集合 A  1, 0,1, 2， B  x x  1  2，则 A ∩ B  （ ）
A．1, 0
B．0,1
C．1, 0,1
D．0,1, 2
已知 z  z  1 ， z  z  3i ，则 z  （ ）
1  3 i
1  3 i
 1  3 i
 1  3 i
22222222
已知抛物线的准线方程为 y   1 ，则该抛物线的标准方程为（ ）
2
A． y2  2xB． y2  x
C． x2  2 yD． x2  y
 x  3x 14 的展开式中 x3 的系数是（ ）．
A．-6B．2C．10D．18
已知 0, ， 2 sin 2 cs 21，则cs  3  （ ）
2  2
1
5

5
5

2 5
5
 5
5
已知定义域为 R 的函数 f  x 在2,  为增函数，且函数 y  f  x  2 为偶函数，则下列
结论不成立的是（ ）
A． f 0  f 1
C． f 1  f 2 
B． f 0  f 3
D． f 1  f 3
现有 4 个礼品盒，前三个礼品盒中分别装了一支钢笔，一本书以及一个笔袋，第 4 个礼品盒中三样均有.现随机抽取一个礼盒，事件 A 为抽中的盒子里面有钢笔，事件 B 为抽中的盒子里面有书，事件 C 为抽中的盒子里面有笔袋，则下面选项正确的是（ ）
A．A 与 B 互斥B．A 与 B 相互独立
C．A 与 B  C 互斥D．A 与 B  C 相互独立
已知函数 f x   ex  lnx 与 g  x  a  ea 1的图象有两个不同的交点，则实数a 的取值范
围是（ ）
A． 0,1
xx
B． 1, e
C． 1, 
D．e, 
二､多选题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 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 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0
分．
某篮球运动员8 场比赛中罚球次数的统计数据分别为： 2 ， 6 ， 8 ， 3 ， 3 ， 4 ， 6 ， 8 ，关于该组数据，下列说法正确的是（ ）
→→
中位数为3B．众数为3 ， 6 ， 8C．平均数为5D．方差为4.8
已知向量a  2,1, b  1, x ，下列结论正确的是（ ）
→→
若a  b ，则 x  2
若a//b ，则 x   1
2
→ →
若a, b 的夹角为钝角，则 x  2
→→–→–→
设a 在b 方向上的投影向量为m ，则 m 的取值范围为0, 5 
棱长为 2 的正方体 ABCD  A1 B1C1 D1中，点 E ， F ， G 分别是棱 A1D1 ， A1B1 ， CC1 的中点，则下列说法正确的有（ ）
CD1  平面 AB1D
1 1
AC 与平面 A B CD 所成的角为60 ∘
平面 EFG 截正方体 ABCD  A1 B1C1 D1的截面形状是五边形
点 P 在平面 BB1C1C 内运动，且CP / / 平面 BEF ，则 BP 的最小值为 4 5
5
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
已知数列an 满足a1  3 ， a2  6 ，且an2  an1  an （n 为正整数），则a308 
2
已知圆 M : x2  y2  2ay  0 a  0 截直线 x  y  0 所得线段的长度是2，则圆 M 的方
程为.
若 a  0, b  0 ，且6  3lna  a  9b  3lnb ，则a  b  ．
四､解答题：本题共 5 小题，共 77 分．解答应写出文字说明､证明过程或者演算过程．
n
n
nnnn
已知数列a 的前n 项和为S ，且2a  S  n  2 n  N* , b  a 1 ．
(1)证明：数列bn 是等比数列，并求数列an 的通项公式； (2)求数列nbn  的前n 项和Tn ．
如图，四棱锥 P  ABCD 中，平面 PAD  平面 ABCD ，底面 ABCD 为梯形， AD / / BC ，
BAD  PAD  90∘ , AD  AB  AP  2 BC, E是 PD 的中点．
求证： CE / / 平面 PAB ；
求平面 ACE 与平面CDE 的夹角的余弦值．
锐角V ABC 中，角 A, B,C 的对边分别是 a, b, c ，且a2  c2 sinC  bc  c2 sinB ．
求角 A 的大小；
若V ABC 的周长为 6，求a 的取值范围．
已知椭圆C : x2  y2  1 a  b  0 的焦距为 4，上､下顶点分别为 B , B ，点 P 
6,1在椭

a2b212
圆C 上．
求椭圆C 的方程；
若Q 为椭圆C 上异于 B1 , B2 的点，点 R 满足： B1R  B1Q ,B2 R  B2Q ，求 OR 的范围（ O 为坐标原点）．
已知函数 f  x  ex  2 ln x ．
求曲线 y  f (x) 在点(1, f (1)) 处的切线方程；
设函数 g (x)  1 ln 2  ln x  ln x 1 ．
x
设 x 为 g ( x) 的极值点，证明： 2  ln 2  g (x )  5  ln 2；
002
证明：对任意a  0, b  0 ，都有 f (a)  2g (b)  0 ．
1．D
【分析】化简集合 B ，再根据集合的交集运算求解.
【详解】由 x 1  2 ，可得1  x  3 ， B  x 1  x  3，
 A  B  0,1, 2 .
故选：D. 2．B
【分析】根据已知计算求出 z 即可.
【详解】 z  z  1 ， z  z 
3i ，则2z  1 
3i ,
所以 z  1
3i  1 
3 i .
222
故选：B.
3．C
【分析】由准线方程可设抛物线方程为： x2  2 py  p  0 ，据此可得答案.
【详解】因抛物线的准线方程为 y   1 ，则设抛物线方程为： x2  2 py  p  0 ，
2
则 p   1  p  1 ，则抛物线标准方程为： x2  2 y .
22
故选：C 4．A
【分析】根据二项式的通项求展开式的系数即可.
4
【详解】二项式 x 14 的通项为Cr x4r 1r ，
44
44
44
当 x Cr x4r 1r  Cr x5r 1r 产生 x3 时，令5  r  3，解得r  2 ；当3Cr x4r 1r  3Cr x4r 1r 产生 x3 时，令4  r  3 ，解得r  1 ；所以展开式中 x3 的系数为C2 12  3C1 11  6 .
故选：A.
5．B
【分析】首先根据二倍角公式得到tan 1 ，从而得到sin
2
5 ，再利用诱导公式求解即
5
可.
【详解】2 sin 2 cs 21  4 sincs 2 cs2 ，
因为 0, ，所以cs 0 ，所以tan 1 .
2 2

因为 0, ，所以sin 5 .
2 5

所以cs  3  sin 5 .
 25

故选：B 6．D
【详解】试题分析：画简图如下，可得 f 1  f 3 不成立，故选 D.
考点：1、函数的奇偶性；2、函数单调性. 7．B
【分析】根据互斥事件判断 AC，结合独立事件的概率乘法公式判断 BD.
【详解】由题意可知：事件 A 为取到第 1 或 4 个礼品盒，事件 B 为取到第 2 或 4 个礼品盒，事件 C 为取到第 3 或 4 个礼品盒，
对于选项 A：因为事件 AB 为取到第 4 个礼品盒，所以 A 与 B 不互斥，故 A 错误；
对于选项 B：因为 P  A  P B   2  1 ,P AB  1 ，
424
可知 P  A P B  P  AB ，所以 A 与 B 相互独立，故 B 正确；对于选项 C：因为事件 B  C 为取到第 2 或 3 或 4 个礼品盒，
则事件 A   B  C  为取到第 4 个礼品盒，所以 A 与 B  C 不互斥，故 C 错误；
对于选项 D：因为事件 B  C 为取到第 4 个礼品盒，则 P B I C   1 ，
4
4
且事件 A I B I C  为取到第 4 个礼品盒，则 P  A I B I C   1 ，
可知 P  A I  B I C   P  A P  B I C  ，所以 A 与 B  C 不相互独立，故 D 错误；故选：B.
8．C
【分析】由 f  x  g  x在0, + 有两个不同解，得ex  ln x  a  xea  x ，进而得
ex  x  ln x  a  ealn x ，令h  x  ex  x ，利用单调性得 x  a  ln x ，即a  x  ln x 在0, + 有两个解，令 x  x  ln x ，利用导数研究单调性，进而作出函数 x 的图像，利用数形结 合即可求解.
【详解】由题意有： f  x  g  x在0, + 有两个不同解，
ex  ln xa
axa
所以  e
xx
 1 e  ln x  a xe
 x ，
即ex  x  ln x  xea  a  ln x  a  ealn x ，令h  x  ex  x ，即h  x  h a  ln x ，又h x  ex 1  0 ，所以h  x 在0, + 单调递增，所以 x  a  ln x ，
即a  x  ln x 在0, + 有两个解，
令 x  x  ln x ，所以 x   1 1  x 1 ，令 x  0  x  1，
xx
由 x  0  x  1, x  0  0  x  1，
所以 x 在0,1 单调递减，在1,  单调递增，当 x   ， x  ，
当 x  0 ， x  ，
min
又 x1  1，作出 x 的图像：
由图可知： a  1，即a 1, + ，
故选：C 9．BC
【分析】先将原数据按照从小到大的顺序进行排列，再根据中位数、众数、平均数和方差的计算方法逐一求解即可.
【详解】将原数据按从小到大的顺序进行排列: 2, 3, 3, 4, 6, 6,8,8 ，
所以中位数为 4  6  5 ，众数为 3，6，8 ,
2
平均数为 2  3 2  4  6  2  8 2  5 ，
8
8
方差为 1  (2  5)2  (3  5)2  2  (4  5)2  (6  5)2  2  (8  5)2  2  4.75 .
故选：BC 10．ABD
【分析】对于 A，根据平面向量垂直的坐标表示求解判断即可；对于 B，根据平面向量共线
→ →→ →→ →
的坐标表示求解判断即可；对于 C，由a, b 的夹角为钝角可得a  b  2  x  0 ，且a, b 不共线，
→ →
→a b
2  x
→ 2x2  4x  4
1 x2
进而求解判断即可；对于 D，易得 m  → 
b
，令 m
 y ，利用判别
1 x2
式法求解判断即可.
→→→ →
【详解】对于 A，由a  b ，则 a  b  2  x  0，即 x  2 ，故 A 正确；
对于 B，由a//b ，则2x  1 ，即 x   1 ，故 B 正确；
2
→ →→ →→ →
对于 C，由a, b 的夹角为钝角，则a  b  2  x  0 ，且a, b 不共线，
则 x  2 且 x   1 ，故 C 错误；
2
→→–→
对于 D，由a 在b 方向上的投影向量为m ，
→ →→→ →
1 x2
2  x
a b  b  →
→a  b
则 → →m ，所以 m  → ，
bbb
→ 2  x2  4x  4 
1 y x2  4x  4  y  0
令 m
1 x2
y ，则，
当 y  1时， 4x  3  0 ，则 x  3 ，符合题意，
4
当 y  1 时，有Δ  16  41 y4  y  0 ，解得0  y  5 且 y  1 ，
综上所述，
0  y  5
→
0,

5 
，则 m 的取值范围为
，故 D 正确.
故选：ABD. 11．ACD
【分析】对于 A，利用CD1 / / A1 B ，再证 A1B  平面 AB1D 即可；对于 B, 取 A1D 的中点O1 ，可证ACO1 为 AC 与平面 A1B1CD 所成的角，求解即可；对于 C，在平面 A1B1C1D1 内延长 EF
与C1B1 交于S ，连接 SG 交 BB1 于 M ，根据面面平行的性质，可以做出截面图；对于 D，首
先利用CT / / 平面 BEF ,确定 P 点位置再线段CT 上，再做出垂线CH ,根据相似三角形定理即可求得.
【详解】对于 A，如下图，连接 A1B ,易得 AD  A1 B, AB1  A1 B,
又 AD ∩ AB1  A , A1B  平面 AB1D ,又CD1 / / A1B,CD1  平面 AB1D ,故 A 正确.
对于 B，如下图，
取 A1D 的中点O1 ，连接 AC, AO1,O1C ，则 AO1  A1D ，
又 A1B1  平面 ADD1 A1 ， AO1  平面 ADD1 A1 ，所以 AO1  A1B1 ，
又 A1D ∩ A1B1＝A1 ， A1D, A1B1  平面 A1B1CD ，所以 AO1  平面 A1B1CD ，所以ACO1 为 AC 与平面 A1B1CD 所成的角，
又 AC  2 2, AO1  2,
2
2 2
所以sin ACO  AO1  1,
1AC2
又ACO [0, π] ，所以ACO  30∘ ，故 B 错误.
121
对于 C，在平面 A1B1C1D1 内延长 EF 与C1B1 交于S ，连接 SG 交 BB1 于 M ,则 FB1  B1S  1,C1G  1 ，
因为 B M //C G ,所以 B M  1 C G  1 ,
111
3 13
设平面 EFG  平面CC1D1D  l ，且l 过 G，
因为平面 EFG  平面 ABB1 A1  MF ，平面 ABB1 A1 // 平面CC1 D1 D ，
所以 FM //l ，取C D 中点 F ，在C C 上取 M ，满足C M
 B M  1 ，
1 111
11 113
则 FM //FM //l, 设l  C D  Q ,则 C1F1  C1M1  1 ,所以C Q  3 ,
1
1 11 1
C1QC1G3
即 Q 在C1D1 的延长线上，所以l 与线段 D1D 相交，设交点为 N，
则平面 EFG 截正方体 ABCD  A1 B1C1 D1的截面为五边 EFMGN .故 C 正确.
对于 D，如下图，连接 BD、ED ,取 B1C1 得中点T ,连接CT ,过 B
作 BH  CT ,
 CT / / DE, CT  平面 BEF ,CT / / 平面 BEF ,
则点 P 在线段CT 上, BP 最小值即为 BH .
4 5
1
又CC T BCH , BH  CC1  2 ,又 BC  2 , BH .故 D 正确.
HCC1T5
故选：ACD.
【点睛】方法点睛:利用平面的性质确定截面形状的依据如下: (1)平面的四个公理及推论;
(2)直线与平面平行的判定与性质; (3)两个平面平行的性质.
12．6
【分析】先计算前面几项，得出周期再计算a308
【详解】a1  3, a2  6, a3  a2  a1  3, a4  a3  a2  3, a5  a4  a3  6, a6  a5  a4  3
a7  a6  a5  3, a8  a7  a6  6
即a7  a1 ,a8  a2 ,所以an 是周期为 6 的数列因为308  6  51 2
所以a308  a2  6
故答案为：6
x2   y  22  4
【分析】由圆与直线相交的弦长公式求出a ，即可求解
【详解】因为 M : x2  y2  2ay  0 a  0 ，则 M : x2   y  a 2  a2 a  0 ，
2
又圆直线 x  y  0 所得线段的长度是2，
 2 

2
所以 a  2 2  a2 ，解得a  2 ，
所以圆 M 的方程为 x2  y2  4y  0
10 ## 3 1
33
【分析】构造函数，分别求导求出最值，则当两式相等时，结果只能是最值时取等，从而求解.
【详解】设 f (a)  6  3ln a  a ，则 f (a)  3  a ，
a
当a  (0, 3) 时， f (a)  0 ， f (a) 单调递增，当a (3, ) 时， f (a)  0 ， f (a) 单调递减，
所以 f (a)max  f (3)  3  3ln 3 ；
设 g(b)  9b  3ln b ，则 g(b)  3(3b  1) ，
b
当b 
1
(0, )
3
时， g(b)  0 ， g (b) 单调递减，
当b 
(1 , ) 时， g(b)  0 ， g (b) 单调递增，
3
所以 g (b)
min
 g  1   3  3ln 3 ；
 3 
 
所以若 f (a)  g(b) ，必有a  3, b  1 ，
3
所以a  b  3  1  10 ，
33
10
故答案为： 3 .
n
15．(1) a  2n1 1
(2) Tn  n 1 2n2  4
【分析】（1）当 n  2 时，由 Sn = 2an - n - 2 ，得 Sn1  2an1  n 1  2 ，两式相减，得
an  2an  2an1 1，可得 an 1  2an1 1 ，而a1 1  4  0 ，从而可得数列an 1 是等比数列，进而可求出an 的通项公式；
1
（2）由（1）可得bn  2n ，然后利用错位相减法求和可得.
【详解】（1）证明：因为 Sn = 2an - n - 2 ， n  N* ，所以当n  2 时， Sn1  2an1  n 1  2 ，两式相减得an  2an  2an1 1，化简得an  2an1 1 ，则an 1  2an1 1
当n  1 时， S1  a1  2a1  3 ，解得a1  3 ，且a1 1  4  0 ，所以an 1 是以 4 为首项，2 为公比的等比数列，
nn
n
所以a 1  4  2n1  2n1 ， a  2n1 1, n  N*  ，且 n  1 时也符合，所以a  2n1 1 .
（2）因为b  a 1，所以b  2n1 ，
nnn
23n+1
所以Tn = b1 + 2b2 + + nbn = 1×2 + 2×2 + + n×2
2Tn  1 23  2  24  n 1 2n1  n  2n2
4 1  2n 
两式相减可得Tn
 22  23  24   2 n1  n  2 n2  n  2 n2  2 n2  4  n  2 n2 ，
1 2
所以Tn  n 12n2  4 .
16．(1)证明见解析
(2) 1
9
【分析】（1）取 PA 的中点 F ，通过构造平行四边形得到线线平行，进而得到结果；
（2）建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，进而求得相关的向量坐标，求出平面的法向量，根据向量的夹角公式求得答案.
【详解】（1）取 PA 的中点 F ，连接 EF, BF ，
因为 E 为 PD 的中点，所以 EF //AD, EF  1 AD ，
2
因为 AD//BC, BC  1 AD ，所以 EF //BC, EF  BC ，
2
所以四边形 EFBC 为平行四边形，所以 EC//BF ，又 BF  平面 PAB ， EC  平面 PAB ，
所以 EC// 平面 PAB ．
（2）因为平面 PAD  平面 ABCD ，平面 PAD  平面 ABCD  AD ， PA  平面 PAD ，
PAD  90∘ ，
所以 PA  平面 ABCD ，
因为 AB  平面 ABCD ，所以 PA  AB ，又BAD  90∘ ，所以 AB, AD, AP 两两垂直，
以 A 为原点， AB, AD, AP 所在直线分别为 x, y, z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设 AD  AB  AP  2BC  2 ，
则 A(0, 0, 0), P(0, 0, 2), D(0, 2, 0), C(2,1, 0), E(0,1,1) ，
–––→–––→–––→–––→
所以 AC  (2,1, 0), AE  (0,1,1), CD  (2,1, 0), CE  (2, 0,1) ．
→
设平面 ACE 的法向量为n  (x, y, z) ，
 → –––→
n  AC  2x  y  0
则 → –––→，
n  AE  y  z  0
n
取 x  1 ，得 y  2, z  2 ，所以→  (1, 2, 2) ．
–→
设平面CDE 的法向量为m  (a, b, c) ，
 → –––→
m CD  2a  b  0
则 → –––→，
m CE  2a  c  0
–→
取a  1 ，得b  2, c  2 ，所以m  (1, 2, 2) ．
设平面 ACE 与平面CDE 的夹角为，
–→ →
–→ →
| m  n |11
则cs cs m, n  –→ →  ，
| m || n |
即平面 ACE 与平面CDE
3 39
1
17．(1) A  
3
3

(2) a  2, 3
 3
的夹角的余弦值为．
9
【分析】（1）正弦定理角化边，再余弦定理求解即可；
（2）正弦定理结合三角函数求范围即可.
【详解】（1）由正弦定理可得， a2  c2 c  bc  c2 b ，即b2  c2  a2  bc ，
b2  c2  a21
由余弦定理可得cs A  ，
由于 A  (0, π) ，则 A   .
3
2bc2
由正弦定理得b  a sin B  2 3 asin B， c  a sin C  2 3 asin C  2 3 asin 2π  B，
sin A3
sin A33
 3

所以周长a  b  c  a  2 3 sinB  2 3 sin 2 π B     π 1  6 ，
 33
 3 1
a 2 sin B6 

0  B  π

由于V ABC 为锐角三角形，所以
2
2ππ
， π  B  π ,
62
0  C  B 
32
ππ2π
π 
 3
所以  B  
36
3 ，所以sin  B  6   
2 ,1  ，

6  2 sin  B  π  1  3  1, 3  ，
a6 

3

a  2, 3 3.
2
2
1
18．(1) x  y 
84

(2)  2, 2
【分析】（1）根据焦距以及点 P  6,1在椭圆C 上，列方程组求解即可；
（2）设出点Q 、点 R 的坐标，根据垂直关系列出方程组，以点Q 坐标表示点 R 坐标，结合距离公式以及椭圆方程进行消元，结合椭圆范围求解即可.
【详解】（1）由题意， 2c  4 ， c  2 ，
又因为点 P 
a2  b2  4

则
6,1在椭圆C 上，
，解得a2  8,b2  4 ，
 61
 a2  b2  1
x2y2
所以椭圆C 的方程为
 1.
84
（2）由（1）， B1 (0, 2), B2 (0, 2)
，设Q(m, n) 2  n  2
在椭圆上，则
m2  n2 

1
，
84
–––→––––→–––→––––→
设 R(x, y) ，则 B1R  (x, y  2), B2 R  (x, y  2), B1Q  (m, n  2), B2Q  (m, n  2),
由 B1R  B1Q, B2 R  B2Q可得：

–––→ –––→
B1R  B1Q  mx  (n  2)(y  2)  0
x 
n2  4

––––→ ––––→，解得m，
n2  4
2
B2 R  B2Q  mx  (n  2)(y  2)  0
 y  n
n2  42
m2
 n2
则 OR 

，
n2  42 8  2n2
 n2
2
n2  4
2
由于2  n  2 ，则0  n2  4 ， 2

所以 OR 的范围为 2, 2.
19．(1) e  2 x  y  2  0
(2)（i）证明见解析；（ii)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，由点斜式即可求得切线方程；
（2）（i）利用导数判断 g  x 的单调性，求得 x0 的范围和 g x0  的表达式，利用单调性证明；
（ii) 通过求导得到 f  x 的最小值为 f  x1  ，满足 x1  lnx1  ln 2  0 ，由（i）已得 g  x 的最大值为 g x0  ，满足lnx0  x0  ln 2  0，根据函数 y  x  lnx  ln 2 在(0, ) 上为增函数可得
x1  x0 ，将结果代入 f a  2g b  f  x1   2g  x0  ，化简计算即得证.
【详解】（1）由 f  x  ex  2lnx ，可得 f 1  e ，求导得 f  x   ex  2 ，
x
则k切  f 1  e  2 ，
故曲线 y  f  x 在点1, f 1 处切线方程为 y  e  (e  2)  x 1，即e  2 x  y  2  0 .
（2）（i） g x   ln 2  lnx  1  ln 2  lnx  x ，

x2xx2
设h  x  ln 2  lnx  x ， x 0,  ，则h x    1 1  0
x
所以h  x 在(0, ) 上单调递减，
因h( 1 )  2ln2  1  0 ， h(1)  ln 2 1  0 ，
22
故存在唯一 x  ( 1 ,1) ，使得h  x   0 ，即lnx  x
 ln 2  0，即ln 2  x
 lnx ，
0200000
则当 x 0, x0  时， h(x)  0 ， g x  0 ，当 x  x0 , 时， h(x)  0 ， g x  0 ，
则 g  x 在0, x0 上单调递增，在 x0 ,  上单调递减，
 x 为 g  x 的极大值点， g  x   1 ln 2  lnx0  lnx 1  1  x  ln 2 ，
00x0x0
00
函数 y  x  1  ln 2 在区间 1 ,1 单调递减，则2  ln 2  1  x  ln 2 5  ln 2 ，
x 2
x02
0
即2  ln 2  g  x   5  ln 2 .
02
（ii)由 f  x   ex  2 ，因为 y  ex 和 y   2 在(0, ) 上单调递增，
xx
 2 
则 f x  在(0, ) 上单调递增，且 f 1  e  2  0 ， f  1  
 
e  4  0 ，
1
则存在唯一 x (1 ,1)，使得 f  x   0 ，即ex  2  0 ，即 x  lnx  ln 2  0 ，（*）
x
2
1111
1
当 x 0, x1  时， f  x  0 ，当 x  x1,  时， f  x  0 ，
故 f  x 在区间0, x1  上单调递减，在区间 x1,  上单调递增，
 f  x 的最小值为 f x   ex1  2 ln x  2  2(ln 2  x )  2(x  1  ln 2) ，
11x11x
11
由（i）可知， g  x 的最大值为 g  x0  ，且lnx0  x0  ln 2  0，（**）
由于函数 y  x  lnx  ln 2 在(0, ) 上为增函数，由（*），（**）式可得 x1  x0 ，故对任意正实数a, b ，都有
f a   2g b   f x  2g x  2(x  1  ln 2)  2(x  1  ln 2)  0 ，
101x0x
10
故对任意正实数a, b ，都有 f a  2g b  0 .