《（浙江專版）2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 綜合檢測二（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專版）2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 綜合檢測二（含解析）（19頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、綜合檢測二 (時間：120分鐘　滿分：150分) 第Ⅰ卷(選擇題　共40分) 一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1．已知集合A＝{x|－2

2、＋i(m，n∈R)，其中i為虛數(shù)單位，則m＋n等于(　　) A．2B．－2C．4D．－4 答案　A 解析　方法一　由已知得m＋3i＝i(n＋i)＝－1＋ni， 由復(fù)數(shù)相等可得所以m＋n＝2，故選A. 方法二?。?＋＝3－mi，則由已知可得3－mi＝n＋i.由復(fù)數(shù)相等可得所以m＋n＝2，故選A. 3．已知l1，l2，l3是不同的直線，α，β，γ是不同的平面，若α∩β＝l1，α∩γ＝l2，則“l(fā)3⊥l1，l3⊥l2”是“l(fā)3⊥α”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 答案　B 解析　若l3⊥l1，l3⊥l2，當(dāng)l1∥l2

3、時，不能得出l3⊥α；當(dāng)l3⊥α?xí)r，因?yàn)棣痢搔拢絣1，α∩γ＝l2，所以l1?α，l2?α，所以l3⊥l1，l3⊥l2.所以“l(fā)3⊥l1，l3⊥l2”是“l(fā)3⊥α”的必要不充分條件．故選B. 4．某學(xué)校社團(tuán)準(zhǔn)備從A，B，C，D，E5個不同的節(jié)目中選3個分別去3個敬老院慰問演出，在每個敬老院表演1個節(jié)目，其中A節(jié)目是必選節(jié)目，則不同的分配方法共有(　　) A．24種B．36種C．48種D．64種 答案　B 解析　從B，C，D，E4個節(jié)目中選2個，有C種選法，將選出的2個節(jié)目與A節(jié)目全排列，共有A種情況，又CA＝36，所以不同的分配方法共有36種． 5．函數(shù)f(x)＝的大致圖象為(　　)

4、 答案　C 解析　設(shè)函數(shù)g(x)＝x＋|lnx|－1(x>0，x≠1)， 則g(x)＝ 得g′(x)＝ 故當(dāng)x>1時，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，f(x)單調(diào)遞減，且f(x)>0；當(dāng)0

5、·2＋…＋9C·9－10C·10＝10C·－10C·2＋…＋10C·9－10C·10＝5×9.故選D. 方法二　對等式10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9＋a10x10兩邊求導(dǎo)，得59＝a1＋2a2x＋…＋9a9x8＋10a10x9，令x＝－1，則a1－2a2＋…＋9a9－10a10＝5×9，故選D. 7．已知隨機(jī)變量X，Y的分布列如下(其中x≠y)，則(　　) X 1 2 P x2 y2 　 Y 1 2 P y2 x2 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

6、) D．E(X)＋E(Y)2x2y2＝D(X)＋D(Y)， E(X)＋E(Y)＝3>≥(x2y2)2＝D(X)·D(Y)，故選C. 8．已知向量a，b滿足|2a＋b|＝3，且a·(a－b)＝3，則|a－b|的最小值為(　　)

7、A.B.C.D. 答案　D 解析　方法一　由a·(a－b)＝3， 得[(2a＋b)＋(a－b)]·(a－b)＝9， 即(2a＋b)·(a－b)＋|a－b|2＝9， 設(shè)2a＋b與a－b的夾角為θ， 則(2a＋b)·(a－b)＝|2a＋b|·|a－b|·cosθ∈[－3|a－b|,3|a－b|]， 所以－3|a－b|≤9－|a－b|2≤3|a－b|， 解得≤|a－b|≤， 所以|a－b|的最小值為. 方法二　如圖，設(shè)a＝，b＝， 由|2a＋b|＝3， 得＝1， 取靠近A的AB的三等分點(diǎn)C， 則＝a＋b，所以||＝1. 由a·(a－b)＝3，得·＝1. 以MC所在

8、直線為x軸，線段MC的垂直平分線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系xOy，則M，C， 設(shè)A(x，y)，則由·＝1，得x2＋y2＝， 所以點(diǎn)A的軌跡是以O(shè)(0,0)為圓心，為半徑的圓， 易知點(diǎn)C在該圓內(nèi)，所以|AC|的最小值為， 所以|AB|的最小值為， 即|a－b|的最小值為. 9．已知P為雙曲線－＝1上一點(diǎn)，M，N分別為圓(x＋3)2＋y2＝及其關(guān)于y軸對稱的圓上的兩點(diǎn)，則|PM|－|PN|的取值范圍為(　　) A．[－5,5] B．[－5，－3]∪[3,5] C．(－3,3) D．[－3,3] 答案　B 解析　由題意知，點(diǎn)M在圓(x＋3)2＋y2＝上，點(diǎn)N在圓(x－3)2＋

9、y2＝上，設(shè)雙曲線－＝1的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，則F1(－3,0)，F(xiàn)2(3,0)，易知F1，F(xiàn)2分別為兩個圓的圓心，連接PF1，MF1，PF2，NF2，則|PF1|－|MF1|≤|PM|≤|PF1|＋|MF1|，|PF2|－|NF2|≤|PN|≤|PF2|＋|NF2|，所以|PF1|－|PF2|－1≤|PM|－|PN|≤|PF1|－|PF2|＋1，而|PF1|－|PF2|＝±4，所以－5≤|PM|－|PN|≤－3或3≤|PM|－|PN|≤5. 10．如圖1，已知正三角形ABC的邊長為6，O是底邊BC的中點(diǎn)，D是AB邊上一點(diǎn)，且AD＝2，將△AOC繞著直線AO旋轉(zhuǎn)，在旋轉(zhuǎn)過程中，若DC

10、的長度在[，]內(nèi)變化，如圖2，則點(diǎn)C所形成的軌跡的長度為(　　) A.B.C．πD. 答案　A 解析　方法一　∵△ABC為正三角形，O為BC的中點(diǎn)， ∴AO⊥OB，AO⊥OC， ∴∠BOC是二面角B－AO－C的平面角，記∠BOC＝θ. 如圖，過點(diǎn)D作DE⊥OB，垂足為E，連接CE，則DE∥AO，OE＝1，OC＝3，DE＝AO＝2，則＝＋＋，其中〈·〉＝θ， 即〈，〉＝π－θ， ∴2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＝(2)2＋12＋32＋2×1×3×cos〈，〉＝22－6cosθ， 則2＝22－6cosθ∈[19,22]，即cosθ∈， 即點(diǎn)C轉(zhuǎn)過的角度為－＝. 點(diǎn)C

11、的軌跡為以O(shè)為圓心，以O(shè)C為半徑的一段圓弧，弧長為3×＝. 方法二　∵△ABC為正三角形，O為BC的中點(diǎn)， ∴AO⊥OB，AO⊥OC， ∴∠BOC是二面角B－AO－C的平面角，記∠BOC＝θ. 如圖，過點(diǎn)D作DE⊥OB，垂足為E，連接CE，則DE∥AO，OE＝1，OC＝3，DE＝AO＝2，則EC2＝OC2＋OE2－2OC·OE·cosθ＝10－6cosθ， 在Rt△DCE中，DC2＝DE2＋EC2＝(2)2＋10－6cosθ＝22－6cosθ，則DC2＝22－ 6cosθ∈[19,22]， 即cosθ∈，即點(diǎn)C轉(zhuǎn)過的角度為－＝. 點(diǎn)C的軌跡為以O(shè)為圓心，以O(shè)C為半徑的一段圓

12、弧，弧長為3×＝. 第Ⅱ卷(非選擇題　共110分) 二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分．把答案填在題中橫線上) 11．《九章算術(shù)》是我國古代數(shù)學(xué)經(jīng)典名著，它在集合學(xué)中的研究比西方早一千年．在《九章算術(shù)》中，將四個面都是直角三角形的四面體稱為“鱉臑”．已知某“鱉臑”的三視圖(單位：cm)如圖所示，則該“鱉臑”的體積是________cm3. 答案　10 解析　由三視圖結(jié)合“鱉臑”的定義易得該幾何體為一個底面為直角邊長分別為3,4，高為5，且頂點(diǎn)在底面的射影為直角三角形中最小的角的頂點(diǎn)，則其體積為××3×4×5＝10cm3. 12．已知等比數(shù)列{a

13、n}的公比q>0，前n項(xiàng)和為Sn.若2(a5－a3－a4)＝a4，且a2a4a6＝64，則q＝________，Sn＝________. 答案　2　 解析　∵2(a5－a3－a4)＝a4， ∴2a5＝2a3＋3a4?2q4＝2q2＋3q3?2q2－3q－2＝0， 得q＝－(舍去)或q＝2. ∵a2a4a6＝64，∴a＝64?a4＝4， ∴a1＝，Sn＝＝. 13．已知x，y滿足約束條件則約束條件表示的可行域的面積為________，目標(biāo)函數(shù)z＝x－y＋3的取值范圍為________． 答案　　[2,3] 解析　畫出可行域如圖中陰影部分(含邊界)所示，則A(0,1)，B(2

14、,2)，C， 易知AC⊥BC， 則可行域的面積 S＝·|AC|·|BC|＝. 因?yàn)閦＝x－y＋3，所以y＝x－z＋3， 數(shù)形結(jié)合知，當(dāng)直線y＝x－z＋3與直線BC重合時，z取得最大值3，當(dāng)直線y＝x－z＋3經(jīng)過點(diǎn)A時，z取得最小值2，所以z∈[2,3]． 14．已知函數(shù)f(x)＝|2x－1|，g(x)＝|2x＋a|(a∈R)，則不等式f(x)≤3的解集為________；若不等式f(x)＋g(x)≥6對任意的x∈R恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________________________． 答案　[－1,2]　(－∞，－7]∪[5，＋∞) 解析　f(x)≤3，即|2x－1|≤

15、3，即－3≤2x－1≤3， 解得－1≤x≤2， 所以不等式f(x)≤3的解集為[－1,2]． 因?yàn)閒(x)＋g(x)＝|2x－1|＋|2x＋a| ≥|2x－1－2x－a|＝|a＋1|， 所以要使不等式f(x)＋g(x)≥6對任意的x∈R恒成立，則|a＋1|≥6，解得a≤－7或a≥5. 15．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知a＝3，b＝2，A＝2B，則sinB＝________，c＝________. 答案　　 解析　∵a＝3，b＝2，A＝2B， ∴由正弦定理＝得， ＝，即＝， ∵B為△ABC的一個內(nèi)角，∴sinB>0，∴cosB＝， ∴sinB

16、＝＝. 由二倍角公式知， sinA＝sin2B＝2sinBcosB＝2××＝， cosA＝cos2B＝2cos2B－1＝. 方法一　∵cosC＝cos[π－(A＋B)]＝－cos(A＋B) ＝－(cosAcosB－sinAsinB)＝， ∴c2＝a2＋b2－2abcosC＝，∴c＝. 方法二　∵sinC＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B) ＝sinAcosB＋cosAsinB＝， 由正弦定理＝，得＝，∴c＝. 16．已知x，y，z均為正實(shí)數(shù)，且滿足x2＋y2＋z2＝1，則xy＋2yz的最大值為________． 答案　 解析　由已知條件x2＋y2＋z2＝1，

17、可設(shè)1＝x2＋λy2＋(1－λ)y2＋z2,0<λ<1， 即得1≥2xy＋2yz， 令＝，解得λ＝， 所以xy＋yz≤1，即xy＋2yz≤， 當(dāng)且僅當(dāng)即時等號成立． 17．已知函數(shù)f(x)＝x＋，若對于任意的m∈R，方程|f(m＋x)|＋|f(m－x)|＝a均有解，則a的取值范圍是________． 答案　[4，＋∞) 解析　令g(x)＝|f(m＋x)|＋|f(m－x)|， ∴g(－x)＝|f(m－x)|＋|f(m＋x)|＝g(x)， ∴g(x)是偶函數(shù)，設(shè)x>0， ①若m>0， 當(dāng)x2≥4； 當(dāng)x>m時，

18、g(x)＝(x＋m)＋＋(x－m)＋＝2x＋＋＝2x＋>2≥4. ②若m<0，則－m>0， 當(dāng)x<－m時，g(x)＝－(x＋m)－－(m－x)－ ＝－2m－＝－2m－ >2≥4； 當(dāng)x>－m時，g(x)＝(x＋m)＋＋(x－m)＋＝2x＋＋＝2x＋>2≥4. ③若m＝0，g(x)＝2≥4. 又g(x)是偶函數(shù)，∴當(dāng)x<0時，g(x)＝g(－x)≥4. 綜上，g(x)≥4. ∴要使方程g(x)＝a有解，只需a≥4即可， ∴所求a的取值范圍是[4，＋∞)． 三、解答題(本大題共5小題，共74分．解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟) 18．(14分)(2019·臺州模擬)

19、設(shè)函數(shù)f(x)＝sin－2sinxcosx(x∈R)． (1)求函數(shù)f(x)的最小正周期及f的值； (2)將函數(shù)f(x)的圖象向右平移個單位長度，得到函數(shù)g(x)的圖象，試求g(x)在上的最小值． 解　(1)f(x)＝sin－2sinxcosx ＝sin2x＋cos2x－sin2x ＝cos2x－sin2x＝cos. 所以函數(shù)f(x)的最小正周期T＝＝π， f＝cos＝－. (2)g(x)＝f＝cos ＝cos. 因?yàn)閤∈，所以2x＋∈. 所以當(dāng)2x＋＝π，即x＝時，g(x)取最小值，此時g(x)min＝－1. 19．(15分)如圖，在四棱錐P－ABCD中，DB⊥平

20、面PAB，∠ABP＝120°，AB∥CD，CD＝BD＝AB＝BP＝2，E為AP的中點(diǎn)． (1)求證：PC∥平面BDE； (2)求直線DE與平面PCD所成角的正弦值． (1)證明　方法一　連接AC交BD于點(diǎn)F，連接EF， 則EF為△ACP的中位線，所以EF∥PC， 又EF?平面BDE，PC?平面BDE， 所以PC∥平面BDE. 方法二　因?yàn)锳B∥CD，AB＝CD， 所以四邊形ABCD為平行四邊形， 所以AD∥BC且AD＝BC， 故可將四棱錐P－ABCD補(bǔ)形成三棱柱PAB－KDC，如圖，取DK的中點(diǎn)Q，連接QC，PQ，EQ. 易知DQ∥EP，DQ＝EP， 所以四邊形

21、PEDQ為平行四邊形，所以DE∥PQ， 又DE?平面BDE，PQ?平面BDE，所以PQ∥平面BDE. 又DQ∥AE，DQ＝AE， 所以四邊形ADQE為平行四邊形， 所以AD∥EQ，AD＝EQ， 又AD∥BC，AD＝BC，∴EQ∥BC，EQ＝BC， 所以四邊形BEQC為平行四邊形，所以BE∥QC， 又BE?平面BDE，QC?平面BDE， 所以QC∥平面BDE. 又PQ∩QC＝Q，所以平面PQC∥平面BDE. 又PC?平面PQC，所以PC∥BDE. (2)解　方法一　由(1)中方法二可知DE∥PQ， 所以直線DE與平面PCD所成的角就是直線PQ與平面PCD所成的角，設(shè)直線P

22、Q與平面PCD所成的角為θ，點(diǎn)Q到平面PCD的距離為h. 連接AC交BD于點(diǎn)F，連接EF， 易知EF＝，PC＝2，PQ＝， 在△CDP中，DP＝2＝PC，CD＝2， 所以S△CDP＝×2×＝， 易知S△CDQ＝×1×＝， 因?yàn)閂P－CDQ＝VQ－CDP， 所以×S△CDQ×BD＝×S△CDP×h， 所以h＝.所以sinθ＝＝＝， 所以直線DE與平面PCD所成角的正弦值為. 方法二　在△BAP中，AB＝BP＝2，E為AP的中點(diǎn)，∠ABP＝120°，所以BE⊥AP， 以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，，的方向分別為x，y軸的正方向，過點(diǎn)E且平行于DB的直線為z軸，且的方向?yàn)閦軸的正方向建立空間

23、直角坐標(biāo)系(圖略)，則E(0,0,0)，B(1,0,0)，A(0，，0)，P(0，－，0)，D(1,0,2)， 所以＝(1，，2)，＝＝(1，－，0)，＝(1,0,2)， 設(shè)直線DE與平面PCD所成的角為θ，平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)，則得 取y＝1，得x＝，z＝－， 所以n＝(，1，－)為平面PCD的一個法向量， 所以sinθ＝＝＝， 所以直線DE與平面PCD所成角的正弦值為. 20．(15分)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a2n＝2an＋3，S3＝3，數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，b1＋b3＝10a3，b2＋b4＝10a6. (1)求數(shù)列{an}，{bn}的

24、通項(xiàng)公式； (2)若cn＝，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn，并求使得Tn<λ2－λ恒成立的實(shí)數(shù)λ的取值范圍． 解　(1)由{an}為等差數(shù)列可得， S3＝a1＋a2＋a3＝3a2＝3，故a2＝1. 由a2n＝2an＋3可得a2＝2a1＋3， 故1＝2a1＋3，解得a1＝－1. 所以數(shù)列{an}的公差d＝a2－a1＝1－(－1)＝2， 所以an＝a1＋(n－1)d＝－1＋2(n－1)＝2n－3. 故a3＝2×3－3＝3，a6＝2×6－3＝9. 設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q， 則由已知可得b1＋b3＝10a3＝30，b2＋b4＝10a6＝90. 所以q＝＝＝3， 故b1＋b3

25、＝b1＋b1×32＝30，解得b1＝3. 所以數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝3×3n－1＝3n. (2)由(1)可知，cn＝ ＝× ＝× ＝. 所以Tn＝c1＋c2＋…＋cn ＝＋＋…＋ ＝ ＝ ＝. 因?yàn)?0，所以Tn<×＝. 故由Tn<λ2－λ恒成立可得λ2－λ≥， 即64λ2－4λ－3≥0，也就是(4λ－1)(16λ＋3)≥0， 解得λ≤－或λ≥. 21.(15分)如圖，已知在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線E：x2＝2py(p>0)的焦點(diǎn)F是橢圓C：＋y2＝1的一個焦點(diǎn)． (1)求拋物線E的方程； (2)設(shè)P是E上的動點(diǎn)，且位于第一象限，拋物

26、線E在點(diǎn)P處的切線l與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)A，B，直線y＝－與過點(diǎn)P且垂直于x軸的直線交于點(diǎn)M，OM與直線l交于點(diǎn)D. ①求證：直線OM平分線段AB； ②若直線l與y軸交于點(diǎn)G，記△PFG的面積為S1，△PDM的面積為S2，是否存在點(diǎn)P，使得取得最小值？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由． (1)解　根據(jù)題意，F(xiàn)， 所以拋物線E的方程為x2＝2y. (2)①證明　設(shè)P(m>0)， 由x2＝2y可得y′＝x，所以直線l的斜率為m， 因此直線l的方程為y－＝m(x－m)，即y＝mx－. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由得(3m2＋4)x2－3m3x＋－3＝0，

27、 所以x1＋x2＝. 又M，所以O(shè)M的方程為y＝－x， 由得直線OM與l的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為 xD＝，故xD＝， 所以直線OM平分線段AB. ②解　由①知直線l的方程為y＝mx－(m>0)， 所以G，所以P，F(xiàn)， D，M， 所以S1＝|GF|m＝m(m2＋1)， S2＝|PM|·|m－xD|＝， 所以＝. 令t＝3m2＋8，則＝＝402－， 又對于(3m2＋4)x2－3m3x＋－3＝0，Δ>0， 即(－3m3)2－4(3m2＋4)>0， 所以0

28、ax2＋2ax＋1)ex－2. (1)討論f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若a<－，求證：當(dāng)x≥0時，f(x)<0. (1)解　因?yàn)閒(x)＝(ax2＋2ax＋1)ex－2， 所以f′(x)＝(ax2＋4ax＋2a＋1)ex， 令u(x)＝ax2＋4ax＋2a＋1， ①當(dāng)a＝0時，u(x)>0，f′(x)>0， 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)． ②當(dāng)a>0時，Δ＝(4a)2－4a(2a＋1)＝4a(2a－1)， (i)當(dāng)a>時，Δ>0，令u(x)＝0，得 x1＝，x2＝，且x10，f′(x)>0，

29、當(dāng)x∈(x1，x2)時，u(x)<0，f′(x)<0， 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，，單調(diào)遞減區(qū)間為. (ii)當(dāng)00，令u(x)＝0，得 x1＝，x2＝，且x20，f′(x)>0， 當(dāng)x∈(－∞，x2)∪(x1，＋∞)時，u(x)<0，f′(x)<0， 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為 ，單調(diào)遞減區(qū)間為，. 綜上，當(dāng)a>時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，，單調(diào)遞減區(qū)間為； 當(dāng)0≤a≤時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(

30、－∞，＋∞)； 當(dāng)a<0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為，. (2)證明　方法一　由(1)得，x1＝， x2＝. ①當(dāng)a≤－時，由(1)知f(x)在(x1，＋∞)上單調(diào)遞減， 因?yàn)閤1＝＝－2＋≤0， 所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以當(dāng)x≥0時，f(x)≤f(0)＝－1<0. ②當(dāng)－

31、x1＋1)－2， 因?yàn)閍x＋4ax1＋2a＋1＝0， 所以ax＝－4ax1－2a－1，且a＝－， 所以f(x1)＝(ax＋2ax1＋1)－2＝－2a(x1＋1)－2＝·－2. 所以要證f(x)<0，只需證－2<0， 即證(x1＋1)－x－4x1－2<0. 設(shè)g(x)＝(x＋1)ex－x2－4x－2，x∈(0,1)， 則g′(x)＝(x＋2)ex－2x－4＝(x＋2)(ex－2)， 所以當(dāng)x∈(0，ln2)時，g′(x)<0，g(x)在(0，ln2)上單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(ln2,1)時，g′(x)>0，g(x)在(ln2,1)上單調(diào)遞增， 因?yàn)間(0)＝－1<0，g(1)＝2e－

32、7<0， 所以當(dāng)x∈(0,1)時，恒有g(shù)(x)<0. 又x1∈(0,1)，所以g(x1)<0，即f(x1)<0， 從而當(dāng)x≥0時，f(x)≤f(x1)<0. 綜上，若a<－，當(dāng)x≥0時，f(x)<0. 方法二　f(x)＝(ax2＋2ax＋1)ex－2＝aex(x2＋2x)＋ex－2， 令φ(a)＝aex(x2＋2x)＋ex－2， 顯然當(dāng)x≥0時，ex(x2＋2x)≥0， 所以當(dāng)a<－時，φ(a)<φ＝－＋ex－2. 所以要證當(dāng)x≥0時，f(x)<0， 只需證當(dāng)x≥0時，－＋ex－2≤0， 即證當(dāng)x≥0時，ex(x2＋2x－7)＋14≥0. 令g(x)＝ex(x2＋2x－7)＋14， 則g′(x)＝ex(x2＋4x－5)＝(x－1)(x＋5)ex， 所以當(dāng)x∈(0,1)時，g′(x)<0，g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以當(dāng)x≥0時，g(x)≥g(1)＝14－4e>0， 從而當(dāng)x≥0時，f(x)<0. 19