绝密★启用前
惠州市重点中学2023-2024年高三第三次阶段测试
数 学（新课标I卷）
试卷类型：A
本试卷共6页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1．答题前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
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.
1．若集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．设复数，满足，，则（ ）
A．1 B． C． D．
3．已知向量，.若不超过5，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4．函数“的最小正周期为”是“”的（ ）
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
5．数列满足，则数列的前n项和为（ ）
A． B．
C． D．
6．已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
7．在矩形中，，，且，沿将折起，当四面体的体积最大时，四面体的外接球的表面积的最小值是（ ）
A． B． C． D．
8．已知双曲线的左 右顶点分别是，，点，点在过点且垂直于轴的直线上，当的外接圆面积达到最小时，点恰好在双曲线上，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．下列选项中正确的有（ ）
A．从匀速传递的产品生产流水线上，质检员每20分钟从中抽取一件产品进行某项指标检测，这样的抽样是分层抽样
B．已知变量x与y正相关，且由观测数据算得样本平均数＝3，＝3.5，则由该观测数据算得的回归方程可能是＝0.4x＋2.3
C．将某选手的9个得分(不完全相同)去掉1个最高分，去掉1个最低分，则平均数一定会发生变化
D．方差描述了一组数据围绕平均数波动的大小，方差越大，数据的离散程度越大，方差越小，数据的离散程度越小
10．已知向量，，设函数，则（ ）
A．函数的图象关于直线对称
B．对任意的，都有
C．在上单调递增
D．将的图象向左平移个单位长度后得到的图象对应的函数为奇函数
11．如图，已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为2，，分别为上、下底面的直径，，为圆台的母线，为弧的中点，则（ ）
A．圆台的体积为
B．直线与下底面所成的角的大小为
C．异面直线和所成的角的大小为
D．圆台外接球的表面积为
12．已知函数，的图象与直线分别交于、两点，则（ ）
A．的最小值为
B．使得曲线在处的切线平行于曲线在处的切线
C．函数至少存在一个零点
D．使得曲线在点处的切线也是曲线的切线
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．我国著名数学家周密的《鬼谷算》中有一道题目:“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何 ”翻译成现代文为:若一个自然数满足被3除余2，被5除余3，被7除余2，则所有满足条件的的取值集合为 ．
14．在数列中，，且，则 .
15．已知点，，曲线上的任意点满足，曲线与双曲线的两条渐近线相交于四个点，按顺时针排列依次为，且，则的离心率为 .
16．已知函数，若在区间上有零点，则的最大值为 .
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（本题10分）在中，分别为内角所对的边，若，．
(1)求的面积；
(2)求的最小值．
18．（本题12分）已知数列的前项和为，．
(1)求的通项公式．
(2)是否存在正整数使，，成等比？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
19．（本题12分）在斜三棱柱中，为等腰直角三角形，，侧面为菱形，且，点为棱的中点，，平面平面.
(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的正弦值.
20．（本题12分）杭州亚运会的三个吉祥物是琮琮、宸宸和莲莲，他们分别代表了世界遗产良渚古城遗址、京杭大运河和西湖，分别展现了不屈不挠、坚强刚毅的拼搏精神，海纳百川的时代精神和精致和谐的人文精神．某经销商提供如下两种方式购买吉祥物，方式一：以盲盒方式购买，每个盲盒20元，盲盒外观完全相同，内部随机放有琮琮、宸宸和莲莲三款中的一款或者为空盒，只有拆开才会知道购买情况，买到各种盲盒是等可能的；方式二：直接购买吉祥物，每个30元．
(1)小明若以方式一购买吉祥物，每次购买一个盲盒并拆开．求小明第3次购买时恰好首次出现与已买到的吉祥物款式相同的概率；
(2)为了集齐三款吉祥物，现有两套方案待选，方案一：先购买一个盲盒，再直接购买剩余的吉祥物；方案二：先购买两个盲盒，再直接购买剩余吉祥物．若以所需费用的期望值为决策依据，小明应选择哪套方案？
21．（本题12分）已知抛物线的焦点为，过的直线交于两点，过与垂直的直线交于两点，其中在轴上方，分别为的中点．
(1)证明：直线过定点；
(2)设为直线与直线的交点，求面积的最小值．
22．（本题12分）已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)若，求证：．绝密★启用前
惠州市重点中学2023-2024年高三第三次阶段测试
数 学（新课标I卷）答案解析
试卷类型：A
本试卷共6页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1．答题前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
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.
1．若集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】解出集合A和集合B，根据集合交集定义进行判断即可.
【详解】因为，，所以
故选:D．
2．设复数，满足，，则（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【分析】利用复数所表示的向量的几何意义，得到，进而求解.
【详解】由于以复数所表示的向量,为邻边作平行四边形，
则,，
由于
∴,
∵,，
∴，
故选：B
3．已知向量，.若不超过5，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先根据向量的坐标运算求出，再根据向量的模的坐标公式和题意列出关于的不等式即可求解.
【详解】因为，所以，
所以，因为不超过5，
所以，解得：，
故选：C.
4．函数“的最小正周期为”是“”的（ ）
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
【答案】B
【分析】利用二倍角余弦公式化简函数，由余弦型函数最小正周期的求法可求得，进而由推出关系确定结论.
【详解】，
的最小正周期为，
，解得：，
，，
“的最小正周期为”是“”的必要不充分条件.
故选：.
5．数列满足，则数列的前n项和为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】利用等差数列的前n项和公式得到，进而得到，利用裂项相消法求和.
【详解】依题意得：，
，
，
故选：D．
6．已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意，构造出函数，对函数进行求导判断其单调性，进而比较大小.
【详解】令，则.
因为在上单调递减，在上单调递减，
所以在上单调递减.
而，，
所以在上有.
所以在上单调递减.
所以，即.故.
故选：D.
【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
7．在矩形中，，，且，沿将折起，当四面体的体积最大时，四面体的外接球的表面积的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题意得，球心到四个顶点的距离相等，所以球心在上，且其半径为长度的一半，在矩形中，，，，得出，，再利用外接球表面积公式和基本不等式得出结论.
【详解】解：求四面体的体积时，若把平面为底时，高就会是点到平面的距离，当四面体的体积最大，就应让点到平面的距离最大，即平面平面.
由题意得，球心到四个顶点的距离相等，
所以球心在上，且其半径为长度的一半，
在矩形中，，，，
，
，即.
当且仅当时等号成立.
四面体的外接球的半径.
四面体的外接球的表面积为.
因，则.
.
四面体的外接球的表面积的最小值为.
故选：C.
【点睛】本题考查四面体外接球表面积的求法，以及基本不等式的应用，属于中档题.
8．已知双曲线的左 右顶点分别是，，点，点在过点且垂直于轴的直线上，当的外接圆面积达到最小时，点恰好在双曲线上，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设点的坐标为,利用正弦定理将的外接圆面积取得最小值的条件转化为取得最大值，利用直线的斜率公式和两角差的正切公式表示,利用基本不等式可确定取得最大值时点的坐标，代入双曲线的方程，得到a,b的关系，进而求得离心率.
【详解】根据双曲线的对称性不妨设点的坐标为，
由于为定值，由正弦定理可知当取得最大值时，
的外接圆面积取得最小值，也等价于取得最大值，
∵，，
∴，
当且仅当，即时，等号成立，此时最大，此时的外接圆面积取最小，点的坐标为，代入，可得，则双曲线的离心率为.
故选：A.
【点睛】本题考查双曲线的性质，正弦定理，直线的斜率公式，两角差的正切公式和利用基本不等式求最值，属中档题，关键是利用两角差的正切公式将∠APB的正切值表示为关于的函数表达式，并利用基本不等式取等号的条件确定△APB面积最小时P的坐标.
二、多选题
9．下列选项中正确的有（ ）
A．从匀速传递的产品生产流水线上，质检员每20分钟从中抽取一件产品进行某项指标检测，这样的抽样是分层抽样
B．已知变量x与y正相关，且由观测数据算得样本平均数＝3，＝3.5，则由该观测数据算得的回归方程可能是＝0.4x＋2.3
C．将某选手的9个得分(不完全相同)去掉1个最高分，去掉1个最低分，则平均数一定会发生变化
D．方差描述了一组数据围绕平均数波动的大小，方差越大，数据的离散程度越大，方差越小，数据的离散程度越小
【答案】BD
【解析】由系统抽样的定义可判断A；由样本的中心点满足回归方程可判断B；由平均数的特点可判断C；由方差的定义和性质可判断D.
【详解】对于A，可知该抽样是系统抽样，故A错误；
对于B，因为样本的中心点满足回归方程，故有可能，故B正确；
对于C，去掉1个最高分，去掉1个最低分后，平均数不一定会发生变化，若最高分和最低分的平均数和原来9个数的平均数相同，则平均数不会变化，故C错误；
对于D，根据方差的定义和性质可判断D正确.
故选：BD.
10．已知向量，，设函数，则（ ）
A．函数的图象关于直线对称
B．对任意的，都有
C．在上单调递增
D．将的图象向左平移个单位长度后得到的图象对应的函数为奇函数
【答案】BC
【分析】由平面向量数量积的坐标公式求出，代入求值，可判断选项A；代入，可判断选项B；由正弦函数的单调性可判断选项C；利用平移计算可判断选项D．
【详解】由题意得，
因为，所以A选项不正确；
因为，所以函数的图象关于点对称，
故对任意的，都有，故B选项正确；
当时，，所以在上单调递增，故C选项正确；
将的图象向左平移个单位长度后，得到的图象，
故D选项不正确.
故选：BC
11．如图，已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为2，，分别为上、下底面的直径，，为圆台的母线，为弧的中点，则（ ）
A．圆台的体积为
B．直线与下底面所成的角的大小为
C．异面直线和所成的角的大小为
D．圆台外接球的表面积为
【答案】BC
【分析】对于A选项，算出圆台上底面圆、下底面圆的面积和高即可求出圆台的体积；
对于B选项，根据线面角的定义计算即可；
对于C选项，取中点，连接，，，得到四边形为平行四边形，根据异面直线所成角的定义求解即可；
对于D选项，找出外接球半径并求出即可求解.
【详解】A.做圆台的轴截面如图所示，做，，得到四边形为平行四边形，
因为上底面圆的面积为，
下底面圆的面积为，
圆台的高，
则圆台的体积为，故A错误；
B.与下底面所成的角为，
且，则，
且，则，
所以，故B正确；
C.取中点，连接，，，
由为弧中点可得，
过点作，连接，
则，且，且，
则四边形为平行四边形，
所以，则异面直线和所成的角为与所成角，
即为，又，，
所以，在中，，，
则为等腰直角三角形，则，故C正确；
取中点，中点，连接，在上找一点，使得，
设，则，
由勾股定理得，
解得，即圆台外接圆的半径为，
所以圆台外接球的表面积为，故D错误.
故选：BC.
12．已知函数，的图象与直线分别交于、两点，则（ ）
A．的最小值为
B．使得曲线在处的切线平行于曲线在处的切线
C．函数至少存在一个零点
D．使得曲线在点处的切线也是曲线的切线
【答案】ABD
【解析】求出、两点的坐标，得出关于的函数表达式，利用导数求出的最小值，即可判断出A选项的正误；解方程，可判断出B选项的正误；利用导数判断函数的单调性，结合极值的符号可判断出C选项的正误；设切线与曲线相切于点，求出两切线的方程，得出方程组，判断方程组是否有公共解，即可判断出D选项的正误.进而得出结论.
【详解】令，得，令，得，
则点、，如下图所示：
由图象可知，，其中，
令，则，则函数单调递增，且，当时，，当时，.
所以，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，，A选项正确；
，，则，，
曲线在点处的切线斜率为，
曲线在点处的切线斜率为，
令，即，即，
则满足方程，所以，使得曲线在处的切线平行于曲线在处的切线，B选项正确；
构造函数，可得，
函数在上为增函数，由于，，
则存在，使得，可得，
当时，；当时，.
，
所以，函数没有零点，C选项错误；
设曲线在点处的切线与曲线相切于点，
则曲线在点处的切线方程为，即，
同理可得曲线在点处的切线方程为，
所以，，消去得，
令，则，
函数在上为减函数，，，
则存在，使得，且.
当时，，当时，.
所以，函数在上为减函数，，，
由零点存在定理知，函数在上有零点，
即方程有解.
所以，使得曲线在点处的切线也是曲线的切线.
故选：ABD.
【点睛】本题考查导数的综合应用，涉及函数的最值、零点以及切线问题，计算量较大，属于难题.
三、填空题
13．我国著名数学家周密的《鬼谷算》中有一道题目:“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何 ”翻译成现代文为:若一个自然数满足被3除余2，被5除余3，被7除余2，则所有满足条件的的取值集合为 ．
【答案】
【分析】通过题中除以3和除以7的余数相同，可先判断除以3除以7余数为2的值，再分析得到除以5余3的最小值；根据3，5，7的最小公倍数即可求得满足条件的表达式．
【详解】由题知，
因为这个自然数除以3余2，除以7余2，
所以这个数除以21也余2，
又因为除以5余3，
所以最小的数为23，
因为 ，
所以自然数可以表示为，
故答案为：.
14．在数列中，，且，则 .
【答案】
【分析】根据等差数列的定义可证明为等差数列，即可求解.
【详解】由得，
所以为等差数列，且公差为1，首项为3，
故，进而，
故答案为:
15．已知点，，曲线上的任意点满足，曲线与双曲线的两条渐近线相交于四个点，按顺时针排列依次为，且，则的离心率为 .
【答案】/
【分析】直接法求解点的轨迹方程，由对称性知关于轴对称，关于轴对称，设得渐近线方程，设，，由可得，渐近线方程与圆方程联立消元后由韦达定理得，结合可求得，从而可得离心率.
【详解】设，，，因为，所以，
平方化简得，即曲线的方程为，
设，则双曲线C的渐近线方程是，如图，
由对称性可设，，，，
则，，所以，①，
由，得，②，③，
①代入②得，，代入③得，解得，
所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查求双曲线的离心率，解题关键是求出渐近线的斜率，为此设渐近线方程为，设出圆与双曲线的四个交点的坐标，渐近线方程代入圆方程后应用韦达定理得，由已知弦长关系可得，从而结合后可求得.
16．已知函数，若在区间上有零点，则的最大值为 .
【答案】
【分析】设，即可求出b，继而求出的表达式，将看作主元，配方得，记，即可求解最大值.
【详解】设，则，
此时，则，
令，
当时，，
记，则，
所以在上递增，在上递减，
故,所以，
所以的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题是双参数函数的零点问题，
第一步消参：通过设零点，代入方程，得到其中一个参数的表达式，
第二步主元法求最值：将所求表达式通过主元法（关于另一个参数）构造函数求出最值，即可求解.
四、解答题（共70分）
17．（本题10分）在中，分别为内角所对的边，若，．
(1)求的面积；
(2)求的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用余弦定理结合题干条件可推出，然后由三角形的面积公式求解；
（2）结合（1）中推出的条件和基本不等式进行求解.
【详解】（1）由余弦定理，，结合可得，
整理可得，根据三角形的面积公式，.
（2）由（1）知，根据基本不等式，，
当时，的最小值是.
18．（本题12分）已知数列的前项和为，．
(1)求的通项公式．
(2)是否存在正整数使，，成等比？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在；
【分析】（1）根据求数列的通项公式；
（2）结合数列的通项公式，和三个数成等比数列的有关结论，求的值.
【详解】（1）当时，，
当时，，
又符合，
所以的通项公式为.
（2）存在，理由如下：
设存在，使，，成等比，则
所以：解得：或（舍去）.
所以：可使，，成等比.
19．（本题12分）在斜三棱柱中，为等腰直角三角形，，侧面为菱形，且，点为棱的中点，，平面平面.
(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值再转化为正弦值.
【详解】（1）分别取的中点，连接，所以，
且，点为棱的中点，所以，且，
所以，且，
所以四边形是平行四边形，所以.
因为是的中点，所以，
又因为平面平面且交线为，平面，
所以平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）因为侧面为菱形，且，
所以为正三角形，所以，平面，
由（2）知平面平面且交线为，所以平面，
又由，故两两垂直，设，则，
以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系如图所示，
则，
，
，
，
平面的法向量为，
，即，
不妨令，则，
平面的法向量为，
，即，不妨令，
则，
，
设二面为，
即二面角的正弦值为.
20．（本题12分）杭州亚运会的三个吉祥物是琮琮、宸宸和莲莲，他们分别代表了世界遗产良渚古城遗址、京杭大运河和西湖，分别展现了不屈不挠、坚强刚毅的拼搏精神，海纳百川的时代精神和精致和谐的人文精神．某经销商提供如下两种方式购买吉祥物，方式一：以盲盒方式购买，每个盲盒20元，盲盒外观完全相同，内部随机放有琮琮、宸宸和莲莲三款中的一款或者为空盒，只有拆开才会知道购买情况，买到各种盲盒是等可能的；方式二：直接购买吉祥物，每个30元．
(1)小明若以方式一购买吉祥物，每次购买一个盲盒并拆开．求小明第3次购买时恰好首次出现与已买到的吉祥物款式相同的概率；
(2)为了集齐三款吉祥物，现有两套方案待选，方案一：先购买一个盲盒，再直接购买剩余的吉祥物；方案二：先购买两个盲盒，再直接购买剩余吉祥物．若以所需费用的期望值为决策依据，小明应选择哪套方案？
【答案】(1)
(2)小明应该选择方案一
【分析】（1）根据古典概型求取概率；
（2）分别分析两种方案的分布，然后求取期望值比较；
【详解】（1）设小明第3次购买是恰好首次出现与已买到的吉祥物款式相同的概率为，
则分为有空盒和无空盒两种情况，．
（2）方案一：令小明集齐3款吉祥物所需要的总费用为．
的可能取值为80，110．
则，
．
所以．
方案二：令小明集齐3款吉祥物所需要的总费用为．
依题意，的可能取值为70，100，130，
则，
，
．
所以．
因为．
所以小明应该选择方案一．
21．（本题12分）已知抛物线的焦点为，过的直线交于两点，过与垂直的直线交于两点，其中在轴上方，分别为的中点．
(1)证明：直线过定点；
(2)设为直线与直线的交点，求面积的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设出直线与直线的方程，联立曲线后得到与纵坐标有关韦达定理，结合题意，表示出直线后即可得定点坐标；
（2）设出直线与直线的方程，联立两直线后结合第一问中韦达定理得出点的横坐标恒为，再结合面积公式及基本不等式即可得.
【详解】（1）由，故，由直线与直线垂直，
故两只直线斜率都存在且不为，
设直线、分别为、，有，
、、、，
联立与直线，即有，
消去可得，，
故、，
则，
故，，
即，同理可得，
当时，
则，
即
，
由，即，
故时，有，
此时过定点，且该定点为，
当时，即时，由，即时，
有，亦过定点，
故直线过定点，且该定点为；
（2）由、、、，
则，由、，
故，
同理可得，联立两直线，即，
有，
即，
有，由，同理，
故
，
故，
过点作轴，交直线于点，则，
由、，
故，
当且仅当时，等号成立，
下证：
由抛物线的对称性，不妨设，则，
当时，有，则点在轴上方，点亦在轴上方，
有，由直线过定点，
此时，
同理，当时，有点在轴下方，点亦在轴下方，
有，故此时，
当且仅当时，，
故恒成立，且时，等号成立，
故，
【点睛】关键点睛：第二问关键在于借助直线联立及第一问中韦达定理得出点的横坐标恒为，此时可根据三角形的面积公式及基本不等式求取最值.
22．（本题12分）已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)若，求证：．
【答案】(1)答案见解析
【分析】（1）利用导数分类讨论求出单调区间；
（2）要证明，即证，令，利用导数判断的单调性，求出最小值得证.
【详解】（1）由题知，函数得定义域为，．
当时，恒成立，即的增区间为，无减区间；
当时，由得，由得，
即的增区间为，减区间为；
当时，由得，由得，
即的增区间为，减区间为．
综上，当时，的增区间为，减区间为；
当， 的增区间为，无减区间；
当时，的增区间为，减区间为.
（2）当时，．
要证，只需证，
只需证，即证．
令，，
．
令，，．
由得，．列表如下，
0
0 +
单调递减 0 单调递增
由表可得在时取得最小值，所以，恒成立．
所以，当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增；
当时，取得最小值，所以恒成立．
所以恒成立，即恒成立．
【点睛】思路点睛：本题第二问是利用导数证明不等式问题.
首先用分析法将所要证问题转化，要证，即证．令，，问题转化为证明即可，接下来利用导数求出函数的最小值得证.
