湖北省沙市中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷

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湖北省沙市中学 2025-2026 学年高二下学期期中考试数学试卷
单选题
向量a  (2, 2, 0) 在向量b  (2, 0, 2) 上的投影向量为（ ）
( 2, 0, 2)B． ( 2, 2, 0)C． 1, 0,1
D．1,1, 0
数列{a }满足a  2 ， a2(n  1, 2, 3,...) ，则a  a  a  ...  a a （）
n1n1
2
2
2
2  an
12320252026
2
2026  2
2026  2
2026 D． 2026 
函数 f (x)  x3  2x2  3x  4ln x 的图象在 x  1 处的切线方程为（）
x  2 y 1  0
C． 2x  y  2  0
x  2 y  1  0
D． 2x  y  2  0
1210
已知 P1､P2､P3 L, P10 是抛物线 y2  16x 上不同的点，点 F 4, 0 ，若 FP  FP L FP  0 ，则
–––→–––→––––→
FP1  FP2 L FP10  （）
20B． 40C．60D．80
口袋内有大小、质地相同的红球 2 个，黄球、蓝球各 3 个．依次不放回地从中摸取 2 个球（每次取 1 个球）、记“第一次摸到红球”为事件 A ，“第二次摸到黄球”为事件 B ，则 P B A  （）
B
A． 3． 1
282
C． 3
7
D． 3
8
记1 3x(1 x)10  a  a x  a x2 L a x11 ，则a  a  a L a  （）
0121124610
A．1023B．2047C．2024D．4048
某校人工智能社团有小李、小赵等 5 位同学，他们计划对 DeepSeek、豆包、通义千问这 3 种人工智能模型展开学习调研，要求：每种模型至少有 1 人负责，每人必须且只能选择 1 种模型．若小李和小赵不能调研同一种模型，则不同的安排方案总数为（）
A．600B．264C．207D．114
已知a  0.1， b  ln1.1， c  1 ，则a, b, c 的大小关系正确的是（）
11
c  b  a
b  c  a
a  c  b
b  a  c
多选题
下列关于随机事件的概率说法正确的是（ ）
若 A  B ，则事件 B 发生，事件 A 一定发生
对于古典概型，若 P  A  B  P  A  P  B ，则事件 A 与 B 互斥
若 P  A B  P  A ，则事件 A 与 B 独立
若 P  A  B   0.4，P  A  0.5，P  B  0.2 ，则事件 A 与 B 独立
如图，正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为1, E 是棱CD 上的动点（含端点），则（ ）
三棱锥 A1  AB1E 的体积为定值
EB1  AD1
二面角 E  A B  A 的平面角的大小为 π
1 14
存在某个点 E ，使直线 A1E 与平面 ABCD 所成角为60
在平面直角坐标系 xOy 中，直线l1 : x  y  0 ，直线l2 : x  y  0 ，曲线C 上的动点 P  x, y  x  y 到直
线l1 与l2 的距离之积为定值 1， F1、F2 为曲线C 的左、右焦点，则下列结论正确的是（）
曲线C 的方程为 x2  y2  2
2
设Q 0, 2  ， P 为曲线C 位于第一象限上的一点，则△PQF1 周长的最小值为6
点 P 到点M 4, 0 的距离最小值为 6
若l 为曲线C 在点 P 处的切线，则直线l 平分F1PF2
填空题
 x  2 y 3x  y 5 的展开式中 x2 y4 的系数为.
不等式ax3  lnx  2  0 对任意的 x 0,  恒成立，则 a 的取值范围为.
FFx2y2
已知 1 ， 2 分别为双曲线 H :
 1 的左、右焦点，A，B 两点均在双曲线 H 上，且满足 AF2  λF2B
46
（λ 0 ）， cs AF B  3 ，则△AF B 的内切圆半径为.
151
解答题
已知函数 f  x  aex  x  4 ．
若 f  x 在0,1上单调递增，求a 的取值范围；
若关于 x 的不等式 f  x  x 1有解，求a 的取值范围．
已知数列an 满足a1  2，an1  2an 1．
求an 的通项公式；
若cn  lg 2 an  1 ，从数列cn 中依次取出第 2 项，第 4 项，第 8 项， ，第2n 项，按原来顺序组成新数列dn  ，求使得不等式d1  d2 L dn  2026 成立的最小正整数n 的值．
如图，多边形 ABCDE 是由一个等腰三角形 ABE 和一个菱形 BCDE 组成的，其中 AB  AE  13 ，
BC  2 ， D  60∘ ．现将V ABE 沿 BE 翻折，点 A 翻折到点 P 的位置，得到四棱锥 P  BCDE ，如图（2）所示．
求证： PCD  90∘ ．
如图（2），若二面角 P  BE  D 的大小为120∘ ，点G 为△PBE 的重心，点 F 在线段 BC 上，且 BF  1 BC ．
3
求证： GF / / 平面 PCD ；
求平面CGF 与平面 PCD 夹角的正弦值．
对于抛物线C : y2  2 px( p  0) 和点T t, 0 ，若C 上存在不同的两点 P ，Q ，使得 TP  TQ ，且 PQ 的倾
斜角不等于
π ，则称
2
P, Q 是C 的“ t —圆点”，线段 PQ 是C 的“ t —圆弦”．设抛物线Γ : y2  mx(m  0) 的焦点
为 F ，准线为l ， l 与 x 轴交于点 E, A 为Γ 上一点， AF  4 ， AE  2 7 ， csEAF  5 7 ．
14
求Γ 的方程；
判断Γ 是否存在“ t —圆点”？请说明理由；
设“4—圆弦”中点的轨迹与 x 轴交于点 B b, 0 ，点 B 关于原点O 的对称点为 D ，过点 B 作直线m 与Γ 交于
MD
ND
yM
yN
M ， N 两点，求证：．
已知函数 f ( x)  x  ln x  m ．
讨论函数 f ( x) 的单调性；
已知 g(x) | f (x) |，若存在 x1  x2  x3  x4 ，使得 g  x1   g  x2   g  x3   g  x4  ．
求实数 m 的取值范围；
证明： x1 x4  x2 x3 ．
参考答案
→→→→
1．C
a  b b  2  2  2  0  0  2 b  1 b  1, 0,1
【详解】向量a 在向量b 上的投影向量为 → 2
b
22  02  222.
2．A
【详解】因为a1 
2 ， an1 
2(n  1, 2, 3,...) ，
2  an
所以a2
2
2  a1
 2 
2 ， a3 
2
2  a2
  2 ， a4
2
2  a3
 2  2 ，
2
5
16
a 2 a ， a 2 2 

2 ，……，则该数列的周期为4 ，
2  a42  a5
所以a1  a2  a3  ...  a2025  a2026  506 a1  a2  a3  a4   a1  a2
 506 
2  2 
2  2  2 
2 
2  2  2026  2 2 .
2
3．C
【详解】已知 f (x)  x3  2x2  3x  4ln x ，易得 f (1)  0 ，
又 f (x)  (3x2
 4x  3) ln x 
x3  2x2  3x  4
x
，所以
f (1)  2 ，
所以函数 f  x 的图象在(1, f (1)) 处的切线方程为 y  0  2(x 1) ，即2x  y  2  0 .
4．D
【详解】
抛物线方程 y2  16x ，则2 p  16 ，
焦点4, 0 ，即焦点为 F ，准线为 x  4 ，
由焦半径公式可知，抛物线上任意一点 Pi  xi , yi  ，
–––→
到焦点 F 的距离 FPi
 x  p  x  4 ，
i2i
设 Pi  xi , yi i  1, 2, 3,...,10 ，则向量 FPi   xi  4, yi  0   xi  4, yi  ，已知 FP1  FP2 L FP10  0 ，

 10
(xi  4)  0
由向量加法的坐标运算得 i1
yi  0
 10
 i1
1010
则 xi 10  4  0 ，解得 xi  40 ，
i1
–––→
i1
由焦半径公式 FPi
 xi  4 ，
i1 –––→
i1
i1
∑ FPi
10
5．C
 ∑ xi  4  ∑xi  4 10  40  40  80 ．
1010
C11C1 C13
【详解】 P  A  2  ， P  AB  2  3 ，
C14C1 C128
887
3
故 P B A  P  AB  28  3 .
P  A17
4
6．B
【详解】对于1 3x(1 x)10  a  a x  a x2 L a x11 ，
01211
令 x  0 ，可得a0  1 .
令 x  1 ，可得a  a  a L a
 4  210 ①，
01211
令 x  1 ，可得a0  a1  a2 L a11  0 ②，
①+②得2 a  a  a  a L a
  4  210 ，
024610
即a  a  a L a  2  210  a
 211 1  2047 .
246100
7．D
【详解】先将 5 位同学分成三组有“2 人组+2 人组+1 人组”和“3 人组+1 人组+1 人组”两种情况，共有

C C
2 2
5
5 3
A
2
2
C3  15 10  25 种方法，
33
其中小李和小赵同一组的情况有C2  C1  3  3  6 种方法，所以小李和小赵不同组的情况有25  6  19 种；
3
再将这三组分给 DeepSeek、豆包、通义千问这 3 种人工智能模型，有A3  6 种排列方式，所以共有19  6  114 种方法.
8．A
【详解】因为a  0.1， b  ln 1 0.1 ，构造函数 f  x  x  ln 1 x ， x  1 ，
则 f  x  1
1
1 x
x
1 x
，当 x 1, 0 时， f   x   0 ，则 f  x 单调递减，
当 x 0,  时， f   x   0 ，则 f  x 单调递增，所以 x  0 为 f  x 的极小值点，所以 f  x  f 0  0 ，则 f 0.1  f 0  0 ，
即0.1 ln 1 0.1  0 ，所以0.1  ln 1 0.1 ，即a  b ，又c  1 1
 0.1 ，
构造函数 g  x  ln 1 x 
x
1 x
， x 0,1 ，
1110 11 0.1
g x  1  1  x  0
g  x 
0,1
则1 x
1 x2
1 x2
，所以
在单调递增，
则 g 0.1  g 0  0 ，即ln 1 0.1 
0.1
1 0.1
0 ，
ln 1 0.1 
BCD
0.1
1 0.1
，所以b  c ，则a  b  c .
【详解】对于 A 选项，若 A  B ，则事件 B 发生，事件 A 不一定发生，A 错；
P  B
P  AB
对于 B 选项，对于古典概型，若 P  A  B  P  A  P  B ，则事件 A 与 B 互斥，B 对；对于 C 选项，若 P  A B  P  A 且由条件概率公式可得 P  A B ，
 
P  AB
所以 P  A ，所以 P  AB  P  A P  B ，则事件 A 与 B 独立，C 对；
P B
对于 D 选项，若 P  A  0.5，P  B  0.2 ，则 P  A  1 0.5  0.5，P B   1 0.2  0.8 ，所以 P  A  B   0.4  P  A P B  ，故 A 与 B 独立，即事件 A 与 B 独立，D 对．
故选：BCD．
ABC
【详解】对于选项 A：三棱锥 A1  AB1E 转化为三棱锥 E  AA1B1 的底面积为定值，
因为平面 AA1B1B / / 平面 DCC1D1 ，所以 E 到平面 AA1B1B 高不变，体积为定值，故选项 A 正确；对于选项 B：
如图建系，设 DE  t ，则 A1, 0, 0, D1 0, 0,1, B1 1,1,1, E 0, t, 0
因为 EB1  1,1 t,1, AD1  1, 0,1 ， EB1  AD1  1 0 1 t  1  0 ，
所以得 EB1  AD1 ，故选项 B 正确；
→
对于选项 D：取平面 ABCD 的法向量为n  0, 0,1 ，
A1E  n
–––→
–––→ →
A1E  n
→
因为 A1 1, 0,1, E 0, t, 0 A1E  1, t, 1 ，
2
11
11 t 2
2  t 2
则设直线 A1E 与平面 ABCD 所成角θ,则sinθ 2 ，
当t  0 时， sinθ
 1 ，这时直线 A E 与平面 ABCDθπ
D 不正确；
2
max1
→
所成角
最大值为，故选项
4
对于选项 C：设平面 EA1B1法向量为m   x, y, z  ， A1B1  0,1, 0, A1E  1, t, 1 ，
 y  0

所以 A1B1  n  0, A1E  n  0 ，所以x  ty  z  0
所以令 x  1 ，可得 →  1, 0, 1 ，设平面 AA B 法向量为 P  1, 0, 0 ，
m1 1
2
→ →
设二面角 E  A1B1  A
为β，则csβ
m  p1
2

→→ 
mp2
所以二面角 E  A1B1  A
π
的大小为，故选项
4
C 正确.
故选：ABC.
ABD
2
x  y
【详解】对于 A，点 P  x, y  到直线l1 的距离为
2
x  y
，到直线l2 的距离为，
由题可得
 1，所以 x2  y2
 2 ，
2
x  y
2
x  y
又 x 
y ，即 x2  y2  0 ，故 x2  y2  2 ，
所以曲线C 的方程为 x2  y2  2 ，故 A 正确；
对于 B，由 A 可知， a  2 ， c2  2  2  4 ，故c  2 ，所以 F1 2, 0, F2 2, 0 ，
22  22
P 为曲线C 位于第一象限上的一点，连接 PF1 , PF2 , PQ ，
则 QF1
 F2Q 
 2 2 ，
由双曲线定义可知 PF1  PF2  2a  2 2 ，所以 PF1  2 2  PF2 ，
则 PF1  PQ  2 2  PF2  PQ ，
显然当 P, Q, F2 三点共线时， PF2  PQ取得最小值，最小值为 F2Q  2 2 ，
2
故 PF1  PQ 的最小值为4， △PQF1 周长的最小值为 PF1  PQ  QF1  6 2 ，B 正确；
对于 C，要使得点 P  x, y  到点M 4, 0 的距离最小，则点 P  x, y  要在双曲线C 的右支上，所以 x2  y2  2 ，且 x ，
2
所以 PM



 6 ，
 x  42  y2
 x  42  x2  2
2  x  22  6
当且仅当 x  2 时，取等号，
6
所以点 P  x, y  到点M 4, 0 的距离最小值为，故 C 错误；
对于 D，设点 P  x , y  在双曲线上，满足 x2  y2  2 ，
0000
则双曲线C 在点 P  x , y  处的切线l 的方程为 x0 x  y0 y  1，即 x x  y y  2 ，
002200
x0 2  y0  0  2
x2  y2
00
x2  y2
00
2x0  2
2 x0 1
x2  y2
00
点 F1 2, 0 到切线l 的距离d1 ，
x2  y2
00
x0  2  y0  0  2
点 F2 2, 0 到切线l 的距离d2
，
x2  y2
00
2x0  2
2 x0 1
x2  y2
00


x  2 y
2
2
0
0


x  2 x  2
2
2
0
0
2x2  4x  2
00
2
又 PF1




x0 1 ，


x  2 x  2
2
2
0
0
2x2  4x  2
00
2


x  2 y
2
2
0
0
PF2




x0 1 ，
2 x0 1
x2  y2
00
x2  y2
00
x0 1
dx 12 x 1PFdd
所以 1  0  0  1 ，即 1  2 ，所以sin F Pl  sin F Pl ，
d2
x 1
2 x 1PF
PFPF12
200212
结合图象可知， F1Pl  F2 Pl ，所以直线l 平分F1PF2 ，故 D 正确.
165
【详解】3x  y 5 的展开式的通项为T Ck 3x5k  y k  1k 35k Ck x5k yk ， k  0,1,L, 5 ，
k 155
当k  3 时， T  353 C3 x53 y3  90x2 y3 ，
45
此时只需乘第一个因式 x  2 y  中的2 y 即可，得到180x2 y4 ；
当k  4 时， T  354 C4 x54 y4  15xy4 ，
55
此时只需乘第一个因式 x  2 y  中的 x 即可，得到15x2 y4 ．据此可得 x2 y4 的系数为180 15  165 ．
e5
3
, ∞

【详解】因为ax3  ln x  2  0 ，
所以ax3  ln x  2 ，
因为 x3  0 ，所以a  ln x  2 ，
x3
设 f  x  ln x  2  x  0 ，
x3
1  x3  ln x  2 3x2
则 f  x  x 
x3 2
3ln x  5 ，
x4
若 f  x  0 ，则
ln x   5 ，
3
5
x  e 3
 ，
 5 
x  0, e 3  ， f  x  0 ， f  x 单调递增；

  5
x e 3 , ∞ 时， f  x  0 ， f  x 单调递减，

  5 
 51
ln e 3  23e5

f  x
max
f e 3  

  5 3
 e5  3 ，
e 3 

e5
e5
因此 a 
，即a 的取值范围是
3
, ∞ .
3

2
【详解】因为 AF2  λF2 B （λ 0 ），所以 A, B, F2 三点共线，且 F2 位于 A, B 之间，所以 A, B 均在双曲线的右支上，如图：
所以 AF1  AF2
 2a  4, BF1  BF2
 2a  4 ,
设 AF2
 m, BF2
 n ，则 AF1  m  4, BF1  n  4 ，
在△AF B 中，由余弦定理得 AB 2  AF 2  BF 2  2 AF BF cs AF B ，
111111
即m  n2  m  42  n  42  2 m  4n  4 3 ，
5
展开并化简得mn  m  n  4 .
因为cs AF B  3 ，所以sin AF B 
1 cs2 AF B
1
 4 ，
1515
所以S

AF BF sin AF B  1 m  4n  4 4
V AF1B
1
2
11125

 2 mn  4m  4n 16  2 mn  4 m  n  4  2 mn  4mn  2mn .
555
设△AF B 的内切圆半径为 r，则S
 1  AF  BF
 AB r  1 m  4  n  4  m  n r
1
 m  n  4 r  mnr ，
V AF1B211
2 
由等面积法可得2mn  mnr ，解得r  2 . 15．(1) 1, 
(2)(- ¥ , 2 e)
【详解】（1）函数 f  x  aex  x  4 ，求导得： f  x  aex 1 ，
f  x 在0,1上单调递增，等价于 f  x  0 对任意 x 0,1 恒成立，
即aex - 1 ³ 0 Þ
a ³ 1 ex
， x 0,1.
由于ex 在0,1上单调递增，所以 1 在0,1上单调递减，所以 1  1 ,1 ，
最大值为 1
e0
ex
=1，则a  1 ，所以a 的取值范围为1,  ．
ex e 
（2）由 f  x  x 1有解，即aex - x - 4 < x - 1 Þ
化简可得a  2x  3 有解．
ex
aex - 2x - 3 < 0 ，
2x  3
2ex  2x  3ex
2  2x  3
1 2x
令 g  x 
x，则 g x ，
ee2 xexex
令 g x  0 ，得2x 1  0 ，即 x   1 ；
2
当 x   1 时， g x  0 ， g  x 单调递增；
2
当 x   1 时， g x  0 ， g  x 单调递减，
2
所以 g  x 在 x   1 处取得最大值：
2
2   1   3
 1  2 1 321
e
g       2e2  2，
2 1
e 2

 1 1
e 2e 2
所以a  2 e ，故a 的取值范围为∞, 2 e  ．
n
16．(1) a  2n1 1
(2)10
【详解】（1）由an1  2an 1 ，变形可得an1 1  2 an 1 ，因为a1 1  2 1  1  0 ，即得an 1  0 ，
n
所以数列an 1是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，故a 1  1 2n1  2n1 ，
n
即a  2n1 1；
n2n2
（2）由（1）知c  lg a  1  lg 2n1  n  1 ，
则d  c
 2n  1 ，设数列d  的前n 项和为 D ，
n2nnn
则 D  d  d
L d
 21 1  22 1  23 1 L 2n 1
n12
n

2 1 2n 
 21  22 L 2n  n  n  2n1  2  n ，
1 2
Q Dn+1
− Dn
= 2n+2 − 2 − (n + 1) − (2n+1 − 2 − n) = 2n+1 − 1 > 0 ，
数列Dn  单调递增.
令2n1  2  n  2026
当n  10 时， 2101 12  2048 12  2036  2026 ，当n  9 时， 291 11  1024 11  1013  2026 ，
所以使得不等式d1  d2 L dn  2026 成立的最小正整数n 的值为 10. 17．(1)证明见解析
(2)（i）证明见解析；（ii） 5 3 ．
14
【详解】（1）
如图，
取 BE 的中点 H ，连接 PH , CH , CE ，
因为△PBE 为等腰三角形，点 H 为 BE 的中点，所以 PH  BE ，因为四边形 BCDE 为菱形，
所以 BE / /CD ，所以 PH  CD ，
因为四边形 BCDE 为菱形， D  60∘ ，所以VBCE 为等边三角形，所以CH  BE ，进而CH  CD ，
又 PH ∩ CH  H ， PH , CH  平面 PCH ，所以CD  平面 PCH ，
又 PC  平面 PCH ，
所以 PC  CD ，即PCD  90∘ .
（2）
如图，
以 H 为原点， HB, HC 以及垂直于平面 BCDE 的直线分别为 x, y, z 轴，建立空间直角坐标系，因为 PH  BE ， CH  BE ，二面角 P  BE  D 的大小为120∘ ，所以PHC  120∘ ，
则 B 1, 0, 0 ， C 0, 3, 0， D 2, 3, 0 ， P 0,  3, 3， F  2 , 3 , 0  ， G  0,  3 ,1 ，
 333
–––→
–––→

 2 2 3
所以 PC  0, 2 3, 3， CD  2, 0, 0 ， GF   3 , 3 , 1 ，

设平面 PCD 的法向量为n   x, y, z  ，
→
–––→
3
PC·n  2 3y  3z  0
则–––→ →，令 y ，则 x  0 ， z  2 ，
CD·n  2x  0
→
所以n  0, 3, 2，
所以2 3
–––→ →
GF •n 
3 1 2  0 ，
3
又GF 平面 PCD ，所以GF / / 平面 PCD .
–––→
4 3
–––→
 2 2 3
由（i）， CG   0,  3 ,1 ， GF   3 , 3 , 1

设平面 CGF 的法向量为m  a, b, c ，
4 3
–––→ →

CG·m  

则
b  c  0
3
3
，令b ，则a  3 ， c  4 ，

–––→ →
GF·m 
2 a 
b  c  0
2 3
33
–→
所以m  3, 3, 4 ，
所以cs
–→ →
m, n
m•n

–→ →
m n
 11 ，
3  3  2  4
7  2 7
14
所以平面 CGF 与平面 PCD 夹角的正弦值为
 5 3 ．
1  14 
 11 2

14
18．(1) y2  4x
当t  2 时， Γ 存在“ t —圆点”；当t  2 时， Γ 不存在“ t —圆点”．
证明见解析
【详解】（1）抛物线Γ : y2  mx(m  0) 的焦点为 F  m , 0  ，准线l : x   m ，
 44

准线与 x 轴交点 E   m , 0  ，
4

设 A x0 , y0  是抛物线上一点，由抛物线定义可得：
AF  x  m  4 ，故 x  4  m ，
04
 x  y
 00
m 2
2
4 
AE 
04
42  y2
0

7
 2
，解得 y2  12 ，
0
在△EAF 中，由余弦定理得： EF 2  AE 2  AF 2  2 AE  AF cs EAF ，
5 7
 m 22
2
则 

 2 7 
 42  2  2 7  4 
14
，解得m2  16 ，
Q m  0 ， m  4 ，
抛物线Γ 的方程为 y2  4x ．
（2）
Q TP  TQ ，则T t, 0 在 PQ 的垂直平分线上，
 PQ 的中点G  x1 , y1  满足TG  PQ ，且 PQ 的斜率k  0 ，设 P  x , y , Q  x , y  ，由 y2  4x , y2  4x ，两式相减得：
22332233
 y  y  y  y   4  x  x  ，故k  y2  y3  4  2 ，
232323
x  xy
 yy
TG 的斜率k
 y1  0 y1 ，
23231
1
x1  tx1  t
1
1
由TG  PQ 得k  k  2  y1 2 1，解得 x
y1 x1  tx1  t
 t  2 ，
1
11
PQ 是抛物线的弦，故中点G 在抛物线内部，则 y2  4x  4 t  2 ，若 y2  4 t  2 有解，则4 t  2  0 ，解得t  2 ，
当t  2 时， Γ 存在“ t —圆点”；当t  2 时， Γ 不存在“ t —圆点”．
（3）
结合（2），当t  4 时，“4—圆弦”中点的横坐标恒为 x1  4  2  2 ，
11
且 y2  4x  8 ，即 y 2 2, 2 2  ，轨迹为 x  2 ，
1
与 x 轴交于点 B 2, 0 ， B 关于原点的对称点为 D 2, 0 ；设过 B 2, 0 的直线m 方程为 x  sy  2 ，
联立 y2  4x 得： y2  4sy  8  0 ，
设M  x , y
, N  x , y
 ，由韦达定理得 yM  yN  4s ，
y

MD 
ND 
MMNN
 x
M
 2 y
2
2
M

 x
N
 2 y
2
2
N
sy
N
 4 y
2
2
N

 M  yN
sy
M
 4 y
2
2
M


s 1 y  8sy 16
2
2
M
M

 8
，

s 1 y  8sy 16 ，
2
2
N
N
MNMMM
 MD 2  s2 1 y2
 2  y  y  y
16  y2 s2  3，
s2  3
NMNNN
ND 2  s2 1 y2  2  y
s2  3
 y  y
16  y2 s2  3，
 MD 
yM
， ND 
yN，
MD
ND
yM
yN
，命题得证．
19．(1)在0,1 上单调递减，在1,  上单调递增
(2)（i） 1,  ；（ii）证明见解析
【详解】（1） f ( x) 的定义域为(0, ) ， f  (x)  1 1 ．
x
当0  x  1时， f ( x)  0 ，则 f ( x) 在0,1 上单调递减；当 x  1 时， f ( x)  0 ，则 f ( x) 在1, ∞ 上单调递增．
（2）（i）由（1）可知 f (x)  f (1)  1 m ，
令n  g  x1   g  x2   g  x3   g  x4  ，
若m ≤1 ，则 f  x  0 ，则 g(x)  f (x) ，则直线 y  n 与函数 g ( x) 的图象最多有两个交点，不符合题意；若m  1， f (1)  1 m  0 ，此时 f ( x) 存在两个零点m1  1  m2 ，
此时 g ( x) 在0, m1  上单调递减，在m1 ,1 上单调递增，在1, m2  上单调递减，在m2 , ∞ 上单调递增，此时作直线 y  n ，其中0  n  m 1，直线 y  n 与 g ( x) 的图象存在四个交点，
即存在 x1  x2  x3  x4 ，使得 g  x1   g  x2   g  x3   g  x4  ，故实数 m 的取值范围是(1, ) ．
（ii）由题意得， x1  ln x1  m  x4  ln x4  m  m  ln x2  x2  m  ln x3  x3 ，
则 x1  ln x1  x4  ln x4 ， ln x2  x2  ln x3  x3 ，
令 x4  t ， x3  s ，注意到1  s  t ，则 x  tx  ln t ，即 x  ln t ，同理 x  ln s ，
x1
要证 x x
x2
t ln t
 x x ，即tx2  sx2 ，即证明
11

1t 1
s ln s
，
2s 1
1 42 312
t 1
s 1
设h(x)  x ln x (x  1) ，
x2 1
(1 ln x) x2 1  2x2 ln xx2 1 x2 1ln xx2 1
 x2 11
则h(x)  ln x2  ，
x2 12
x2 12
x2 12  x2 12
设i  x2 i  1 ，设r i   i 1  1 ln i(i  1) ，
i 12
则ri  2 1   i 12 
2  0 ，故r i 在 1,  上单调递减，
2
i 12i2i i 1
从而r i   r 1  0 ，则h(x)  0 ， h( x) 在1,  上单调递减，
t ln t
s ln s
故h( t )  h( s ) ，也即，因此 x1 x4  x2 x3 ．
t 1s 1