江苏省连云港市2025-2026学年高三上学期11月期中考试数学试卷

这是一份江苏省连云港市2025-2026学年高三上学期11月期中考试数学试卷，共19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。

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.
已知复数 z  1 i ，则 2 的虚部为（ ）
z
1
i
 1
2
 1 i
2
已知集合 A  0, a ， B  1, a  2, 2a  2，若 A  B ，则 a  （ ）
A．1B．  2
3
“ x  0 ”是“ xy  0 ”的（ ）
C． 1
D． 2
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
若关于 x 的不等式m 1 x2  mx  m 1  0 的解集为，则m 的取值范围为（ ）
3 3 
 3 3
2 3 
2 3
A．  ,  2 
B．  2
,  
C．  ,  3 
D．  3
, 


函数 f  x  lgsin2x 的图象的对称轴方程为（ ）
x  π  kπ ， k  ZB． x  π  k π ， k  Z
442
C． x  π  kπ ， k  ZD． x  π  k π ， k  Z
222
已知3sin 2   sin，且  π  kπ ， kπ ， k  Z ，则 tan    （ ）
2tan
3
 1
3
2
 1
2
已知函数 f  x ， g  x  ， h x  的定义域都为R ，其中 f  x 为奇函数， g  x  为偶函数，且 f  x   x 1 h  x ， g  x  h  x  x3 ，则函数h x  的最大值为（ ）
 27
196
 27
256
27
196
27
256
已知一个红球和三个半径为 3 的白球，这四个球两两外切，且它们都内切于一个半径为
7 的黑球，则红球的表面积为（ ）
49 π
3
49 π
2
49πD． 98π
二、选择题：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.
若a ，b 为两条异面直线，，为两个平面，a ，b  ，∩  l ，则直线l（ ）
可以与a ， b 都垂直B．至少与a ， b 中一条相交
C．至多与a ， b 中一条相交D．至少与a ， b 中一条平行
在V ABC 中，D 为 BC 的中点， E 为 BD 的中点，若BAC  π ，且V ABC 的面积为 3 ，
3
则（ ）
–––→
AE 
–––→
AB 
–––→
AC
–––→ –––→
AD  BC 
AB2  AC2
44
AB  AC  2
2
AD  AE 的最小值为 3 1
3
已知函数 f  x   sinx  lnx ，将 f  x 的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列
xn  ，对于任意的正整数k ，则（ ）
A． xk 1  xk  π
C． x2k 1  x2k 1  2π
B． x2k 1 是极大值点
D． f  x2k 1   f  x2k 1 
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
某校报告厅第一排有 22 个座位，后一排比前一排多 2 个座位，最后一排有 60 个座位，
则这个报告厅共有个座位.
1 sinx
设0  x  π ，且3sin x 
2
1 sinx ，则tanx .
若函数 f  x   x  2x  ax  1 在区间, 2 上有零点，则实数a 的取值范围为．
2
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
设等比数列an 的前n 项和为 Sn ，且 Sn  an1 1.
求数列an 的通项公式；
n
若b 1
，数列b 的前n 项和为T ，证明： T  1.
lg2 an1  lg2 a
nnn
n2
在V ABC 中， AB  2 ， BC  1 ， 2sinA  3sin  π  C  .
 2

求C ；
求V ABC 的角平分线CD 的长.
已知多面体 ABCDEP 的底面 ABCD 是正方形， PA  底面 ABCD ， DE  AP ， 0 .
证明：平面 PAB  平面 PADE ；
设 AB  AP  2 .
当 1 时，求直线CE 与平面 BPC 所成角的正弦值；
2
若二面角 B  PC  E 的大小为135 ，求的值.
x2y2
1, 3 
22
已知椭圆C ： 1a  b  0 的焦距为 2，且经过点
ab
2  .

求椭圆C 的方程；
1
OA 2
1
OB 2
若 A ， B 是椭圆上的两个点，且AOB  90 ，证明：为定值；
将椭圆C 上各点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的 2 3 倍，得到曲线 D .若点
3
P  2, 0 ，点 M ， N 在曲线 D 上，且MPN  90 ，求 MN 的最大值.
x
2
已知函数 f  x  ex ，直线l ：
y  b .
若直线l 与曲线 y  f  x  相切，求实数b 的值；
证明：对于b  0 ， m  R ，使得当 x  m 时，直线l 恒在曲线 y  f  x  上方；
1
若直线l 与曲线 y  f  x  有三个不同的交点，且从左到右的三个交点的横坐标依次为x ，
x ， x ，证明： x x  x x 
4e .
232 31 3
e 1
1．A
【分析】根据复数的除法及乘法运算，再结合虚部定义判断.
【详解】因为复数 z  1 i ，则 2  2  2 1 i  1 i ，则 2 的虚部为1.
z1 i1 i 1 i z
故选：A. 2．C
【分析】根据集合间关系列式计算再分类讨论结合已知求参.
【详解】因为集合 A  0, a ， B  1, a  2, 2a  2，又因为 A  B ，
当a  2  0 即a  2 时， A  0, 2, B  1, 0, 2，不符合题意；当2a  2  0 即a  1时， A  0, 1, B  1, 1, 0，符合题意；则a  1.
故选：C.
3．B
【分析】结合充分条件和必要条件的定义即可分析判断．
【详解】假设 x  1  0 ， y  0 ，有 xy  0 ，即充分性不成立；若 xy  0 ，则有 x  0 且 y  0 ，即必要性成立；
综上，“ x  0 ”是“ xy  0 ”的必要不充分条件．故选：B．
4．C
【分析】分类讨论，即可结合判别式求解.
【详解】当m  1时，不等式为 x  2  0 ，此时解集不为空集，不符合题意，
当m  1时，若解集为空集，则  m2  4 m  1m  1 0 ，解得m  2 3 ，
3
当m  1时，此时不等式的解集一定不为空集，故不符合题意，
综上可得m  2 3 ,
3
故选：C 5．A
【分析】根据正弦函数的对称轴方程，结合对数函数的性质即可求解.
【详解】由题意可知： sin 2x  0 ，即2kπ  2x  π  2kπ, k  Z ，
所以对称轴方程为2x  π  2kπ, k  Z ，解得 x  π  kπ, k  Z ，
24
故选：A 6．D
【分析】通过角的拆分和三角恒等变换即可推导得到结果．
【详解】由2    ，    ，将其代入3sin 2   sin ，
得3sin     sin    ，
展开得3sincs cssin  sincs   cssin   ，
整理得2 sincs 4 cssin   0 ，又  π  kπ ， kπ ， k  Z ，
22
所以cscs   0 ，两边除以 2 cscs  ，
得tan 2 tan   0 ，解得 tan     1 ．
tan2
故选：D．
7．D
【分析】根据 f  x 为奇函数， g  x  为偶函数，分别得 x  1h  x   x  1 h x  ，
h x   x 3  h x  x 3 ，联立求得h x  的表达式，再进行求导即可求解．
【详解】 f  x 是奇函数，所以 f x    f x  ，
又由 f  x   x 1 h  x ，得 x  1h  x   x  1 h x  ①，因为 g  x  是偶函数，所以 g x  g  x ，
又由 g  x  h  x  x3 ，得h x   x 3  h x  x 3 ②，联立①②可解得h  x   x4  x3 ，
所以hx   4x 3  3x 2  x 2 4x  3  ，令h x  0 ，解得 x  0 或 x  3 ，
4
当 x  3 时， 4x  3  0 ，且 x2  0 ，故hx   0 ， h  x 单调递增；
4
当 x  3 时， 4x  3  0 ，故 hx   0 ， h x  单调递减；
4
因此， h x  在 x  3 处取得极大值，也是最大值，
4
 3  3  4
h  4    4 
 3  3
 4 
 27 ．
25 6
   
故选：D．
8．C
【分析】由题意画出图形，利用大球与四个小球内切，结合半径相等列式即可求解.
【详解】如图，作出符合题意的图形，
设三个半径为 3 的白球的球心分别为 A, B,C ，设红球半径为r ，球心为 D ，连接 AB，BC，AC，AD，BD，CD ，
3
则 D 在平面 ABC 上的射影为底面正三角形 ABC 的外心G ，
62  32
可得 BG  2 
3
 2，
三棱锥 D  ABC 为正三棱锥，侧棱 DB  r  3 ，
再设大球的球心为O ，由对称性可得， O 在线段 DG 上，
要使大球与四个小球都内切，
则OD  7  r, OB  7  3  4 ，OG 
OB2  BG2
 2 ，
又 BG 2  DG 2  BD2 ，12  2  7  r 2  r  32 ，解得r  7 ，
2
则红球的表面积 S  4πr2  49π ．故选：C．
9．AB
【分析】可以通过举反例或反证法判断各个选项正误.
【详解】因为 a，b 为两条异面直线且a ， b  ，∩  l ，所以 a 与 l 共面，b 与 l
共面.
若 l 与 a、b 都不相交，则b / /l, a / /l, a / /b ，与 a、b 异面矛盾，所以至少与a ， b 中一条相交故 B 对，C、D 错；
当 a、b 为如图所示的位置时，可知 l 与 a、b 都相交，直线l 可以与a ， b 都垂直，故 A 对.
故选：AB. 10．AC
【分析】根据向量的数量关系计算判断 A，应用平面向量数量积公式及运算律计算判断 B，根据面积公式得出 AB  AC  4 ，再计算数量积公可判断 C，先应用数量积运算律计算，最后应用基本不等式得出最小值判断 D.
【详解】在V ABC 中， D 为 BC 的中点， E 为 BD 的中点，
–––→1 –––→1 –––→1 –––→1 1 –––→1 –––→3 –––→1 –––

所以 AE  2 AB  2 AD  2 AB  2 2 AB  2 AC  4 AB 4 AC，A 选项正确；
–––→ –––→1
AD·BC 
–––→ –––→–––→ –––→

AB  AC · AB  AC 
 AB2  AC 2
，B 选项错误；
22
3
因为BAC  π ，又因为V ABC 的面积为 1 AB  AC  3 ，则 AB  AC  4 ，
322
–––→ –––→1
所以 AB  AC  AB  AC   2 ，C 选项正确；
2
–––→ –––→1 –––→ –––→  3 –––→1 –––→ 
AD  AE  AB  AC  AB  AC 
3


2 44
1–––→2
 3AB
–––→2
 AC
–––→ –––→
 4 AB·AC 
1 8  3AB
2  AC 2  
1 8  2
 1，
3AB2  AC 2
3
888
3
当且仅当 AB2  4 3, AC 2  4
3
时取 AD  AE 的最小值为
1.
故选：AC. 11．BCD
【分析】求导，根据 y  cs x 与函数 y   1 图像交点情况，即可根据极值点的定义求解 B，
x
举反例即可求解 A，根据 x  2k 1 1  π 的单调性即可求解 C，根据函数的单调性即可
2k 1 2 

求解 D.
【详解】 f  x 的极值点为 f  x   cs x  1 在0,  上的变号零点.
x
即为函数 y  cs x 与函数 y   1 图像在0,  交点的横坐标.
x
又注意到 x 0,  时，  1  0 ， k  N 时， csπ+2kπ  1  
x
1，
π+2kπ
kN， x  0, π   π  2kπ, π  2kπ  时，cs x  0 .据此可将两函数图像画在同一坐标系
2  22

中，如下图所示.
对于 A，由图像可知 x  5 π,x  3 π，则 x  x
π，故 A 错误；
322232
f  π  2kπ  101
对于 B，注意到k  N 时，  2π
， f π  2kπ  1  0 ，
f  3π  2kπ 1
  2kπ 2
0
π  2kπ
 23π.
 2kπ 2
结合图像可知当 x x, x
, cs x
 1 , f x  0, x  x , x
, cs x
 1 , f
x  0,
2k 1 2kx2k2k 1x
当 x1, x3 , x5 ,是函数的极大值点， x2 , x4 , x6 ,是函数的极小值点，故 B 正确，
对于 C, x
  2k 1 1  π 表示两点 x
, 0 与 2k 1 1 π,0 间距离，由图像可知，
2k 1 2 
2k 1


随着 n 的增大，两点间距离越来越近，即 x  2k 1 1  π 为递减.
2k 1 2 
故 x  2k 1 1  π  x

  2k  1 1  π ，化简可得
2k 1 
2 2k 1 2 

x2k 1  x2k 1  2π ，故 C 正确；
对于 D，由于 x 2k 1  1 π, 2 k 1 π  2 k 2 π, 2 k 1 π，
2k 12 

1 cs 2 x
2k 1
故cs x2k 1  0, sin x2k 1  0, 因此sin x2k 1 ，
且cs x2k 1
  1 ，故
x
2k 1
 1 2
f  x  sin x ln x 1  cs2 x ln x
 1 
 ln x ，
2k 12k 12k 12k 12k 1
 x2k 1 
2k 
由于 y 1
x
 1
为单调递减函数， y  1  x
2
 为单调递增函数，结合 y  ln x2k 1 为单调递增
2k 1
 2k 1 
1  x

1
2
 2k 1 

函数，因此 y 
 ln x2k 1 为单调递增函数，由于 x2k 1  x2k 1 ，可得
f  x2k 1   f  x2k 1  ，故 D 正确.故选：BCD
12．820
【分析】根据等差数列通项公式计算以及求和公式即可求解.
【详解】根据题意可知：报告厅的座位个数成等差数列，且a1  22, d  2, an  60 ，故an  60  22  2n 1 ，故n  20 ，
所以座位的个数为
a1  an n
22 60  20

 820 ，
22
故答案为：820
12
5
【分析】应用二倍角公式及同角三角函数关系计算化简，再结合同角三角函数关系求得
tan x  2 ，最后应用二倍角正切公式计算求解.
sin 2  cs 2 

x
x 2


sin 2  cs 2 

x
x 2


23
1 sinx
【详解】


1 sinx
 sin x  cs x
22
 sin x  cs x ，
22
又因为0  x  π ，所以0  x  π ，所以sin x  0, cs x  0, sin x  cs x  0 ，
222222
所以3sin x  sin x cs x  sin x cs x ，
22222
所以2sin x  cs x  sin x  cs x ，
2222
所以2sin x  cs x  cs x  sin x 或2sin x  cs x  sin x  cs x ，
22222222
所以3sin x  2cs x 或sin x =0 不合题意，所以tan x  2 ，
22223
2  2
所以tanx  3  12 .
1 45
9
故答案为： 12 .
5
 0, 1 
2 

【分析】根据题意，参数分离得a  2x  1
2x
在, 2 上有解，再根据函数单调性求解即可．
【详解】函数 f  x   x  2x  ax  1 在区间, 2 上有零点，
2
即a  2x  1
2x
在, 2 上有解，
又 y  2x , y   1
2x
在, 2 单调递增，
所以 g x   2x 
1 在, 2 单调递增，
2x
又 x   时， g  x   0 ，且 g 2  22 
所以a  0, 1 ．
1
2 2
 1 ，
2
2 

故答案为：  0, 1  ．
 2 

n
15．(1) a  2n1
(2)证明见解析
【分析】（1）应用an1  Sn1  Sn 结合等比数列定义计算求解；
（2）先应用对数运算计算，再应用裂项相消法计算证明不等式.
【详解】（1）由 Sn  an1 1得， Sn 1  an  2  1 ，两式相减得an  2  2an 1 .
因为数列an 是等比数列，所以q = 2 .
当n  1 时， S1  a2 1，则a1  2a1  1，所以a1  1.
n
综上a  2n1 .
（2）由a
 2n1 ，得b
 1  1 1  1 .
nnlg a lg an n 1 
nn 1
2 n12 n2
所以T
 b  b
 b    b
1 1   1 1   1 1     1  1
 1  1 .
n123
n 2   23   34 nn  1 
n  1
  

由于n  N ， 1
n 1
0 ，所以Tn  1.
16．(1) C  π
3
(2) CD  5 3 
2
39 .
3
【分析】（1）根据诱导公式以及正弦定理可得 tanC ，即可求解，
1 13
2
（2）利用余弦定理可求解 AC ，进而利用等面积法即可求解.
【详解】（1）由2sinA 
3sin  π  C  得2sinA  3csC ，
 2

由正弦定理
AB
sinC
 BC
sinA
得 2 sinC
 1 sinA
，即2sinA  sinC .
3
因为sinC  3csC ，所以tanC ，
又C 0, π，故C  π .
3
1 13
2
1 13
2
（2）在V ABC 中，由余弦定理， AB2  AC2  BC2  2AC  BC csC ，得 AC2  AC  3  0 ，解得 AC （舍去负值），
所以 AC .
在V ABC 中， S△ABC  S△ACD  S△ BCD，
则有 1 AC  BC sinACB  1 AC  CD sinACD  1 BC  CD sinBCD
222
即 1 
13  1 1  1 
13  1
CD
 1  1 CD，解得CD .
3
5 3  39
222222222
17．(1)证明见解析
3
3
(2)（i） 10 ；（ii） 2 或 2 .
10
【分析】（1）根据题意证明 AB  平面 PADE 即可求解；
（2）（i）以 A 为坐标原点建立空间直角坐标系，再由线面夹角的向量求解方式求解即可；
（ii）由二面角的向量求法，求得 cs
–→ ––→
n1  n2
–→ ––→
n1, n2
 n1  n2 
1
2 2 1
，再由二面角为135
代入求解即可．
【详解】（1）证明：底面 ABCD 为正方形，得 AB  AD .
因为 PA  底面 ABCD ， AB  面 ABCD ，得 AB  PA .
又 PA  AD  A ， PA  平面 PADE ， AD  平面 PADE ，得 AB  平面 PADE ，由 AB  平面 PAB ，所以平面 PAB  平面 PADE ；
（2）以 A 为坐标原点，分别以 AB ， AD ， AP 所在直线为 x 轴、 y 轴、z 轴，建立如图所示
的空间直角坐标系，
由 AB  AD  AP  2 得， A0, 0, 0， B 2, 0, 0 ， C 2, 2, 0 ， D 0, 2, 0 ， P 0, 0, 2
（i）当 1 时， E 0, 2,1 ， CE  2, 0,1 ， PC  2, 2, 2 ， BC  0, 2, 0 ，
2
设平面 BPC 的法向量为n1   x1, y1, z1  ，
–→ –––→
n1  BC  0,2 y1  0,
由–→ –––→得2x  2 y  2z  0
n1  PC  0,111
不妨取 x1  1，则 z1  1，从而平面 BPC 的一个法向量为n1  1, 0,1 .
设直线CE 与平面 BPC 所成的角为，
1
5  2
–––→ –→
CE  n1
–––→ –→
CE

n1
–––→ –→
则sin cs
CE, n1
10 ，
10
直线CE 与平面 BPC 所成角的正弦值为 10 .
10
（ii）由 DE  AP ，得 E 0, 2, 2 ， CE  2, 0, 2 ， 由（1）知 PC  2, 2, 2 ， n1  1, 0,1 .
设平面 PCE 的法向量为n2  x2 , y2 , z2  ， CE  2, 0, 2

––→ –––→
n2  PC  0,
2x2  2 y2  2z2  0
z 1
由––→ –––→得2x  2z  0，不妨取 2，
n2 CE  0,22
则 x2  ， y2  1，
所以平面 PCE 的一个法向量为n2  ,1 ,1 .
n1  n2
–→ ––→
–→ ––→
则 csn1, n2
 n1  n2 
1
2 2 1
，
1
2 2 1
2
又因为二面角 B  PC  E 的大小为 135°，所以，
2
化简得2  4 1  0，
3
3
得 2 或 2 .
2
2
1
18．(1) x  y 
43
(2)证明见解析
6
(3) 2 .
【分析】（1）由题意列式求a,b, c ，进而可得椭圆的方程.
分两种情况：直线OA 或OB 其中一条斜率不存在时及直线OA ，OB 斜率存在且均不为
0 时，直线的方程与椭圆的方程联立可得关于 x 的一元二次方程，由韦达定理计算
1
| OA |2
1
| OB |2
，即可证明；
2  23

解法一：设点及直线代入计算得出轨迹方程 x 

 y 2 
2 
，即可得出弦长最值；
2
解法二：设点代入得出m2  n2  OP2  2 ，再应用两点间距离公式结合基本不等式求解.
 1
【详解】（1）由题意得 a2
 9 4b2
 1,
a2  4,
解得

a
x2
2  b2
y2
1,
b2  3.
所以椭圆C 的方程为
 1.
43

11
OA 2
OB 2
当直线OA 或OB 其中一条斜率不存在时，
 1  1  7
.
4312
当直线OA ， OB 斜率存在且均不为 0 时，设直线OA ： y  kx ， A x1, y1  ，
 y  kx,

由 x
2  y2
得 x2 
1
 1
12
3  4k 2 ，

 43
OA 2
1
所以
1
x2  y2
1
x2  k 2 x2
3  4k 2
 12 1 k 2  .
1111
OB 2
OA 2
14  3k 2
117 1 k 2 7
同理可得
 12 1  k 2  ，所以
.
OB 2
7
12 1 k12
OA 2
OB 2
2 
1
综上，1
 12 .
解法一：
设曲线 D 上任意一点坐标为 x, y，对应椭圆C 上点坐标为 x0 , y0  ，
x  x0 ,

x2y2
则2 3
 y  3
代入 0  0
y043
 1中得： x2  y2  4 .
 MN 
2
设 MN 的中点为T  x, y ，因为OT 2  
 4 ，所以OT 2  PT 2  4
 2 
2
所以 x2  y2  x  2 2  y2  4 ，即 x  2   y 2  3 .
2 2

所以 MN
 2 PT
 2 
6

22
 .
2
6
2



解法二：
设曲线 D 上任意一点坐标为 x, y，对应椭圆C 上点坐标为 x0 , y0  ，
x  x0

x2y2
则
 y 
2 3
y0
代入 0  0
43
 1中得： x2  y2  4 .
设原点到直线 PM ， PN 的距离分别为m ， n ，则m2  n2  OP2  2 .
4  n2
3
MN 2  PM 2  PN 2  n  4  m22  m  4  n22
4  m2
 8  2n
 2m
 8  2 
n2  m2
8  m2  n2   8  4.
6
2
所以 MN ，当且仅当m  n 1时取得等号.
6
即 MN 的最大值为 2 . 19．(1) b  0 或b  4 .
e2
证明见解析
证明见解析
x2 
【分析】（1）先设切点 P  x0 , 0  ，再求出导函数得出切线斜率计算求点即可求参；
ex0 
把恒成立问题转化为最值关系，分b  4 和0  b  4 计算证明；
e2e2
bex1  x 2①,
11
2
根据交点列式bex2  x 2②, 再取对数构造函数G t   2lnt  t  ，最后应用导函数 得
bex3  x 2③,t
3
出函数单调性计算证明即可.
x2 
2x  x2 
【详解】（1）设直线l 与曲线 y  f  x 相切于点 P  x0 , 0 ， f  x ，
ex0  ex
令 f  x0   0 ，得 x0  0 或 2.
故切点为 P 0, 0 或 P  2, 4  ，切线方程为 y  0 或 y  4 ，即b  0 或b  4 .
e2 

e2e2

（2）由 f x   2x  x2  得，当 x , 0， f  x 递减，有 f  x  0 ，
ex
当 x 0, 2 ， f  x 递增，有0  f  x   4 ，
e2
当 x 2,  ， f  x 递减，有0  f  x   4 .
e2
2
若b  4 ，取m  2 ，当 x  m 时，结合函数 f  x 单调性可知 f  x  f m  f 2  b
e
若0  b  4 ，取m  3  3 e2  2 ，下面证明不等式 f m   f  3   b ，
b
 
e2b4 
x
先证明如下不等式：当 x  0 ，有e
x3
1 ，
3
令 F  x  ex ， F x   ex  x  3 ，当 x 0, 3 ， F  x 递减，当 x 3,  ， F  x 递增，
x3x4
e31
3
F  3   e b  1
b
 
有 F x   F 3 ，即  
273
273 ，
b3
 3 2
变形得：    b ，即
 b 
3
eb
f  3   b ，
 b 
 
故当 x  m 时，结合函数 f  x 单调性可知 f  x  f m  b .
综上，结论成立.
bex1  x 2①,
1
（3）由题意及函数 f (x) 的单调性可知： x  0  x  2  x ，满足bex2  x 2②,
123
2
bex3  x 2③,
3
lnb  x2  2lnx2,

由②③可得lnb  x
3  2lnx3,
作差得 x  x  2lnx  lnx  ，故有2 
x3  x2
3232
lnx  lnx
下证不等式
x3  x2
lnx3  lnx2
x2 x3
成立，即证
x3
x2
t  1
32
x2 x3
x2
x3 
ln x3
x2
1，
令t  1，只需证t  1时， t  成立，
即证t  1时， 2lnt  t  1  0 ，
t
t
令G t   2lnt  t  1 ， Gt   
故G t   G 1  0 ，
2lnt
t 12
t 2
1
 0 ， G t  在1,  递减，
故2 
x3  x2
x2 x3
，
lnx  lnx
32
则 x2 x3  4 .
故要证 x x
 x x 
4e ，只需证4  x x 
4e ，即证 x x  4 ，
2 31 3
e 1
1 3e 1
1 3e 1
b
又因为 x  0 ， x2  bex1  b ，则 x  x ，
1111
x2x24
所以x1x3  bx3  3 ，故只需证 3 ，
x3x3
e 2e 2
e 1
令t  x3  1，设函数t   4t 2 ， t  1，t   4t 2  t  ，
2etet
所以t 在1, 2 上递增，在2,  上递减.
所以t   2  16 
e2
4
e 1
，故命题得证.