2016年高考四川理科数学试题及答案(word解析版)

数学（理科）

第Ⅰ卷（共50分）

一、选择题：本大题共10小题，每小题5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）【2016年四川，理1，5分】设集合A{x|2x2}，Z为整数集，则集合AZ中元素的个数是（ ）

（A）3 （B）4 （C）5 （D）6 【答案】C

【解析】由题可知， AZ2,1,0,1,2，则AZ中元素的个数为5，故选C．

【点评】集合的概念及运算一直是高考的热点，几乎是每年必考内容，属于容易题．一般是结合不等式，函数的

定义域值域考查，解题的关键是结合韦恩图或数轴解答．

（2）【2016年四川，理2，5分】设i为虚数单位，则(xi)6的展开式中含x4的项为（ ） （A）15x4 （B）15x4 （C）20ix4 （D）20ix4 【答案】A

242xi15x4，故选A． 【解析】由题可知，含x4的项为C6【点评】本题考查二项式定理及复数的运算，复数的概念及运算也是高考的热点，几乎是每年必考内容，属于容

易题．一般来说，掌握复数的基本概念及四则运算即可．二项式(xi)6的展开式可以改为(ix)6，则

其通项为C6ri6rxr，即含x4的项为C64i64x415x4．

π（3）【2016年四川，理3，5分】为了得到函数ysin2x的图象，只需把函数ysin2x的图象上所有的点

3（ ）

ππ（A）向左平行移动个单位长度（B）向右平行移动个单位长度

33 ππ（C）向左平行移动个单位长度（D）向右平行移动个单位长度

66

【答案】D

ππ【解析】由题可知，ysin2xsin2x，则只需把ysin2x的图象向右平移个单位，故选D．

366【点评】本题考查三角函数的图象平移，在函数f(x)Asin(ωxφ)的图象平移变换中要注意人“ω”的影响，变

1换有两种顺序：一种ysinx的图象向左平移φ个单位得ysin(xφ)，再把横坐标变为原来的倍，

ω1纵坐标不变，得ysin(ωxφ)的图象，另一种是把ysinx的图象横坐标变为原来的倍，纵坐标不

ωφ变，得ysinωx的图象，向左平移个单位得ysin(ωxφ)的图象．

ω（4）【2016年四川，理4，5分】用数字1，2，3，4，5构成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为（ ） （A）24 （B）48 （C）60 （D）72 【答案】D

【解析】由题可知，五位数要为奇数，则个位数只能是1，3，5；分为两步：先从1，3，5三个数中选一个作为个

414位数有C13，再将剩下的4个数字排列得到A4，则满足条件的五位数有C3A472，故选D．

【点评】利用排列组合计数时，关键是正确进行分类和分步，分类时要注意不重不漏，分步时要注意整个事件的

完成步骤．在本题中，个位是特殊位置，第一步应先安排这个位置，第二步再安排其他四个位置．

（5）【2016年四川，理5，5分】某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入，若该公司2015年全年投入研发

资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是（ ）（参考数据：lg1.120.05，lg1.30.11，lg20.30）

（A）2018年 （B）2019年 （C）2020年 （D）2021年 【答案】B

1

【解析】设x年后该公司全年投入的研发资金为200万元，由题可知，130112%200，

200lg2lg1.33.80，因资金需超过200万，则x取4，即2019年，故选B． 130lg1.12【点评】本题考查等比数列的实际应用．在实际问题中平均增长率问题可以看作是等比数列的应用，解题时要注

意把哪个作为数列的首项，然后根据等比数列的通项公式写出通项，列出不等式或方程就可解得结论．

（6）【2016年四川，理6，5分】秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，他

在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法，如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例。若输入n，x的值分别为3，2．则输出v的值为（ ）

（A）9 （B）18 （C）20 （D）35 【答案】B

【解析】初始值n3，x2，程序运行过程如下表所示v1，i2，v1224，i1，

v4219，i0，v92018，i1，跳出循环，输出v18，故选B．

【点评】程序框图是高考的热点之一，几乎是每年必考内容，多半是考循环结构，基本方法是将每次

循环的结果一一列举出来，与判断条件比较即可．

yx1,（7）【2016年四川，理7，5分】设p：实数x，y满足(x1)2(y1)22，实数x，y满足y1x, q：

y1,x解得xlog1.12则p是q的（ ）

（A）必要不充分条件 （B）充分不必要条件 （C）充要条件 （D）既不充分也不必要条件 【答案】A

22【解析】如图，半径为2的圆内区域所有点（包括边界）； x1y12① 表示圆心为1,1，

y≥x1,y≥1x,② 表示ABC内部区域所有点（包括边界）．实数x,y满足②则必然满足①， y≤1反之不成立．则p是q的必要不充分条件，故选A．

【点评】本题考查充分性与必要性的判断问题，首先是分清条件和结论，然后考察条件推结论，结论推条件是否

成立．这类问题往往与函数、三角、不等式等数学知识结合起来考，本题条件与结论可以转化为平面区域的关系，利用充分性、必要性和集合的包含关系得结论．

（8）【2016年四川，理8，5分】设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线y22px(p0)上任意一点，M是

线段PF上的点，且PM2MF，则直线OM斜率的最大值为（ ） （A）【答案】C

y02pF,0,y【解析】如图，由题可知，设P点坐标为0，显然，当y00时，kOM0；y00 22p322 （B） （C） （D）1 323时，kOM0，要求kOM最大值，不妨设y00．

y02py01112,， 则OMOFFMOFFPOFOPOFOPOF33336p33y0222kOM23≤，当且仅当y022p2等号成立，故选C．

y02py02p22py06p3【点评】本题考查抛物线的性质，结合题意要求，利用抛物线的参数方程表示出抛物线上点P的坐标，利用向量

法求出点M的坐标，是我们求点坐标的常用方法，由于要求最大值，因此我们把k斜率用参数t表示出 后，可根据表达式形式选用函数，或不等式的知识求出最值，本题采用基本不等式求出最值．

2

lnx,0x1,（9）【2016年四川，理9，5分】设直线l1，l2分别是函数f(x)图象上点P1，P2处的切线，l1与 lnx,x1,l2垂直相交于点P，且l1，l2分别与y轴相交于点A，B，则PAB的面积的取值范围是（ ）

（A）0,1 （B）(0,2) （C）(0,) （D）(1,)

【答案】A

【解析】解法1：设P，易知x11，x21，kl1(x1,y1),P2(x2,y2)(x1x2)111，x1x21，则直线l1： ,kl2x1x2yx11lnx1，l2:yxlnx21，与y轴的交点为(0,1lnx1),(0,lnx21)，设ax21，则交点横x1x2122，与y轴的交点为(0,lna1),(0,lna1)，则SPAB2，故SPAB(0,1) 1112aaaaaa1解法2：特殊值法，若x1x21，可算出SPAB1，x1，故SPAB1，排除BC；令x1,x22，算

2出SPAB1，故选A．

【点评】本题首先考查导数的几何意义，其次考查最值问题，解题时可设出切点坐标，利用切线垂直求出这两点

的关系，同时得出切线方程，从而得点A,B坐标，由两直线相交得出P点坐标，从而求得面积，题中把面积用x1表示后，可得它的取值范围．解决本题可以是根据题意按部就班一步一步解得结论．这也是我们解决问题的一种基本方法，朴实而基础，简单而实用．

坐标为

2（10）【2016年四川，理10，5分】在平面内，定点A，B，C，D满足DA=DB=DC，DADBDBDCDCDA2，

动点P，M满足AP=1，PMMC，则BM的最大值是（ ） （A）【答案】B

【解析】由题意，DADBDC，所以D到A,B,C三点的距离相等，D是ABC的外心；

DADBDBDCDCDA2DADBDBDCDBDADCDBCA0，所以DBAC，同理可得，DABC,DCAB，从而D是ABC的垂心；ABC的外心与垂心重合，因此ABC是

1正三角形，且D是ABC的中心；DADBDADBcosADBDADB2

23763372334349 （B） （C） （D）

44442DA2所以正三角形ABC的边长为23；我们以A为原点建立直角坐标系，

B,C,D三点坐标分别为B3,3,C3,3, D2,0。由AP1，设P点的坐标为

cos,sin，其中0,2π，而PMMC，即M是PC的中点，可以写出M的坐

23712sin3cos3sin26371249，, 标为M则BM2cos333sin22224442249当时，BM取得最大值，故选B．

43【点评】本题考查平面向量的数量积与向量的模，由于结论是要求向量模的平方的最大值，因此我们要把它用一

个参数表示出来，解题时首先对条件进行化简变形，本题中得出ADCADBBDC120，且

DADBDC2，因此我们采用解析法，即建立直角坐标系，写出A,B,C,D坐标，同时动点P的轨迹是圆，BM2x12y3342，因此可用圆的性质得出最值．

第II卷（共100分）

3

二、填空题：本大题共5小题，每小题5分．

ππ（11）【2016年四川，理11，5分】cos2sin2= ．

882【答案】

2πππ2【解析】由题可知，cos2sin2cos（二倍角公式）．

8842【点评】这是一个来自于课本的题，直接利用课本公式解题，这告诉我们一定要立足于课本．有许多三角函数的

求值问题一般都是通过三角函数的公式把函数化为特殊角的三角函数值而求解．

（12）【2016年四川，理12，5分】同时抛掷两枚质地均匀的硬币，当至少有一枚硬币正面向上时，就说这次试

验成功，则在2次试验中成功次数X的均值是 ． 3【答案】

2113【解析】由题可知，在一次试验中，试验成功（即至少有一枚硬币正面向上）的概率为P1，

224333∵ 2次独立试验成功次数X满足二项分布X~B2,，则EX2．

424【点评】本题考查随机变量的均值（期望），根据期望公式，首先求出随机变量的所有可能取值x1,x2,,xn，再

求得对应的概率Pi(i1,2,,n)，则均值为xiPi．

i1n（13）【2016年四川，理13，5分】已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱

锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是________．

3【答案】

3【解析】由题可知，∵三棱锥每个面都是腰为2的等腰三角形，由正视图可得如下俯视图，且

1113三棱锥高为h1，则面积VSh2311．

3323【点评】本题考查三视图，考查几何体体积，考查学生的识图能力．解题时要求我们根据三视

图想象出几何体的形状，由三视图得出几何体的尺寸，为此我们必须掌握基本几何体 （柱、锥、台、球）的三视图以及各种组合体的三视图．

x（14）【2016年四川，理14，5分】已知函数fx是定义在R上的周期为2的奇函数，当0x1时，fx4， 5则ff1 ．

2【答案】2

【解析】首先，fx是周期为2的函数，所以fxfx2；而fx是奇函数，所以fxfx，

1511 所以：f1f1，f1f1，即f10，又fff，01时，

222215512f2f，故，从而f()42f12． 2225【点评】本题考查函数的奇偶性，周期性，属于基本题，在求值时，只要把f和f1，利用奇偶性与周期

2性化为0,1上的函数值即可．

yx,（15）在平面直角坐标系中，当Px,y不是原点时，定义P的“伴随点”为P'2当P是原点时，222；xyxy定义P的“伴随点”为它自身，平面曲线C上所有点的“伴随点”所构成的曲线C'定义为曲线C的“伴随曲线”，现有下列命题：① 若点A的“伴随点”是点A'，则点A'的“伴随点”是点A；② 单位圆的“伴随曲线”是它自身；③ 若曲线C关于x轴对称，则其“伴随曲线”C'关于y轴对称；④ 一条直线的“伴随曲线”是一条直线．其中的真命题是_______（写出所有真命题的序号）．

4

【答案】②③

yxx，,22【解析】①设A的坐标x,y，伴随点A'2222，A'伴随点横坐标为yxxyxy2222xyxy同理可得纵坐标为y，故A''x,y． 错误；

ππ②设单位圆上点P坐标为cos,sin，则P伴随点坐标为P'sin,coscos,sin

22π所以P'也在单位圆上，即：P'点是P点延顺时针方向旋转． 正确；

2③设曲线C上点A的坐标x,y，其关于x轴对称的点A1x,y也在曲线C上，所以点A的伴随点yyxxy轴对称。正确； A'2,2A'2,2AA'22，A'与1关于22，点1的伴随点1xyxyxyxy④反例：例如y1这条直线，则A0,1,B1,1,C2,1，而这三个点的伴随点分别是A'1,0， 1112B',,C',，而这三个点不在同一直线上．下面给出严格证明：设点P(x,y)在直线

2255y0yxx0x02y02x2y2

l:AxByC0，P点的伴随点为P'x0,y0，则，解得．

xx0yy022xyx02y02

y0x0BC0，化简得：Ay0Bx0C(x02y02)0， 带入直线方程可知：A2222x0y0x0y0xxy22当C0时，C(x02y02)是一个常数，P'的轨迹是一条直线；当C0时，C(x02y02)不是一个常 数，P'的轨迹不是一条直线．所以，直线“伴随曲线”不一定是一条直线． 错误．

【点评】本题考查新定义问题，属于创新题，符合新高考的走向．它考查学生的阅读理解能力，接受新思维的能

力，考查学生分析问题与解决问题的能力，新定义的概念实质上只是一个载体，解决新问题时，只要通过这个载体把问题转化为我们已经熟悉的知识即可．本题新概念“伴随”实质是一个变换，一个坐标变换，只要根据这个变换得出新的点的坐标，然后判断，问题就得以解决．

三、解答题：本大题共6题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或步骤． （16）【2016年四川，理16，12分】我国是世界上严重缺水的国家，某市政

府为了鼓励居民节约用水，计划调整居民生活用水收费方案，拟确定一个合理的月用水量标准x（吨），一位居民的月用水量不超过x的部分按平价收费，超出x的部分按议价收费． 为了了解居民用水情况，通过抽样，获得了某年100位居民每人的月均用水量（单位：吨），将数据按照[0,0.5)，[0.5,1)，…，[4,4.5)分成9组，制成了如图所示的频率分布直方图．

（1）求直方图中a的值；

（2）设该市有30万居民，估计全市居民中月均用水量不低于3吨的人

数，并说明理由；

（3）若该市政府希望使85%的居民每月均用水量不超过标准x（吨），估计x的值，并说明理由． 解：（1）由概率统计相关知识，各组频率之和的值为1，∵频率=(频率/组距)*组距， ∴0.50.080.160.40.520.120.080.042a1，得a0.3． （2）由图，不低于3吨人数所占百分比为0.50.120.080.04=12%，

∴全市月均用水量不低于3吨的人数为：3012%=3.6(万)．

（3）由图可知，月均用水量小于2.5吨的居民人数所占百分比为：0.50.080.160.30.40.520.73

即73%的居民月均用水量小于2.5吨，同理，88%的居民月均用水量小于3吨，故2.5x3，

5

2.9（吨）．

0.3 注：本次估计默认组间是平均分布，与实际可能会产生一定误差．

【点评】本题主要考查频率分布直方图、频率、频数的计算公式等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能

力．在频率分布直方图中，第个小矩形面积就是相应的频率或概率，所有小矩形面积之和为1，这是解题的关键，也是识图的基础．

cosAcosBsinC（17）【2016年四川，理17，12分】在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且． abc（1）证明：sinAsinBsinC；

6（2）若b2c2a2bc，求tanB．

5abccosAcosBsinC1，∵A和B为三角形内 解：（1）由正弦定理，可知原式可以化解为sinAsinBsinCsinAsinBsinC角 ，∴sinAsinB0，则两边同时乘以sinAsinB，可得sinBcosAsinAcosBsinAsinB， 由和角公式可知，sinBcosAsinAcosBsinABsinCsinC，原式得证．

假设月均用水量平均分布，则x2.50.585%73%0.56b2c2a23，（2）由题bcabc，根据余弦定理可知，cosA∵A为为三角形内角，A0,，

52bc5222cosA3cosAcosBsinCcosB1143，1，， sinA0，则sinA1，即由（1）可知∴

sinA4sinAsinBsinCsinBtanB455 ∴tanB4．

【点评】本题考查正弦定理、余弦定理、商数关系等基础知识，考查学生的分析问题的能力和计算能力．在解三

角形的应用中，凡是遇到等式中有边又有角时，可用正弦定理进行边角互化，一种是化为三角函数问题，一般是化为代数式变形问题．在角的变化过程中注意三角形的内角和为180这个结论，否则难以得出结论．

（18）【2016年四川，理18，12分】如图，在四棱锥PABCD中，AD//BC，ADCPAB90，

1BCCDAD，E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90．

2（1）在平面PAB内找一点M，使得直线CM//平面PBE，并说明理由；

（2）若二面角PCDA的大小为45，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值． 1解：（1）延长AB，交直线CD于点M，∵E为AD中点，∴AEED=AD，

21 ∵BCCD=AD，∴EDBC，∵AD//BC 即 ED//BC，

2 ∴四边形BCDE为平行四边形，BE//CD，∵ABCDM，∴MCD，

∴CM//BE，∵BE面PBE，∴CM//面PBE，∵MAB，AB面PAB， ∴M面PAB 故在面PAB上可找到一点M使得CM//面PBE． （2）解法1：过A作AFEC交EC于点F，连结PF，过A作AGPF交PF于点G，∵∠PAB90，PA

与CD所成角为90，∴PAAB，PACD，∵ABCD=M，∴PAABCD，∵EC面ABCD， ∴PAEC，∵ECAF且AFAPA，∴CE面PAF，∵AG面PAF，∴AGCE，

∵AGPF且AGAFA，∴AG面PFC，∴∠APF为所求PA与面PCE所成的角，∵PA面

ABCD，∴∠PDA为二面角PCDA所成的平面角，由题意可得∠PDA=45，∠ADC=90即ADDC．

而∠PAD=90，∴PAAD，∵BCCD，四边形BCDE是平行四边形，∠ADM=90，∴四边形BCDE

是正方形，∴∠BEC45，∴∠AEF=∠BEC45，∵∠AFE90，∴AF=

2AE， 2221ADAF2，∴sin∠APF=． ∴4tan∠APF==3APAP4解法2：由已知，CDPA，CDAD，PAADA，所以CD平面PAD．于是CDPD． 从而PDA是二面角PCDA的平面角．所以PDA45．由PAAB，可得PA平面ABCD．

6

设BC1，则在RtPAD中，PAAD2．作AyAD，以A为原点，以AD，AP的方向分别为x轴， 建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A0,0,0，P0,0,2，C2,1,0，E1,0,0， z轴的正方向，

所以PE1,0,2，EC1,1,0，AP0,0,2，设平面PCE的法向量为 x2z0,nPE0nx,y,z，由，得 设x2，解得n2,2,1．

xy0,nEC0zPM设直线PA与平面PCE所成角为，则sinnAPnAP2222(2)2121． 3AyBC1所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为 ．

3EDx【点评】本题考查线面平行、线线平行、向量法等基础知识，考查空间想象能力、分析问题的能力、计算能力．证

明线面平行时，可根据判定定理的条件在平面内找一条平行线，而这条平行线一般是由过面外的直线的一个平面与此平面相交而得，证明时注意定理的另外两个条件（线在面内，线在面外）要写全，否则会被扣分，求线面角（以及其他角），一种方法可根据定义作出这个角（注意还要证明），然后通过解三角形求出这个角．另一种方法建立空间直角坐标系，用向量法求角，这种方法主要是计算，不需要“作角、证明”，关键是记住相应公式即可．

（19）【2016年四川，理19，12分】已知数列an的首项为1，Sn为数列an的前n项和，Sn1qSn1，其中

q0，nN*．

（1）若2a2,a3,a22成等差数列，求an的通项公式；

4n3ny25（2）设双曲线x21的离心率为en，且e2，证明：e1e2enn1．

an3321111n11qn解：（1）Sn1，当n2时，anSnSn1qn1， q(Sn)，Sn1q，Snq1q1q1q11q故3q22q2，又 q0，则q2，故an2n1．当n1时也满足，故an2n1，∴an2n1,nN*．

（2）由双曲线的性质可知，en212an12，由（1）可得，an为首项为1，公比为q的等比数列， =1an44521q2，即q，∴an为首项为1，公比为的等比数列， , 故e21a23334通项公式为an3n14，nN，∴en132n243n2n243n1

412n14444n3n3 ∴e1e2e3...en1...n1，原式得证．

4333313【点评】本题考查数列的通项公式、双曲线的离心率、等比数列的求和公式等基础知识，考查学生的分析问题解

决问题的能力、计算能力．在第（1）问中，已知的是Sn的递推式，在与Sn的关系式中，经常用n1代

换n（n2），然后两式相减，可得an的递推式，利用这种方法解题时要注意a1；在第（2）问中，不等式的证明用到了放缩法，这是证明不等式常用的方法，本题放缩的目的是为了求数列的和．另外放缩时要注意放缩的“度”．不能太大，否则得不到结果．

x2y2（20）【2016年四川，理20，13分】已知椭圆E:221ab0的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角

ab形的3个顶点，直线l:yx3与椭圆E有且只有一个公共点T． （1）求椭圆E的方程及点T的坐标；

（2）设O是坐标原点，直线l'平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A、B，且与直线l交于点P．证明：

存在常数，使得|PT|2|PA||PB|，并求的值． 解：（1）设短轴一端点为C0,b，左，右焦点分别为F1c,0，F2c,0c0，则c2b2a2．

7

x2y22 由题意，△F1F2C为直角三角形．∴|F1F2||F1C||F2C| 解得bca，∴E:221．

2bb2 代入l:yx3可得 3x212x182b20．l与椭圆E只有一个交点，则=12243(182b2)0，、

x2y221． 1．由b23，解得x2，则yx31，所以T的坐标为2，解得b=3．∴E:63xx02t1 代入椭圆E得． （2）设P(x0,3x0)在l上，由kOT，l'平行OT．得l'的参数方程为y3xt20222(x02)2tB则有tAtB (x02t)2(3x0t)6．整理可得 2t4tx4x040．设两根为tA，．

222220 而PT2(x02)2(3x01)222(x02)2，PA5tA，PB5tB．

故有PAPBPT2525tA5tB(x02)2．由题意PTPAPB．

22(x02)24，故存在这样的． ∴PAPB5(x02)252【点评】本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题解决问题的能力和数形结合的思想．在涉

及到直线与椭圆（圆锥曲线）的交点问题时，一般都设交点坐标为(x1,y1),(x2,y2)，同时把直线方程与

椭圆方程联立，消元后，可得x1x2,x1x2，再把PAPB用x1,x2表示出来，并代入刚才的x1x2,x1x2，

这种方法是解析几何中的“设而不求”法．可减少计算量，简化解题过程．

（21）【2016年四川，理21，14分】设函数f(x)ax2alnx，其中aR．

（1）讨论f(x)的单调性；

11x（2）确定a的所有可能取值，使得f(x)e在区间(1,+)内恒成立（e2.718…为自然对数的底数）．

x12ax21,x0 解：（1）由题意，f'x2axxx①当a0时，2ax210，f'x0，fx在0,上单调递减． 1112axxx0,②当a0时，时，f'x0； 2a2a，当2af'xx111fxf'x0,0,, 当x时，．故在上单调递减，在2a2a上单调递增． 2a11x（2）原不等式等价于fxe0在x1,上恒成立．

x11x11x2一方面，令gxfxeaxlnxea，只需gx在x1,上恒大于0即可．

xx111x又∵g10，故g'x在x1处必大于等于0．令Fxg'x2ax2e，g'10，

xx111212x3x21x1x1xe， 可得a．另一方面，当a时，F'x2a23e123e22xxxxx31∵x1,故x3x20，又e1x0，故F'x在a时恒大于0．

21Fx在x1,单调递增．∴当a时，∴FxF12a10，故gx在x1,单调递增． 2∴gxg10，即gx在x1,上恒大于0．

1综上，a[,)．

28

【点评】本题考查导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问题，考查学生的分析问题解决问

题的能力和计算能力．求函数的单调性，基本方法是求f'(x)，解方程f'(x)0，再通过f'(x)的正负确定f(x)的单调性；要证明函数不等式f(x)g(x)，一般证明f(x)g(x)的最小值大于0，为此要研究函数h(x)f(x)g(x)的单调性．本题中注意由于函数h(x)有极小值没法确定，因此要利用已经求得的结论缩小参数取值范围．比较新颖，学生不易想到．有一定的难度．

9