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考前题型猜猜猜（终极预测）（新高考卷）
数 学
本卷满分 150 分，考试时间 120 分钟．
一、单项选择题：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
有一个选项是符合题目要求的．
1．已知集合 2 2021 0M x x x ∣ ， { 1,0,1,2}N ，则集合 M N
A．{1,2} B．{0,1,2}
C．{ 1,0} D．
【答案】B
【解析】因为 0 2021M x x ∣ ， { 1,0,1,2}N ，
所以 {0,1,2}M N ，故选B.
2．已知 为锐角，且 5cos sin 26 6
，则 cos 6
A． 1
2
B． 1
2
C．1 D． 3
2
【答案】C
【解析】 为锐角，则 ,6 6 3
， cos 06
，
因为 5sin 2 cos6 6
，
所以 2sin 2 cos 2 2cos 1 cos2 3 3 6 6
，
解得， cos 16
或 1cos (6 2
舍 ) ，故选 C.
3．若函数 2
( ) mxf x e n 的大致图象如图所示，则
2
A． 0,0 1m n B． 0, 1m n
C． 0,0 1m n D． 0, 1m n
【答案】B
【解析】令 ( ) 0f x 得 mxe n ，即 lnmx n ，解得 1 lnx nm
，
由图象知 1 l 0nx m n ，当 0m 时， 1n ，当 0m 时， 0 1n ，故排除AD，
当 0m 时，易知 mxy e 是减函数，
当 x 时， 0y ， 2f x n ，故排除C，故选B.
4．己知 a 、 b 、 c 、 d R ，则“ max , max , 0a b c d ”是“ max , 0a c b d ”
的注： max ,p q 表示 p 、 q之间的较大者．
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】充分性：取 1a d ， 1b c ，
则 max , max , max 1, 1 max 1,1 1 1 0a b c d 成立，
但 max , max 0,0 0a c b d ，充分性不成立；
必要性：设 max ,a c b d a c ，则 max ,a b a ， max ,c d c ，
从而可得 max , max , 0a b c d a c ，必要性成立．
因此，“ max , max , 0a b c d ”是“ max , 0a c b d ”的必要不充分条件．故选B．
5．已知 ABC 的三个顶点都在抛物线T ： 2 2 0y px p ，且 2, 8C ，抛物线T 的
焦点 F 为 ABC 的重心，则 AF BF
A．40 B．38
3
C．36 D．34
【答案】B
【解析】由题意知 28 2 2p ，解得 16p ，所以 8,0F ．设 1 1,A x y ， 2 2,B x y ，
则由三角形的重心坐标公式得 1 2 2 83
x x ，化简得 1 2 22x x ，
根据抛物线的定义，得 1 2 1 2 382 2
p pAF BF x x x x p ，故选B．
6．已知 ( , )P a b 是圆 2 2 1x y 上的点，下列结论正确的是
A． 1
2ab B． 2 2
2 2a b 最大值是 2 2
C． 212 3ba D． 2lg lg(1 )a b
【答案】C
【解析】根据题意，点 ( , )P a b 是圆 2 2 1x y 上的点，可得 2 2 1a b ，
由 2 21 2a b ab ，可得 1
2ab ，当且仅当 a b 时等号成立，所以A不正确；
由 2 22 2 2 2
2 2 2 2 22 =2 2 2a b a b a b ，当且仅当 2 2
2 2a b ，即 2 2a b 时等号成立，
即 2 2
2 2a b 最小值是 2 2 ，所以B不正确；
由 2 2 1a b ，可得 2 21 a b ，则 2 21 22 ba ，
又由 1 1b ，所以 2b b ，根据指数函数的性质，可得 212 3ba 成立，所以C正确；
由 2 22lg lg lg(1 )a a b ，又由 2 21 (1 ) ( 1)b b b b b b ，
因为 1 1b ，可得 ( 1)b b 符合不确定，所以 2lg a 和 lg(1 )b 大小不确定，
所以D不正确．故选C．
7．祖暅(公元5-6世纪，祖冲之之子，是我国齐梁时代的数学家)．他提出了一条原理：“幂势
既同，则积不容异．”这句话的意思是两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积
相等，则这两个几何体的体积相等．该原理在西方直到十七世纪才由意大利数学家卡瓦列利
发现，比祖暅晚一千一百多年．椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体如图将底面直径皆为
2b ，高皆为 a 的椭半球体及已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面 上，用平行于平
面 的平面于距平面 任意高 d 处截得到 S圆 及 S环 两截面，可以证明 S S圆 环 总成立据此，
4
短轴长为 2cm ，长轴为 4cm 的椭球体的体积是（ ） 3cm ．
A． 2π
3 B． 4π
3
C． 8π
3 D．16π
3
【答案】C
【解析】根据题意，因为 S S 环圆 总成立，
所以半椭球体的体积为 2 2 21 2π π π3 3V V b a b a b a 柱 锥 ，
由题意可知， 1b ， 2a ，所以半椭球体的体积为 22 4ππ 1 23 3
，
从而椭球体的体积是 38π
3 cm ．故选C．
8．已知函数 xf x ae x a 在 0,1x 上有两个零点，则a的取值范是
A． , 11
e
e
B． ,11
e
e
C． , 11
e
e
D． 1,e
【答案】C
【解析】由题意得 0(0) 0 0f ae a ， 1(1) 1f ae a ，
所以原题转化为求 xf x ae x a 在 (0,1]x 上有一个零点，
( ) 1xf x ae ，
5
当 0a 时， ( ) 0f x ，则 ( )f x 在 (0,1]上单调递减，且 (0) 0f ，不符合题意，
当 0a 时，令 ( ) 0f x ，解得 ln( )x a ，
当 ln( ) 0a- £ ，即 1a 时， ( ) 0f x ，此时 ( )f x 在 (0,1]上单调递减，且 (0) 0f ，不符
合题意，
当 ln( ) 1a ，即 a e 时， ( ) 0f x ，此时 ( )f x 在 (0,1]上单调递增，且 (0) 0f ，不
符合题意，
当 0 ln( ) 1a ，即 1e a 时， ( )f x 在( )0,ln( )a- 上单调递增，在 ln( ),1a 上单调
递减，当 (1) 0f 时， ( )f x 在 (0,1]上有一个零点，
所以 1(1) 1 0f ae a ，解得
1
ea e
，所以 11
e ae
．
综上：a的取值范是 , 11
e
e
故选C
二、多项选择题：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．下面关于复数 1z i i （i是虚数单位）的叙述中正确的是
A．z的虚部为 i B． 2z
C． 2 2z i D．z的共轭复数为1 i
【答案】BC
【解析】因为复数 1 1z i i i ，所以z的虚部为 1 ，故A选项错误；
2 21 1 2z ，故B选项正确； 22 1 2z i i ，故C选项正确；
z的共轭复数为 1 i ，故D选项错误；故选BC．
10．已知 nS 为等差数列 na 的前 n 项和，且 2 20a ， 7 98S ，则
A． 1 5 34a a B． 8 9a a
C． 9nS S D．满足 0nS 的 n 的最小值为17
【答案】AD
【解析】因为 1 7
7 4
7 7 982
a aS a
，所以 4 14a ．
6
又 2 20a ，所以 1 5 2 4 34a a a a ，A选项正确；
设等差数列 na 的公差为 d ，由 4 2 2 6a a d ，解得 3d ，
所以 2 2 3 26 3na a n n ． 8 26 3 8 2a ， 9 26 3 9 1a ．
所以 8 9a a ，B选项不正确；
由 3d 知数列 na 为递减数列，又 8 2 0a ， 9 1 0a ．
所以 8S 为 nS 的最大值，C选项不正确；
因为 1 16
16 8 9
16 8 8 02
a aS a a
， 1 17
17 9
17 17 17 02
a aS a
．
所以满足 0nS 的 n 的最小值为17，D选项正确．故选AD．
11．已知函数 , 0, ,2y f x x f x
是其导函数，恒有
sin cos
f x f x
x x
，则
A． 23 4f f B． 2
4 2 6f f
C． 2cos1 16f f D． cos 13f f
【答案】AD
【解析】因为 0, 2x
，所以sin 0,cos 0x x ，
又
sin cos
f x f x
x x
，所以 ( )cos ( )sinf x x f x x ．构造函数 ( ) ( )cosg x f x x ， 0, 2x
，
则 ( ) ( )cos ( )sin 0g x f x x f x x ，所以 ( )g x 在 0, 2
上为增函数，
因为
3 4
，所以
3 4g g
，
所以 cos cos3 3 4 4f f
，即 23 4f f
，故A正确；
7
因为
4 6
，所以
4 6g g
，
所以 cos cos4 4 6 6f f
，即 6
4 2 6f f
，故B错误；
因为 16
，所以 16g g
，
所以 cos (1)cos16 6f f
，即 2 3 (1)cos16 3f f
，故C错误；
因为 13
，所以 13g g
，
所以 cos (1)cos13 3f f
，即 2 (1)cos13f f
，故D正确，故选AD
12．已知声音是由物体振动产生的声波．其中包含着正弦函数或余弦函数，而纯音的数学模
型是函数 siny A t ，我们听到的声音是由纯音合成的，称之为复合音．若一个复合音的
数学模型是函数 ( ) 2sin sin3f x x x ，则下列说法正确的是
A． 是 ( )f x 的一个周期 B． ( )f x 在[0,2 ] 上有7个零点
C． ( )f x 的最大值为3 D． ( )f x 在 ,6 2
上是增函数
【答案】BCD
【解析】对于A， ( ) 2sin( ) sin3( ) 2sin sin3 ( )f x x x x x f x ，A错误；
对 于 B ， 令 3 3( ) 2sin 3sin 4sin 4sin sin 0 sin 0f x x x x x x x 或
1sin 2x ， [0,2 ]x Î ，
由sin 0 0, ,2x x ，由 1 5sin ,2 6 6x x ，由 1 7 11sin ,2 6 6x x ，
共7个零点，B正确；
对于C， 3( ) 4sin sinf x x x ，令 sin x t ，则 3( ) ( ) 4 , [ 1,1]f x g t t t t ，
2 3( ) 12 1 0 6g t t t ，且当 31 6t 时， ( ) 0g t ， ( )g t 在 3[ 1, )6
上
8
递增，当 3 3
6 6t 时， ( ) 0g t ， ( )g t 在 3 3( , )6 6
上递减，当 3 16 t 时，
( ) 0g t ， ( )g t 在 3( ,1]6
上递增，
而 3 3(1) 3, ( )6 9g g ，即x=1时， max( ) 3g t ， max( ) 3f x ，C正确；
对于D，当 [ , ]6 2x 时， 1sin [ ,1]2x t ，而 ( )g t 在 1[ ,1]2
上单调递增且sin x 在[ , ]6 2
上也单调递增，
所以 ( )f x 在[ , ]6 2
上单调递增，D正确．故选BCD
三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．
13．如图，在边长为1的正方形组成的网格中， ABC 的顶点 2,C t 被阴影遮住，
| | 2 2BC ，则 AB BC ___________．
【答案】 6
【解析】由题意， (0,0)A ， (4,1)B ，则 2 2| | (2 4) ( 1) 2 2BC t ，
解得 3t ，所以 (2,3)C ，所以 (4,1), ( 2,2)AB BC ，
所以 4 ( 2) 1 2 6AB BC ．故答案为-6．
14．已知函数
1
1
3
3 0
log 0
x x
f x x x
，则不等式 1f x 的解集为___________．
【答案】 11, 3
9
【解析】
1
1
3
3 0
log 0
x x
f x x x
， 1
01 3 1x
xf x
或
1
3
0
log 1
x
x
，
解得 1 0 x 或 10 3x ，即 11 3x ，
不等式 1f x 的解集为 11, 3
．故答案为 11, 3
．
15．若二项式 2 ,
nmx m n Rx
展开式的二项式系数之和为32，常数项为10，则
m n ___________；二项式系数最大的项的系数是___________．
【答案】7 40或80
【解析】因为二项式 2 ,
nmx m n Rx
展开式的二项式系数之和为32，
所以 2 32, 5n n ，
2 ,
nmx m n Rx
展开式的通项为
5 5
5 2
1 5 52( ) ( )
r
r r r r r
r
mT C x m C xx
，
令 5-5 02
r ，得 1r ，故常数项为 1
2 5 10, 2T mC m ，则 2 5 7m n ．
二项式系数最大的项的系数为 2 2
3 52 40T C 或 3 3
4 52 80T C ．
故答案为7；40或80
16．已知抛物线 2 2 ( 0)y px p 的焦点 F 是双曲线
2 2
2 2 1 0, 0x y a ba b
的右焦点，
过点 F 作直线l 与抛物线交于 A 、B 两点，且 3 2 2AF FB ，双曲线的左焦点到直
线l 的距离大于 2b ，则双曲线的离心率 e 的取值范围是___________．
【答案】 1, 2
【解析】由题意得 ,02
pF
，设直线l 的方程为
2
px my ，设点 1 1,A x y 、 2 2,B x y ．
由
2 2
2
y px
px my
消去 x 得 2 22 0y mpy p ， 2 2 24 4 0m p p ，
10
由根与系数关系可得 1 2 2y y mp ①， 2
1 2y y p ②．
又 3 2 2AF FB ，即 3 2 2AF FB
，
所以， 1 1 2 2, 3 2 2 ,2 2
p px y x y
， 1 23 2 2y y ③．
将③代入①得 22 1 y mp ④，将③代入②得 2 2
23 2 2 y p ⑤，
再由④⑤解得 2 1m ，故直线l 的斜率为 1k ．
又抛物线 2 2 0y px p 的焦点 F 是双曲线
2 2
2 2 1 0, 0x y a ba b
的右焦点，
2
pc ，所以，直线l 的方程即为 y k x c ．
由双曲线的左焦点 ,0c 到直线l 的距离
2
0 2 2
21
k c c cd b
k
，解得 2c b ，
即 2 22c b ，又 2 2 2b c a ， 2 2 22c c a ，即 2ce a
，
又 1e ，所以，双曲线的离心率 1, 2e ．故答案为 1, 2 ．
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．（10 分）
已知数列 na 满足 12 1n na a ， 1
5
4a ， 1n nb a ．
（1）求证：数列 nb 是等比数列；
（2）求数列___________的前 n 项和 nT ．
从条件① 1
n
n
b
，② nn b ，③
2 2 1
4
log logn nb b
中任选一个，补充到上面的问题中，
并给出解答．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）证明见解析；（2）选①： 22n
nT n ；选②：
2
1
1 1
2 2 2 2n n
n nT ；选③：
2
2n
nT n
．
11
【解析】（1）因为 12 1n na a ，所以 12 2 1n na a ，
因为 1n nb a ，所以 12 n nb b ， 1 1
2
n
n
b
b
，
因为 1 1
11 4b a ，所以数列 nb 是以 1
4
为首项、 1
2
为公比的等比数列，
11
2
n
nb
．
（2）选①：
因为
11
2
n
nb
，所以 11 1 2n
n
n nb
，
则 2 3 12 2 3 2 1 2n
nT n ， 3 4 22 2 2 3 2 1 2n
nT n ，
( )2 3 4 1 22 2 2 2 2 2 1 2n n
n n nT T T n+ += - = - ´ - - - - + + ´
( ) ( ) ( )
3 1
2 2 2 2 22 1 2
1 2 2 2 1 2 8 2 8 21 2
n
n n n nn n n
-
+ + + +-
= + ´ - - ´ = + ´ + - - = ×-
，
故 22n
nT n ．
选②：因为
11
2
n
nb
，所以
11
2
n
nn b n
，
则 1
1 1 1 11 2 34 8 16 2n nT n
1
1 1 1 11 2 3 4 8 16 2nn
2
1
1 111 1 14 21 12 2 2 2 21 2
n
n
n nn n
，
故
2
1
1 1
2 2 2 2n n
n nT ．
选③：因为
11
2
n
nb
，所以
2 2 1
4 1 14log log 1 2n nb b n n
，
则 1 1 1 1 1 1 1 14 2 3 3 4 1 1 2nT n n n n
12
1 1 24 2 2 2
n
n n
，
故 2
2n
nT n
．
18．（12 分）
在 ABC 中，角 , ,A B C 所对的边分别为 , , , cos 2 cos .a b c c A b a C
（1）若
12A ，点 D 在边 AB 上， 1AD BC ，求 BCD△ 的外接圆的面积；
（2）若 2c ，求 ABC 面积的最大值．
【答案】（1） 4 3
3
；（2）最大值为 2 1 ．
【解析】（1）由 cos 2 cosc A b a C 得 2 cos cos cosb C c A a C ，
由正弦定理得 2sin cos sin cos sin cos sin sinB C C A A C A C B ，
因为sin 0B ，所以 2cos 2C ，
因为 0 C ，所以
4C = ，
又
12A ，所以 2
3B ，
6 2sin sin sin sin cos cos sin12 3 4 3 4 3 4 4A
，
在 ABC 中，由正弦定理得
sin sin
AB BC
C A
，所以
sinsin 4 3 1sin sin 12
BC CAB A
，
因为 1AD ，所以 3BD ，
在 BCD△ 中， 2
3B ，
由余弦定理得 2 2 2 2 cos 4 3CD BC BD BC BD B
设 BCD△ 外接圆的半径为 R ，由 2sin
CD RB
可得
2sin
CDR B
，
所以 BCD△ 外接圆的面积
2
2
2
2
4 3 4 3
24sin 34sin 3
CDS R B
．
13
（2）由（1）可知
4C = ，又 2c ，
由余弦定理可得 2 2 2 2 cosc a b ab C ，即 2 2 2 4a b ab ，
因为 2 2 2a b ab ，所以 2 2 2 4 2 2 2 2a b ab ab ab ab ，
从而 4 4 2 2
2 2
ab
（当且仅当 a b 时取等号），
所以 ABC 面积 1 1sin 4 2 2 sin 2 12 2 4S ab C ，
从而 ABC 面积S的最大值为 2 1 ．
19．（12 分）
某空调商家，对一次性购买两台空调的客户推出两种质保期两年内的保维修方案：
方案一：交纳质保金300元，在质保的两年内两条空调共可免费维修2次，超过2次每次收取
维修费200元．
方案二：交纳质保金400元，在质保的两年内两台空调共可免费维修3次，超过3次每次收取
维修费200元．
小李准备一次性购买两台这种空调，现需决策在购买时应购买哪种质保方案，为此搜集并整
理了100台这种空调质保期内两年内维修的次数，统计得下表：
维修次数 0 1 2 3
空调台数 20 30 30 20
用以上100台空调维修次数的频率代替一台机器维修次数发生的概率．
（1）求购买这样的两台空调在质保期的两年内维修次数超过2次的概率；
（2）请问小李选择哪种质保方案更合算．
【答案】（1） 63
100
；（2）方案二．
【解析】（1）由题意，根据100台这种空调质保期内两年内维修次数的统计表，
可得两台空调在质保期的两年内维修次数超过2次的概率为
2 2
1 1 1 2 2
2 2 2 2 2
1 1 3 1 3 1 3 1 63C C C C C5 5 10 2 10 5 10 5 100
（2）方案一的维修费用期望为 13 21 3 1200 400 600 800 24050 100 25 25
元，
14
维修总费用为300 240 540 元，
方案二的维修费用期望为 21 3 1200 400 600 114100 25 25
元
维修总费用为114 400 514 元，
故方案二更合算．
20．（12 分）
如图，E ，F 分别是矩形 ABCD 边 AD ，BC 上的点，沿 EF 将矩形 ABCD 翻折成多面体
1 1A B CDEF ， 3AD AB ， 1
3AE CF BC ．
（1）证明： 1EF B D ；
（2）当 1B D CD 时，求二面角 1 1A B D C 大小的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2） 3
5- ．
【解析】（1）连接 BD 交 EF 于点 H ，由 3AD AB ， 1
3AE CF BC ，
知 1sin cos 2CBD BFE ，因此 BD EF ．
由翻折知 1B H EF ，
由于 1BD B H H ，所以 EF 平面 1BB D ．
因为 1B D 平面 1BB D ，所以 1EF B D ．
（2）由（1）知 1 1CD B D B H DH ，故 1B DH△ 是等边三角形，
延长 BA ， FE 交于点 P ，则 P ， 1A ， 1B 三点共线，
如图，以点 D 为原点，以射线 DC 为 x 轴的正半轴，
建立空间直角坐标系 D xyz ．
不妨设 1AE ，则 0,0,0D ， 3, 3,0P ， 1
3 3 3, ,4 4 2B
， 3,0,0C ．
15
因此 3, 3,0DP
， 1
3 3 3, ,4 4 2DB
， 3,0,0DC ．
设平面 1 1B DA 的法向量 11 1 1, ,xn y z
由 1 1
1
0
0
DB n
DP n
得 1 1 1
1 1
3 3 3 04 4 2
3 3 0
x y z
x y
设平面 1B DC 的法向量 2 2 2 2, ,n x y z
．由 1 2
2
0
0
DB n
DC n
得 2 2 2
2
3 3 3 04 4 2
3 0
x y z
x
．
取 1 3, 1, 1n
， 2 0, 2, 1n ，则 1 2
1 2
1 2
3cos cos , 5
n n
n n
n n
．
注意到二面角 1 1A B D C 是钝二面角，因此，二面角 1 1A B D C 大小的余弦值为 3
5- ．
21．（12 分）
已知椭圆
2
2
2: 1 1xC y mm
的左右焦点分别为 1F ， 2F ，过右焦点 2F 作直线l 交椭圆C
于 1 1,A x y ， 2 2,B x y ，其中 1 0y ， 2 0y ， 1 2AF F△ 、 1 2BF F△ 的重心分别为 1G 、 2G ．
16
（1）若 1G 坐标为 1 1,3 6
，求椭圆 C 的方程；
（2）设 1 1BFG 和 2ABG△ 的面积为 1S 和 2S ，且 1
2
4 5
3 3
S
S
，求实数 m 的取值范围．
【答案】（1） 2 23 14 x y ；（2） 3 21 4m ．
【解析】（1）连接 OA ，由重心的性质可知 13OA OG
设 ( , )A x y ，则 1 1( , ) 3 ,3 6x y
，即 11, 2A
，故 2
1 1 14m
， 2 4
3m
椭圆C 的方程为 2 23 14 x y ．
（2）设 1 ,0F c ， ( )2 ,0F c= ，则 2 2 1m c
1 1 1 1 1 11
1 1
3 3BOF G OF G OB BOF AOF AOBS S S S S S S △ △ △ △ △ △
2 1 1 2 1 2
1 1 1 22 6 6 3
ccy cy c y y y y ，
2 1 2
2 1
3 3ABOS S c y y △ ，
则 1 1 2
2 1 2
2 4 5,3 3
S y y
S y y
，得 1
2
12, 2
y
y
，
17
设 :l x ty c ，联立椭圆方程
2
2
2: 1xC ym
，得 2 2 2 2 1 0t m y tcy ，
由根与系数关系得 1 2 2 2
2tcy y t m
， 1 2 2 2
1y y t m
则 2
1 21 2
2 2
2
2 1 1 2
2
4 52 222 ,y yy y t c
ty my y y
2 2
2 2
4 10 2
t c
t m
， 2 2 28 9m t m 对t 恒成立
故 28 9 0m ， 3 21 4m ．
22．（12 分）
已知函数 lnf x x x ax a ， a R ．
（1）求 f x 的极值点；
（ 2 ） 若 2 2
1
1 1 1ln2 4x
x mg x x x x xe
， 证 明 ： 对 任 意 , 1m ，
1 2, 0,x x 且 1 2x x ，有 1 2
1 2
1g x g x
x x
．
【答案】（1）函数 f x 有极小值点 1ax e ，无极大值点；（2）证明见解析．
【解析】（1）因为 ln 0f x x x ax a x ，所以 ln 1f x x a ，
由 0f x ，得 1ax e ，
由 0f x ，得 10 ax e ，
18
所以 f x 在 10, ae 上单调递减，在 1,ae 上单调递增，
故函数 f x 有极小值点 1ax e ，无极大值点；
（2）证明：当 1a 时， ln 1f x x x x ，
由（1）可知 1 0 f x f ，
故 ln 1x x x ，当且仅当 1x 时等号成立，
又 1
1 1
1 111
x
x x
x exx e e
，
当 0 1x 时， 1 0x ， 1 1 0xe ，故 1
1
1 1
0
x
x
x e
e
，
当 1x 时， 1
1
1 1
0
x
x
x e
e
，
当 1x 时， 1 0x ， 1 1 0xe ，故 1
1
1 1
0
x
x
x e
e
，
故 0x 时， 1
11 x
xx e
，当且仅当 1x 时等号成立，
故 1
1ln x
xx x e
成立，当且仅当 1x 时等号成立，
令 h x g x x ，则 1ln x
x mh x x x e
，
因为 1m ，所以 1 1
1
x x
x x m
e e
，所以 1 1 1
1ln 0x x x
x m x x mh x x x e e e
，
因为 h x 在 0, 的任意子区间内不恒为0，
所以 h x 在 0, 上为增函数，
不妨设 1 2 0x x ，则 1 2h x h x ，
故 1 1 2 2g x x g x x ，
故 1 2
1 2
1g x g x
x x
．
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