精品解析：山东师范大学附属中学2025-2026学年高三上学期10月阶段测数学试题（解析版）_251102山东师范大学附属中学2026届高三上学期10月份阶段性检测（全科）

山东师大附中 2023 级高三阶段检测 数学试卷 2025.10 命题：房华 审题：舒美玉 本试卷共 4页，19题，全卷满分 150分，考试用时 120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的考生号､姓名､考场号及座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需要改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本 试卷上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 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. M =  x∣2-x <1  ,N =x∣log x>0 1. 已知集合 2 ，则 M I N = （ ） A. -¥,0 B. 1,+¥ C. -1,1 D. 0,1 【答案】B 【解析】 【分析】由指数函数单调性及对数函数单调性解不等式，再由交集运算即可. 【详解】由2-x <1Þ x>0，log x>0Þ x>1， 2 所以M =  x∣2-x <1  =x∣x>0,N =x∣log x>0=x∣x>1 ， 2 所以M N = 1,+¥ ， I 故选：B 2. 已知a,b为实数，则“0.1a <0.1b”是“a3 >b3”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 第1页/共18页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 【分析】结合指数函数的性质得到“0.1a <0.1b”的充要条件是“a>b”，再结合幂函数的性质得到 “a3 >b3”的充要条件是“a>b”，最后利用充分、必要条件的判定即可求解. 【详解】因为 f(x)=0.1x在R上单调递减，0.1a <0.1b等价于 f(a)< f(b)，所以a>b，即 “0.1a <0.1b”的充要条件是“a>b”； 因为g(x)= x3在R上单调递增，a3 >b3等价于g(a)> g(b)，所以a>b，即“a3 >b3”的充要条件是 “a>b”. 所以“0.1a <0.1b”是“a3 >b3”的充要条件. 故选：C. 3. 若直线y =2x+5是曲线y =ex +x+a的一条切线，则a=（ ） A. -4 B. 4 C. 3 D. -3 【答案】B 【解析】 【分析】求出函数y =ex +x+a的导数，利用给定的切线求出切点坐标及a值. 【详解】设直线y =2x+5与曲线y =ex +x+a相切的切点为(x ,2x +5)， 0 0 函数y =ex +x+a，求导得y¢=ex +1，则ex 0 +1=2，解得x =0，则切点为(0,5)， 0 因此5=e0 +0+a，所以a=4. 故选：B æ ö 4. 设函数 f x=log x ，若a= f çlog 2÷，b= f log 2 ，C = f  e0.2 ，则a，b，c的大小为 2 1 5 è ø 3 （ ） A. b0时， f(x) =log x在(0,+¥)上为增函数， 2 因为0e0 =1， 5 3 所以00，且 =b，再由基本不等式即可求解. a 【详解】当a =0时，-x-b³0不可能对任意的xÎR恒成立，不满足要求， 当a <0时，y =ax-1x-b 开口向下，不满足题意， 所以a>0， 1 令 ax-1x-b=0，得x = ,x =b， 1 a 2 当x = x 时，不等式 ax-1x-b³0对任意的xÎR恒成立， 1 2 1 所以 =b，即ab=1，且a >0,b>0， a 1 所以4a+b³2 4a×b =4，当且仅当4a=b，即a= ,b=2时，等号成立， 2 所以4a+b的最小值为4. 故选：B. 7. 已知 f x 是定义在R上的函数，且 f 2x-1 为偶函数， f x-2 是奇函数，当xÎ0,1 时， f x=2x-1，则 f 7 等于（ ） 1 1 A. -1 B. - C. D. 1 2 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据偶函数的性质得到 f x= f -x-2 ，再由奇函数的性质得到 f x=-f x-2 ，从而推导 出 f x+4= f x ，再由所给解析式及周期性计算可得. 第4页/共18页 学科网（北京）股份有限公司【详解】因为 f 2x-1 为偶函数，所以 f -2x-1= f 2x-1 ， 即 f x-1= f -x-1 ， 所以 f x= f -x-2 ， 又 f x-2 是奇函数，所以 f -x-2=-f x-2 ， 即 f x=-f x-2 ，所以 f x+2=-f x ， 则 f x+4=-f x+2= f x， 所以 f x 是以4为周期的周期函数， 又当xÎ0,1 时， f x=2x-1，所以 f 1=21-1=1， 则 f -1=-f 1=-1， 所以 f 7= f -1=-f 1=-1. 故选：A 【点睛】关键点点睛：对于抽象函数的奇偶性，推导出函数的周期性，从而利用周期性求出函数值. 1 8. 若函数hx=lnx- ax2 -2x在[1,4]上存在单调递增区间，则实数a的取值范围为（ ） 2 æ 7 ù æ 7 ö A. -1,+¥ B. -1,+¥ C. ç -¥,- ú D. ç -¥,- ÷ è 16û è 16ø 【答案】D 【解析】 1 1 2 【分析】根据条件得出存在xÎ1,4，使h¢x= -ax-2>0成立，即存在xÎ1,4，使a< - 成立， x x2 x 1 2 构造函数Gx= - ，xÎ1,4，求出G(x)的最值即可解决问题. x2 x 1 【详解】因为函数hx=lnx- ax2 -2x在 1,4 上存在单调递增区间， 2 1 1 2 所以存在xÎ1,4，使h¢x= -ax-2>0成立，即存在xÎ1,4，使a< - 成立， x x2 x 1 2 1 1 é1 ù 令Gx= - ，xÎ1,4， 变形得Gx=( -1)2 -1，因为xÎ1,4，所以 Î ê ,1 ú ， x2 x x x ë4 û 1 1 7 7 所以当 = ，即x=4时，G(x) =- ，所以a<- ， x 4 max 16 16 故选：D． 第5页/共18页 学科网（北京）股份有限公司二､多项选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18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 6分，部分选对的得 2分或 3分或 4分，有选错的得 0分. 9. 下列函数中，在区间 -¥,2 上单调递减的是（ ） A. f x= x-2 B. hx=e2-x 1 C. gx=- D. jx=ln2-x x-2 【答案】ABD 【解析】 【分析】去掉绝对值符号，判断A；根据复合函数的单调性的判断方法，一一判断BCD各选项，即可得答 案. 【详解】对于A，因为xÎ-¥,2 ，故 f x= x-2 =-x+2，在区间 -¥,2 上单调递减，A正确； 对于B，当xÎ-¥,2 时，hx=e2-x =e-x+2， 令t =-x+2，则该函数在区间 -¥,2 上单调递减，而y =et在R上单调递增， 故hx=e2-x =e-x+2在区间 -¥,2 上单调递减，B正确； 对于C，当xÎ-¥,2 时，2-x>0，且y =2-x在区间 -¥,2 上单调递减， 1 1 故gx=- = 在区间 -¥,2 上单调递增，C错误； x-2 2-x 对于D，当xÎ-¥,2 时，2-x>0，令t =-x+2，则该函数在区间 -¥,2 上单调递减， 函数y =lnt在 0,+¥ 上单调递增，故jx=ln2-x 在区间 -¥,2 上单调递减，D正确， 故选：ABD 10. 下列说法正确的是（ ） A. 已知(3x+1)n的展开式中各项系数之和为256，则展开式中x3的系数为108 B. 袋中有除颜色外完全相同的5个球，其中2个红球､3个白球，现从袋中不放回地连续取球两次，每次 3 取1个球，已知第一次取得红球，则第二次取得白球的概率为 5 C. 若随机变量X ~ N  1,s2 ,P(X <4)=0.82，则PX £-2=0.18 æ 1ö D. 若随机变量X : B ç 5, ÷，则D3X +2=10 è 3ø 第6页/共18页 学科网（北京）股份有限公司【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，令x=1，求出n=4，写出通项公式，得到答案；B选项，设出事件，利用条件概率公 式进行求解；C选项，由正态分布的对称性进行求解；D选项，先利用二项分布求方差公式得到 10 DX= ，再利用方差的性质进行计算. 9 【详解】对于选项A：令x=1，则4n =256,\n=4， Q T r+1 =Cr 4 (3x)4-r ×1r =Cr 4 34-rx4-r,\x3的系数为C1 4 33 =108，A正确； 对于选项B：设“第一次取得红球”为事件A，“第二次取得白球”为事件B， 3 PA= 2 ,PAB= 2 ´ 3 = 3 ,\PB∣A= PAB = 10 = 3 ，B错误； 5 5 4 10 PA 2 4 5 对于选项C：由题意知，PX ³4=1-P(X <4)=1-0.82=0.18， PX £-2= PX ³4=0.18，C正确； 1 æ 1ö 10 10 对于选项D：DX=5´ ´ ç 1- ÷ = ,D3X +2=32DX=9´ =10，D正确. 3 è 3ø 9 9 故选：ACD 11. 已知等式ab =eaa>0,a¹1 其中e是自然对数的底数，将a视为自变量x（x >0，x¹1），b为x 的函数，记为y = f x ，则下列结论正确的是（ ） A. f e=e B. f 3< f π< f 2 C. 若方程 f  x  =2m有4个不等的实根，则m>e D. 当k >e时，若 f x=k的两实根为x，x ，则x +x >2e 1 2 1 2 【答案】ABD 【解析】 x 【分析】根据题意求出 f x= ，即可判断A选项；利用导数求出函数的单调性即可判断B选项；利用 lnx   f x 为偶函数，结合函数的单调性即可判断C选项；利用对数均值不等式即可判断D选项. 第7页/共18页 学科网（北京）股份有限公司【详解】由题意知，xy =exx>0,x¹1 ，故lnxy = x,即ylnx= x， x 且x>0,x¹1，故y = ， lnx e 对于A， f e= =e，故A正确； lne lnx-1 对于B， f¢x= ,故y = f x 在 e,+¥ 上， f¢x>0, f x 单调递增； ln2 x 在 1,e 和 0,1 上， f¢x<0, f x 单调递减； 4 2 故 f 3< f π< f 4 且 f 4= = = f 2,故 f 3< f π< f 2 ，故B正确； ln4 ln2       对于C， f x = f -x ，故 f x 为偶函数， 则 f  x  =2m有4个不等的实根，即 f x=2m， x>0,x¹1 有2个不等的实根， 且 f x 在 1,e 和 0,1 上单调递减，在 e,+¥ 上单调递增， e 故2m> f e=e，即m> ，故C错误； 2 对于D，由 f x 的单调性可知，当k >e时，若 f x=k的两实根为x，x ， 1 2 ì x 1 =k ï ïlnx x -x 则1< x e， 1 2 x lnx -lnx ï 2 =k 1 2 ïlnx î 2 x+ y x- y 引入不等式 > ， 2 lnx-ln y 证明过程如下：不妨设x> y >0， æ x ö æ x ö 2 -1 2 -1 因为 x+ y > x- y Û lnx-ln y > 2x- y Û ln x > ç è y ÷ ø Û ln x - ç è y ÷ ø >0， 2 lnx-ln y x+ y y x y x +1 +1 y y x 2t-1 设 =t，t >1，则问题转化为：lnt- >0，t >1． y t+1 2x-1 令gx=lnx- ， x+1 1 2x+1-2(x+1) 1 4 1 x+12 -4x x-12 所以g¢x= - = - = - = >0在(1,+¥)上恒成 x (x+1)2 x (x+1)2 x x(x+1)2 x(x+1)2 第8页/共18页 学科网（北京）股份有限公司立， 所以gx 在(1,+¥)上单调递增；所以gt> g(1)=0， 2t-1 x+ y x- y 故lnt- >0，t >1成立，所以 > ． t+1 2 lnx-ln y x +x x -x 故 1 2 > 1 2 =k >e， 2 lnx -lnx 1 2 故x +x >2e，故D正确. 1 2 故选：ABD 三､填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分. 12. 已知偶函数 f x 满足：当x >0时， f x=log x+x2，则 f -4=______. 2 【答案】18 【解析】 【分析】根据偶函数的性质，结合对数运算，可得答案. 【详解】因为 f x 为偶函数，所以 f -4= f 4=log 4+42 =2+16=18. 2 故答案为：18. 13. 现将A,B,C,D,E,5位民警派往甲，乙，丙，丁，戊5个学校进行“反校园欺凌”普法宣讲，每人只到 1个学校，每个学校只去1人.已知A民警不能去甲学校，B,C 两位民警不能到乙学校，则不同的分派方 法共有__________种. 【答案】60 【解析】 【分析】利用间接法可求得不同的分派方法总数. 【详解】因为每人只到1个学校，每个学校只去1人，所以将5人全排列有A5 =120种， 5 其中将A民警安排在甲学校有A4 =24种不同的安排方法， 4 将民警B或C安排在乙学校有C1A4 =48种不同的安排方法， 2 4 又A民警在甲学校，且民警B或C在乙学校有A1C1A3 =12， 1 2 3 所以A民警不能去甲学校，B，C两位民警不能到乙学校， 则不同的分派方法共有120-24-48+12=60种. 第9页/共18页 学科网（北京）股份有限公司故答案为：60. 14. 已知函数 f x= 2x -3 ，若关于x的方程éf xù 2 -2mf x+3=0有4个不同的实数根，则m的 ë û 取值范围是______   【答案】 3,2 【解析】 【分析】作出 f x= 2x -3 的图象，由题意知t2 -2mt+3=0在 0,3 内有两个不等实根，再结合二次方 程根的分布列不等式即可求得m的范围. 【详解】作出 f x= 2x -3 的图象， 令t = f x= 2x -3 ，则方程éf xù 2 -2mf x+3=0，即为t2 -2mt+3=0， ë û éf xù 2 -2mf x+3=0有4个不同的实数根，则t2 -2mt+3=0在 0,3 内有两个不等实根， ë û ìΔ=2m2 -4´3>0 ï 所以í00 î   所以实数m的取值范围为 3,2 .   故答案为： 3,2 . 四.解答题：本大题共 5小题，共 77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 4-2x 15. 已知函数 f x=log a >0,a ¹1,b¹-2是定义在(-2,2)上的奇函数. a bx+4 （1）求 f 0 和实数b的值； （2）当a>1时，若 f x 满足 f  t2 -2  + f 3t -2<0，求实数t的取值范围. 4 【答案】（1）0；2 （2）10,a ¹1,b¹-2是定义在(-2,2)上的奇函数， a bx+4 故 f 0=log 1=0，且 f -x=-f x ， a 4-2-x 4-2x bx+4 则log =-log =log ， a b-x+4 a bx+4 a 4-2x 4+2x bx+4 即得 = ，则16-4x2 =16-b2x2，故b2 =4， 4-bx 4-2x 则b=2，（b=-2舍）； 【小问2详解】 4-2x 2-x 4-x+2 æ 4 ö 由（1）可得 f x=log =log =log =log ç -1 ÷， a 2x+4 a x+2 a x+2 a è x+2 ø 4 函数u = 在(-2,2)上单调递减， x+2 a>1时，函数y =log u在(0,+¥)上单调递增， a æ 4 ö 故 f x=log ç -1 ÷在(-2,2)上单调递减， a è x+2 ø 由 f  t2 -2  + f 3t-2<0可得 f  t2 -2  <-f 3t-2 ，即 f  t2 -2  < f -3t+2 ， ì ìt2 -2>2-3t ït >1或t <-4 ï ï 4 则í-2-1时，令g¢x>0，则x<-1或x >a，令g¢x<0，则-1< x0，则x < a或x>-1，令g¢x<0，则a< x<-1， 所以gx 增区间为 -¥,a 和 -1,+¥ ，减区间 a,-1 ； 综上： 当a>-1时，gx 增区间为 -¥,-1 和 a,+¥ ，减区间为 -1,a ； 当a=-1时，gx 增区间为 -¥,+¥ ，无减区间； 当a<-1时，gx 增区间为 -¥,a 和 -1,+¥ ，减区间为 a,-1 . 17. 在全球抗击新冠肺炎疫情期间，我国医疗物资生产企业加班加点生产口罩､防护服､消毒水等防疫物 品，保障抗疫一线医疗物资供应，在国际社会上赢得一片赞誉.我国某口罩生产厂商在加大生产的同时，狠 抓质量管理，不定时抽查口罩质量､该厂质检人员从某日生产的口罩中随机抽取了100个，将其质量指标 值分成以下五组： 100,110,110,120,120,130,130,140,140,150 ，得到如下频率分布直方图.规 定：口罩的质量指标值越高，说明该口罩质量越好，其中质量指标值低于130的为二级口罩，质量指标值 不低于130的为一级口罩. 第12页/共18页 学科网（北京）股份有限公司（1）求该厂商生产口罩质量指标值的平均数和第60百分位数； （2）现从样本口罩中利用分层抽样的方法随机抽取8个口罩，再从中抽取3个，记其中一级口罩个数为 h，求h的分布列及方差. 【答案】（1）平均数为123，第60百分位数为125； 45 （2）分布列见解析，方差为 . 112 【解析】 【分析】（1）利用中间值作代表求出平均数；判断出第60百分位数落在 120,130 内，设其为x，列出方 程，求出答案； （2）求出一级口罩与二级口罩的个数比，从而得到抽取8个口罩中，一级口罩有2个，二级口罩有6 个，h的可能取值为0,1,2，并得到相应的概率，得到分布列和方差. 【小问1详解】 该厂商生产口罩质量指标值的平均数为 105´0.005+115´0.040+125´0.030+135´0.020+145´0.005´10=123； 0.005+0.040´10=0.45<0.6,0.005+0.040+0.03´10=0.75>0.6， 故第60百分位数落在 120,130 内，设其为x， 则 0.005+0.040´10+x-120´0.030=0.6， 解得x=125，故第60百分位数为125； 【小问2详解】 0.02+0.005 1 一级口罩与二级口罩的个数比为 = ， 0.005+0.04+0.03 3 现从样本口罩中利用分层抽样的方法随机抽取8个口罩， 1 3 则一级口罩有8´ =2个，二级口罩有8´ =6个， 1+3 1+3 再从中抽取3个，记其中一级口罩个数为h，h的可能取值为0,1,2， 第13页/共18页 学科网（北京）股份有限公司C3 5 C1C2 15 C2C1 3 Ph=0= 6 = ，Ph=1= 2 6 = ，Ph=2= 2 6 = ， C3 14 C3 28 C3 28 8 8 8 故h的分布列如下： h 0 1 2 5 15 3 P 14 28 28 5 15 3 3 数学期望为Eh=0´ +1´ +2´ = ， 14 28 28 4 2 2 2 æ 3ö 5 æ 3ö 15 æ 3ö 3 45 方差为Dh= 0- ´ + 1- ´ + 2- ´ = ç ÷ ç ÷ ç ÷ è 4ø 14 è 4ø 28 è 4ø 28 112 18. 某校举行知识竞赛，甲乙两位同学组队答题，甲先依次答一二题，乙再依次答三四题，若两人合计答对 题数大于或等于3，则取得胜利，并获得纪念品（恰好答对前三题时应继续答完第四题）；若两人合计答错 p,q 两题则中止答题，已知，甲、乙答对每道题的概率分别为 ，假设甲、乙两人每次答题相互独立，且互不 影响． 1 （1）当 p=q= 时，设X 为乙答题的道数，求X 的分布列及期望； 2 1 1 （2）当 + =6时，求甲乙获得纪念品的概率的最小值． p q 5 【答案】（1）分布列见详解，EX= 4 1 （2） 9 【解析】 【分析】（1）根据X的取值逐一分情况计算即可得到答案； 1 1 （2）求解出甲乙获得纪念品的概率表达式，对 + =6变形后得到 p+q =6pq，代入概率表达式化简， p q 再应用均值不等式即可求解． 【小问1详解】 X的可能取值为0,1,2， 当X =0时，甲前2题都答错，此时乙不需要答题， 1 所以PX =0=1- p2 = ， 4 当X =1时，甲前2道题只答对1道题，且乙答第3题时答错，此时不会继续答第4题， 第14页/共18页 学科网（北京）股份有限公司1 1 甲前2道题只答对1道题的概率为C1p1- p= ，乙答错第3题的概率为1-q = ， 2 2 2 1 1 1 所以PX =1= ´ = ， 2 2 4 当X =2时，有2种情况， ①甲前2道题只答对1道题，乙第3题答对，此时必答第4题， 1 概率为C1p1- p×q = ， 2 4 1 ②甲答对2题，此时乙必答第3和第4道题，概率为 p2 = ， 4 1 1 1 所以PX =2= + = ，分布列如下， 4 4 2 X 0 1 2 1 1 1 P 4 4 2 1 1 1 5 期望EX=0´ +1´ +2´ = ． 4 4 2 4 【小问2详解】 两人合计答对题数大于或等于3获得纪念品，分三种情况： ①甲答对1题，乙答对2题，概率为C1p1- pq2 =2p1- pq2； 2 ②甲答对2题，乙答对1题，概率为 p2C1q1-q=2p2q1-q ； 2 ③甲答对2题，乙答对2题，概率为 p2q2. 所以获得纪念品的概率P=2p1- pq2 +2p2q1-q+ p2q2 =2pq2 +2p2q-3p2q2， 1 1 p+q 又因为 + =6，所以 =6，即 p+q =6pq， p q pq 对P进行变形， P= pq2q+2p-3pq= pqé2p+q-3pqù = pq12pq-3pq=9p2q2， ë û 1 由6pq= p+q³2 pq 可得3pq³ pq ，即9pq2 ³ pq，所以 pq³ ， 9 ìp=q ï 1 当且仅当í1 1 即 p =q = 时等号成立. + =6 3 ï îp q 第15页/共18页 学科网（北京）股份有限公司2 æ1ö 1 所以P的最小值P =9´ ç ÷ = . min è9ø 9 1 综上，甲乙获得纪念品的概率的最小值为 ． 9 19. 设函数 f x= xex，xÎR. （1）求 f x 的极值； f lnx （2）已知实数a>0，若存在正实数x使不等式a×3axln3- £0成立，求a的取值范围； x （3）已知不等式 f m- f n>km-n2 对满足m>n>0的一切实数m，n恒成立，求实数k的取值 范围. 1 【答案】（1）极小值 f(-1)=- ，无极大值； e log e （2）00，$xÎ(0,+¥)使3axln3ax £ xlnx成立，导数研究y = xlnx的性质，结合3ax >1得到 log x x³3ax >1，进而有a£ 3 ，导数求右侧最大值，即可得范围； x (n+t)en+t -nen et -1 et （3）令m-n=t >0，问题化为k < =nen× +en× 在n,tÎ(0,+¥)上恒成立，利用 t2 t2 t 导数研究右侧的范围，即可得参数范围. 【小问1详解】 由题设 f¢x=(x+1)ex， x<-1时， f¢x<0，即 f(x)在(-¥,-1)上递减， x>-1时， f¢x>0，即 f(x)在(-1,+¥)上递增， 1 所以 f(x)有极小值 f(-1)=- ，无极大值. e 【小问2详解】 第16页/共18页 学科网（北京）股份有限公司f lnx 由a×3axln3- £0且xÎ(0,+¥)，则ax×3axln3- f lnx=3axln3ax -xlnx£0， x 所以，问题化为a>0，$xÎ(0,+¥)使3axln3ax £ xlnx成立， 令y = xlnx，则y¢=1+lnx，且x=1时y=0， 1 1 1 0< x< 时y¢<0，即y在(0, )上递减，对应值域为(- ,0)； e e e 1 1 1 x> 时y¢>0，即y在( ,+¥)上递增，对应值域为(- ,+¥)； e e e 1 log x 由于3ax >1，于是x³3ax > ，即x³3ax >1，此时00，即g(x)在(1,e)上递增， x>e 时g¢(x)<0，即g(x)在(e,+¥)上递减， log e log e 所以g(x) = g(e)= 3 ，故00，而 f m- f n=mem -nen >km-n2 ， (n+t)en+t -nen et -1 et 所以k < =nen× +en× 在n,tÎ(0,+¥)上恒成立， t2 t2 t et -1 et et 令j(n)=nen× +en× 在nÎ(0,+¥)上递增，则j(n)>j(0)= ， t2 t t et (t-1)et 令f(t)= ，则f¢(t)= ， t t2 故tÎ(0,1)上f¢(t)<0，即f(t)在(0,1)上递减； tÎ(1,+¥)上f¢(t)>0，即f(t)在(1,+¥)上递增； 所以f(t)³f(1)=e， 综上j(n)>e，故只需k £e. (n+t)en+t -nen et -1 et 【点睛】关键点点睛：第三问，应用换元法将问题化为k < =nen× +en× 在 t2 t2 t 第17页/共18页 学科网（北京）股份有限公司n,tÎ(0,+¥)上恒成立是关键. 第18页/共18页 学科网（北京）股份有限公司