辽宁鞍山市重点高中2025-2026学年高二下学期5月期中考试数学试卷

这是一份辽宁鞍山市重点高中2025-2026学年高二下学期5月期中考试数学试卷，共10页。试卷主要包含了答案见解析 证明见解析等内容，欢迎下载使用。
2025-2026 学年高二下学期 5 月期中考试数学试题
单选题
若lim f 2  2x  f 2  6 ，则 f 2  （ ）
x0x
A．3B． 3C．6D． 6
已知等比数列an 的公比不为 1，且a4 , a3 , a5 成等差数列，则数列an 的公比为（ ）
2
1
1
2
D．2
记等差数列an 的前n 项和为Sn , a3  a7  6, a11  17 ，则S15  （ ）
A．140B．150C．160D．170
若数列an 的前n 项和为Sn ，且满足a1  2 ， a2  3 ， an  an2  an1 ，则S2026 的值为()
A．0B．3C．4D．5
已知函数 y  xf  x 的图象如图所示（其中 f  x 是函数 f  x 的导函数），下面四个图象中 y  f  x 的图象大致是（）
B．C．D．
设S 是等差数列a 的前n 项和，若 S5  1 ，则 S10  （ ）
n
A． 3
7
n
B． 3
10
S10
4
C． 4
9
S20
D． 1
4
已知函数 f  x  aex  ln x 在区间1, 2 上单调递增，则 a 的最小值为（ ）．
A． e2
B．eC． e1
D． e2
已知ex  sin x  ax 1 对任意 x 0,  恒成立，则实数a 的取值范围为（ ）
A． , 2
B．2, 
C．,1
D．1, 
多选题
设an 是等差数列， Sn 是其前n 项的和，且S5  S6 ， S6  S7  S8 ，则下面结论正确的是()
a7  0
d  0
S6 与S7 均为Sn 的最大值D．满足Sn  0 的n 的最小值为 14 10．记Sn 为数列an 的前n 项和．已知Sn  2an  n ，则（ ）
a1  1
数列an 1为等比数列
S2025  2026  a2026
an  an1
已知函数 f  x  ex  ln  x 1 1, g  x  ln x  ax ，对x 1, ∞, x 0, ∞ ，使得 f  x   g  x  成
1212
立．下列结论正确的是（ ）
x0 0, 2，使得 f  x0   0

C． a 的取值范围为1 , ∞
函数 y  f  x 的最小值为 0
D．过0, 0 作 y  f  x 的切线，有且只有一条
填空题
 e
数列an 满足a1  1，an1  an  2n ，则a5  ．
已知函数 f  x  x3  2ax2  a2 x 在 x  1 处取得极小值，则a  ．
已知函数 f  x  ex2  x ln x 1  1 a 1 x2 ，若对任意 x , x 0,  ，且 x
 x ，都有
21 212
f  x1   f  x2   ln a 恒成立，则实数a 的取值范围是.
x1  x2
解答题
上映天数 x
4
7
9
10
15
累计票房 y
20
40
60
80
100
某影视数据平台对最近上映的电影《飞驰人生 3》进行票房调研，记录了其上映后的累计票房情况．累计票房 y （单位：千万元）与上映天数 x （单位：天）的数据如下表所示：
利用表中的数据，计算相关系数r （结果精确到 0.01），并推断两个变量的线性相关程度；
求 y 关于 x 的经验回归方程，并预测上映 40 天时的累计票房（结果精确到 0.01）．
n
 xi yi  nxy
n
参考公式：经验回归方程 yˆ  bˆx  aˆ ，其中b‸  i1 ， aˆ  y  b‸ x ，相关系数
n
 xi yi  nxy

i1
5
x2  nx2
165
i
55

n
x  nx
2
2
i1
i

n
y  ny
2
2
i1
i
r  i1 ．参考数据：  x y
 3200 ，  x2  471，  y2  22000 ，
 12.845 ．
i i
i1
i
i1
i
i1
n
n
422nn
已知等差数列a 的前n 项和为S ，且S
 4S , a
 2a
1, n  N  ．b 是正项等比数列，且
n
a1  b1 , a5  b3 ．
求数列an ,bn 的通项公式；
令cn  an  bn ，求数列cn 的前n 项和Tn ．
已知函数 f  x  2x3  3x2 12x  5 x  R 
求函数 f  x 的图象在点1, f 1 处的切线方程；
求函数 f  x 在区间0, 3 的最大值和最小值；
若曲线 y  f  x 与直线 y  c 有 3 个不同的交点，求实数c 的取值范围．
已知公差不为零的等差数列an 满足a1  1，且a2 , a4 , a8 成等比数列．
求数列an 的通项公式；
证明： ln an  an 1 ；
若数列b 满足b  anan1 ，证明： 1 1 1 1 1 1 1 1   e2 （e 为自然对数的底）．
nn2
b 
b 
b b 
1 
2 
3 n 
已知函数 f (x)  ax2  (a  2)x  ln x .
讨论 f ( x) 的单调性；
若 f ( x) 有两个零点， f (x) 为 f ( x) 的导函数.
求实数a 的取值范围；
记 f ( x) 较小的一个零点为 x0 ，证明： x0 f (x0 )  2 .
1．B
借助导数定义计算即可得.
【详解】 f 2  lim f 2  2Δx  f 2   1 lim f 2  2Δx  f 2   1  6  3 .
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
A
B
C
C
D
C
A
ACD
BC
题号
11
答案
ABD
2．A
Δx0
2  2Δx  22 Δx0Δx2
设等比数列an 的公比为q ，根据题意，列出方程，得到q2  q  2  0 ，即可求解.
【详解】设等比数列an 的公比为q ，其中q  1 且q  0 ，
因为a , a , a 成等差数列，可得2a  a  a ，所以2a q2  a q3  a q4 ，
4 3 5
345
111
又因为q2  0 ，可得q2  q  2  0 ，解得q  2 或q  1 （舍去），所以等比数列an 的公比为2 .
3．B
根据等差数列的性质，求得a5  3 ，得到a1  a15  a5  a11  20 ，结合等差数列的求和公式，即可求解.
【详解】因为a3  a7  6 ，可得 a3  a7  2a5  6 ，可得a5  3 ，
又因为a11  17 ，由等差数列的性质，可得a1  a15  a5  a11  3 17  20 ，
所以S15
 15(a1  a15 )  15(a5  a11 )  15 20  150 .
222
4．C
根据题意，求得数列前 7 项的值，得到数列是周期为 6 的数列，结合前六项的和为 0，即可求解.
【详解】方法一：
数列an 的前n 项和为Sn ，且满足a1  2 ， a2  3 ， an  an2  an1 ，可得
a3  a2  a1  1 ， a4  a3  a2  2 ， a5  a4  a3  3 ， a6  a5  a4  1 ，
a7  a6  a5  2 ， a8  a7  a6  3 ，L ，
所以数列an 是周期为 6 的数列，其中a1  a2  a3  a4  a5  a6  0 ，
所以S2026  S33764  S4  a1  a2  a3  a4  4 . 故 C 选项正确.
方法二：
由an  an2  an1 可得an2  an1  an ，则数列前n 项和Sn 满足：
Sn  a1  a2  a3  a4 L an1  an
 a1  a2  a2  a1   a3  a2  L an2  an3   an1  an2 
 a2  an1
所以Sn  a2  an1 n  2 .
又因为an2  an1  an  an  an1   an  an1  an4   an4 ，即an6  an n  N  .
所以数列an 是周期为 6 的数列，故S2026  a2  a2025  a2  a33763  a2  a3  4 . 故 C 选项正确. 5．C
【详解】由导数与单调性的关系判断即可．由函数 y  xf  x 的图象可知：
当 x  1时， xf  x  0 ， f   x   0 ，此时 f  x 单调递增；
当1  x  0 时， xf  x  0 ， f   x   0 ，此时 f  x 单调递减；当0  x  1时， xf  x  0 ， f   x   0 ，此时 f  x 单调递减；当 x  1 时， xf  x  0 ， f   x   0 ，此时 f  x 单调递增． 6．D
根据题意及等差数列的片段和性质，设S5  t t  0 ，从而求出S10  4t ， S20  16t ，进而即可得到答案．
【详解】由等差数列的片段和性质知S5 ， S10  S5 ， S15  S10 ， S20  S15 ，···是等差数列，
S
5
由 S5  1 ，不妨设S
104
 t t  0 ，则S10
 4t ，
所以S5 ， S10  S5 ， S15  S10 ， S20  S15 ，···，依次为t ， 3t ， 5t ， 7t ，···，
所以S20  t  3t  5t  7t  16t ，
所以 S10 
S20
4t 16t
 1 ． 4
7．C
根据 f  x  aex  1  0 在1, 2 上恒成立，再根据分参求最值即可求出．
x
【详解】依题可知， f  x  aex  1  0 在1, 2 上恒成立，显然a  0 ，所以 xex  1 ，
xa
设 g  x  xex , x 1, 2 ，所以 g x   x 1ex  0 ，所以 g  x  在1, 2 上单调递增，
g  x  g 1  e ，故e  1 ，即a  1  e1 ，即 a 的最小值为e1 ．
ae
故选：C．
8．A
令 f  x  ex  sin x  ax 1, x  0 ，由题意可知： f  x  0 对任意 x 0,  恒成立，且 f 0  0 ，可得
f  0  2  a  0 ，解得a  2 ，并代入检验即可.
【详解】令 f  x  ex  sin x  ax 1, x  0 ，则 f   x   e x  cs x  a ，由题意可知： f  x  0 对任意 x 0,  恒成立，且 f 0  0 ，
可得 f  0  2  a  0 ，解得a  2 ，若a  2 ，令 g  x  f  x, x  0 ， 则 g x  ex  sin x  1 sin x  0 ，
则 g  x  在0,  上递增，可得 g  x  g 0  2  a  0 ，即 f  x  0 对任意 x 0,  恒成立，
则 f  x 在0,  上递增，可得 f  x  f 0  0 ，
综上所述： a  2 符合题意，即实数a 的取值范围为, 2 .
故选：A.
ACD
【详解】A 选项：因为a7  S7  S6  0 ，所以 A 正确；
B 选项：因为a6  S6  S5  0 ， a7  S7  S6  0 ，所以d  a7  a6  0 ，所以 B 错误；
C 选项：因为d  0 ，an 是一个递减等差数列，当n  7 时， an  0 ，所以当n  7 时， Sn1  Sn ，故S6 与S7
均为Sn 的最大值，故 C 选项正确；
D 选项：因为S
 n a1  an  ， a  a
 2a
 0 ，所以S
 13a1  a13   13a
 0 ，而
n21137
1327
S  14 a1  a14   7 a
 a   7a
 0 ，所以满足S  0 的n 的最小值为 14,故 D 选项正确.
142
BC
788n
令n  1 代入可得 A；利用an 与Sn 关系，结合等比数列定义可得 B；求出数列an 的通项公式后，代入计算即可得 C；借助作差法即可得 D.
【详解】对 A：当n  1 时， S1  2a1  1，故a1  1 ，故 A 错误；
对 B：当n  2 时， Sn1  2an1  n 1 ，
则Sn  Sn1  an  2an  n  2an1  n 1  2an  2an1 1 ，
nn
即an  2an1 1 ，即有an 1  2 an1 1 ，又a1 1  11  2 ， 故数列an 1是以2 为首项， 2 为公比的等比数列，故 B 正确；对 C：由 B 得： a 1  2  2n1  2n ，故a  2n  1 ，
202520252026
则S 2a 2025  2 1 22025   2025  1 22026  2026  2026  a，故 C 正确；
n1n
对 D： a a  2n1 1 2n 1  2n  0
，故an  an1 ，故 D 错误.
ABD
A：通过求导利用函数的单调性来判断； B：通过求导从而找出函数的最值； C：通过将不等式转化为小于一个定值，在根据函数的性质进行求解； D：通过求导得到切线方程，构建辅助函数，通过求辅助函数的零点来解答.
【详解】选项 A： f  x  ex  ln  x 1 1，求导可得 f  x  ex 
1
x 1 ，
因为 y  e x 在1, ∞ 上单调递增， 
1
x  1
在1, ∞ 上单调递增，
所以 f  x  ex 
1
x 1
在1, ∞ 上单调递增，
当 x 0, 2时， f 0  e0 
1
0 1
 0 ，所以x0
0, 2，使得 f  x0   0 ，即 A 正确；
选项 B：由 A 可知，当1  x  0 时， f  x  0 ， f  x 单调递减，
当 x  0 时， f  x  0 ， f  x 单调递增，
所以 f  x 在 x  0 处取得最小值 f 0  e0  ln 0 1 1  0 ，即 B 正确；
min
选项 C：由 B 可知， f  x 0 ，由题意可知， x1 1,  ， x2 0, ∞ ，使得 f  x1   g  x2  ，等价于 f  x 的最小值大于或等于 g  x 的最小值，
对于函数 g  x  ln x  ax, x  0 ，当 x  0 时， g  x  ∞，
因此无论a 取什么值，都x 0, ∞ ，使得 g  x  0 ，所以a 的取值范围为R ，即 C 错误；
选项 D：设切点坐标为x , ex0  ln  x
1 1 ，切线斜率为 f  x   ex0  1 ，
000
0
切线方程为 y  ex0  ln  x 1 1  ex0  1  x  x  ，
x0 1

0

x 1 0
因为切线经过0, 0 ，所以代入可得0  ex0  ln  x
1 1  ex0  1 0  x  ，
化简可得 x
1ex0  ln  x


1 1
0
 0 ，
x0
1 0
x
0
001
设函数h  x   x 1ex  ln  x 1 
1
x 1
, x  1 ，
求导可得h x  xex  1  1 
 x  1 ，
x 1
 x 12
x e

2
 x 1
因为当 x  1 时， ex 
1
 x 12

0 恒成立，
所以当1  x  0 时， h x  0 ， h  x 单调递减，当 x  0 时， h x  0 ， h  x 单调递增，
因为当 x  0 时， h  x 取到极小值h 0  0 ，
所以h  x 只有一个零点0 ，即只有 x  0 时，  x
1ex0  ln  x
1 1
 0 成立，
000
x0 1
因此过点0, 0 作 y  f  x 的切线，有且只有一条，D 正确. 12．21
【详解】试题分析：由an1  an  2n 可得， a2  a1  2 1, a3  a2  2  2, a4  a3  2  3,L, an  an1  2 n 1 ，
以上各式相加可得a  a  2 1 2  3 L n 1  2  n 11 n 1  n2  n ，
n12
1
5
所以an  n2  n  a  n2  n 1，所以a  52  5 1  21．
考点：1 累加法求数列通项公式；2 等差数列的前n 项和．
13．1
求导，令 f 1  0 ，求出a 的值，再将a 的值代回 f  x 中，再根据 f  x 的符号判断 f  x 在 x  1 处是否取得极小值即可得到答案．
【详解】由 f  x  x3  2ax2  a2 x ，则 f  x  3x2  4ax  a2 ，
又 f  x 在 x  1 处取得极小值，则 f 1  3  4a  a2  0 ，解得a  3 或a  1 ，当a  3 时， f  x  3x2 12x  9  3 x  3 x 1 ，
则若 x ∞,1 时， f  x  0 ，此时 f  x 单调递增；若 x 1, 3 时， f  x  0 ，此时 f  x 单调递减，此时 f  x 在 x  1 处取得极大值，不满足条件；
当a  1 时， f  x  3x2  4x 1  3x 1 x 1 ，
则若 x  1 ,1 时， f  x  0 ，此时 f  x 单调递减；若 x 1, ∞ 时， f  x  0 ，此时 f  x 单调递增，
 3 

此时 f  x 在 x  1 处取得极小值，满足条件．综上所述， a  1 ．
14．  0, 1 
e

令 F  x  f  x  ln a•x ，由题意可得函数 F  x 在0, ∞ 上单调递增，即 F  x  0 在0, ∞ 上恒成立，令
g  x  x  ln x
，F  x  0
可化为
g ex2   g ax
，根据
g  x 
的单调性得到a
 ex2
x
x2
e
，令h  x 
x
，求出
h  x
的最小值即可求出答案.
【详解】 f  x1   f  x2   ln a 可化为 f  x1   ln a•x1   f  x2   ln a•x2   0 ，
x1  x2
x1  x2
令 F  x  f  x  ln a•x ，则不等式可化为 F  x1   F  x2   0 ，
x1  x2
所以函数 F  x  f  x  ln a•x 在0, ∞ 上单调递增，
F  x  ex2  ln x  2  a 1 x  ln a  ex2   x  2  ln x  ln a  ax
 ex2  ln ex2  ax  ln ax，
所以 F  x  ex2  ln ex2  ax  ln ax  0 在0, ∞ 上恒成立，令 g  x  x  ln x ，则 g ex2   g ax 在0, ∞ 上恒成立，
易知 g  x  x  ln x 在0, ∞ 上单调递增，
ex2
则ex2  ax 在0, ∞ 上恒成立，即a 在0, ∞ 上恒成立，
x
ex2
ex2  x 1
令h  x ， h  x ，
xx2
当 x 0,1 时， h x  0 ，所以函数h  x  ex2 在0,1 上单调递减，
x
当 x  1,  时， h x  0 ，所以函数h  x  ex2 在1,  上单调递增，
x
所以当 x  1 时， h  x 取得最小值，最小值为h 1  1 ，
e
所以0  a  1 ，
e
所以实数a 的取值范围是 0, 1  .
e

15．(1) r  0.97 ，两个变量具有很强的线性相关程度
(2) yˆ  250 x  90 ，预测上映 40 天时的累计票房为294.85 千万元
3311
先计算 x, y ，代入相关系数公式计算即可；
先计算b‸ 和a‸ ，进而得经验回归方程，令 x  40 ，代入回归方程即可求解．
【详解】（1）由题意得， x  4  7  9 10 15  9 ， y  20  40  60  80 100  60 ，
55
555
 x y  3200 ，  x2  471，  y2  22000 ，
i i
i1
i
i1
n
i
i1
 xi yi  nxy

n
x2  nx2y2  ny2
i1
i
 i
n
i1
471 5 92  22000  5 602
则r  i1 
3200  5 9  60
66  4000
500
500
25
2 12.845
 0.97 ，
40 165
所以两个变量具有很强的线性相关程度．
n
 xi yi  nxy3200  5  9  60500250
（2）由题意得， b‸  i 1 ，
n

i 1
x2  nx2
471  5  92

i
6633
aˆ  y  b‸ x  60  250  9   90 ，
3311
所以经验回归方程为 yˆ  250 x  90 ，
3311
令 x  40 ，得 yˆ  250  40  90  9730  294.85 （千万元），
331133
所以预测上映 40 天时的累计票房为294.85 千万元．
16．(1) an  2n 1， bn  3n1
23n 1
(2) Tn  n 2
利用等差数列的通项公式和前n 项和公式列出方程求解可得数列an , 的通项公式，利用等比数列通项公式可得bn ，
利用等差数列和等比数列的前n 项和公式求解即可.
【详解】（1）设等差数列an 的公差为d ，
4a1  6d  4 2a1  d 
a1  1
则a  2n 1 d  2a  2 n 1 d 1，解得d  2 ，
 11
所以an  1 n 1 2  2n 1 ；
b  a  1, b  a  9 ，所以q2  b3  9 ，又q  0 ，所以q  3, b  3n1 ．
b
1135n
1
c  a  b  2n 1  3n1
nnn

1 2n 1 n
11 3n 
3n 1
T  1 3  5 L 2n 1  1 3  32 L 3n1  n2 
n21 32
17．(1) y  12 x  4
最大值为 5，最小值为15 ．
15,12
【详解】（1） f  x  2x3  3x2 12x  5 ，求导可得 f  x  6x2  6x 12 ，当 x  1 时， f 1  12 ， f 1  8 ，
所以函数 f  x 的图象在点1, f 1 处的切线方程为 y  8  12  x 1 ，即 y  12 x  4 ．
（2） f  x  6x2  6x 12  6  x  2 x 1 ，令 f  x  0 ，解得 x  2 或 x  1 ，
当 x 在区间0, 3 上变化时， f  x, f  x 的变化情况如表所示：
所以当 x  0 时， f  x 在区间0, 3 上取得最大值 f 0  5 ，当 x  2 时， f  x 在区间0, 3 上取得最小值 f 2  15 ．
由（2）可知，当 x  1时， f  x  0 ， y  f  x 单调递增；当1  x  2 时， f  x  0, y  f  x 单调递减；
当 x  2 时， f  x  0, y  f  x 单调递增， 所以 f  x 在 x  1 处取得极大值 f 1  12 ， f  x 在 x  2 处取得极小值 f 2  15 ，
因为当 x   时， f  x  ∞，当 x   时， f  x  ∞，
所以若曲线 y  f  x 与直线 y  c 有 3 个不同的交点，则c 需介于极大值和极小值之间，因此c 的取值范围为15,12 .
n
18．(1) a  n n  N* 
证明见解析
证明见解析
由等差数列的通项公式及等比数列的性质即可求解，进而可得通项公式；
设 f (x)  ln x  x 1，求导，可得 f ( x) 的单调性，进而可得结论；
x
0
0, 2
2
2, 3
3
f  x
-12

0

24
f  x
5
单调递减
15
单调递增
4
1 
1 
1 
由题意需证ln 1

1
b
1 
L1
b
2 
  2 ，由（2）可得ln1  an   an ，利用放缩法与裂项相消法
bn 
可证结论.
【详解】（1）设等差数列a 公差为d (d  0), a  1, a , a , a 成等比数列，则a2  a  a ，
n124 8428
n
所以(1  3d )2  (1  d )(1  7d ) ，解得d  1 或d  0 （舍去），所以a  n n  N* ；
设 f (x)  ln x  x 1, f (x)  1 1  0 ，当 x  1时， f (x)  0, f (x) 单调递减，
x
f (x)max  f (1)  0 ，所以ln x  x 1  0 ，由（1）可知an  1，则有ln an  an 1  0 ，所以不等式ln an  an 1 恒立．
因为1 1 1 1 L1 1   0 ，所以要证1 1 1 1 L1 1   e2 ，
b 
b b 
b 
b b 
1 2 n 
1 1 1 
1 
2 n 
只需证： ln 1 b 1 b L1 b
  2 ，
1 2 
n 
根据（2）可知ln an  an 1 ，那么ln1  an   an ，
1 1 
1 1 1 
1 111
ln 1 b 1 b
L1 b   ln 1 b   ln 1 b
 L ln 1 b   b  b
L
b
1 
2 
n 
1 2 
n 12n
2
22
 2  1  1
1

a  aa  aa  a
 1 22  3n (n 1) 
1223
nn1
21    
 1   11  1
1   2 1
1   2 ，
2   23  nn 1 
n 1 
 
所以1 1 1 1 L1 1   e2 .
b b b 
1 2 n 
19．(1)答案见解析 (2)（i） 0,1 ；（ii）证明见解析
【详解】（1）函数 f  x 的定义域为0, ∞ ， f  x  2ax  a  2  1  ax 12x 1 ，
xx
①当a  0 时， f   x   0 ，函数 f  x 在0, ∞ 单调递减；
②当a  0 时，令 f  x  0 ，解得 x  1 ，
a
当 x  0, 1  时， f   x   0 ，函数 f  x 单调递减；
a 

当 x  1 ,  时， f   x   0 ，函数 f  x 单调递增.
 a

综上所述，当a  0 时，函数 f  x 在0, ∞ 单调递减；
当a  0 时，函数 f  x 在 0, 1  上单调递减，在 1 ,  单调递增.
a  a

（2）（i）若a  0 ，由（1）知， f  x 至多有一个零点；
若a  0 ，由（1）知，当 x  1 时， f  x 取得最小值，最小值为 f  1   1 1  lna .
a
a
a
 
 
因为当 x  1 ,  时， f  x1 1  lna,  ；
 aa

当 x  0, 1  时， f  x1 1  lna,  ，
a a

 a 
所以函数 f  x 有两个零点当且仅当 f  1   0 .
 
设 g a  lna  1 1，函数 g a 在0, ∞ 单调递增.
a
因为 g 1  0 ， g a  0 的解集为a 0,1 .
综上所述， a 的取值范围是0,1 .
0
（ii）因为 f  x  x2  xa  2x  lnx ，由 f 1  2a  2  0 ，结合（i）知0  x  1，要证 x0 f  x0   2 ，即证2x0 1ax0 1  2 ，即ax0 2x0 1  2x0 1，
当0  x  1 时，因为ax 2x 1  0 ， 2x 1  0 ，不等式恒成立；
02000
当 1  x  1时，由 f  x   0 得ax  x
1  lnx  2x .
200
0000
即证2x0 1lnx0  2x0   2x0 1 x0 1 .
2x0 1 x0 1
2x2  x
11
即证lnx0  2x0  00  x0 .
2x0 12x0 12x0 1
00
即证lnx  x 1
0 .
2x0 1
1
 1
p x  1 12 1 12 0
设 p  x  lnx  x 
， x  ,1 ，由
x2x 12x
12，
2x 1
 2
 2  1
2

所以 p  x 在 1 ,1 单调递增.所以 p  x  p  1   ln2 1  0 ，故原不等式成立.
 2  
 2 
所以 x0 f  x0   2 .