12校联考2026高三一模数学答案_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年04月高三试卷_260402天津市十二区重点学校2025—2026学年高三下学期毕业联考（一）（全科）

2026(cid:32)年天津市十二区重点学校高三毕业班联考（一） 数学参考答案 一、选择题:每小题(cid:32)5(cid:32)分，满分(cid:32)45(cid:32)分 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 B A B D C A C D A 二、填空题:(cid:32)每小题(cid:32)5(cid:32)分，共(cid:32)30(cid:32)分.（两空中对一个得(cid:32)3(cid:32)分，对两个得(cid:32)5(cid:32)分） 10. 2 11. 60 12. 5 2 1 3 3 3 13. ；4 14. a b ； 15. (,1)(1,0)(0,1) 3 2 4 4 三、解答题：本大题(cid:32)5(cid:32)小题，共(cid:32)75(cid:32)分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 16.（本小题满分(cid:32)14(cid:32)分） 3 解：（Ⅰ）因为acosB bsinA0 3 3 根据正弦定理得sinAcosB sinBsinA0， 3 又因为A是ABC 的内角,所以sinA0 3 则cosB sinB0 3 所以tanB 3 又因为0Bπ， ( B是ABC 的内角）  B 3 （两角A,B范围，少写一个或都不写，则扣1分） 3 3 （Ⅱ）（ⅰ）因为a1，△ABC 的面积为 ． 4 1 c  3 3 所以S  acsinB sin  ABC 2 2 3 4 c3 1 根据余弦定理b2 a2 c2 2accosB12 32 213 7 2 b 7 a b 21 （Ⅲ）解法一：由正弦定理  ，得sinA ， sinA sinB 14 5 7 ab，A是锐角，cosA 1sin2 A  14 (不写角A的范围扣1分） 第 1 页(cid:32)共 15 页11 cos2A12sin2 A 14 （公式1分，结果1分） 5 3 sin2A2sinAcosA 14 （公式1分，结果1分） cos  2AB cos(2A  )cos2Acos  sin2Asin   11  1  5 3  3  1 3 3 3 14 2 14 2 7 （公式1分，结果1分） （Ⅲ）解法二：由余弦定理可得： b2 c2 a2 5 7 cosA  ………… 7分 2bc 14 21 A是ABC 的内角，sinA 1cos2 A  14 11 cos2A12sin2 A 14 （公式1分，结果1分） 5 3 sin2A2sinAcosA 14 （公式1分，结果1分） cos  2AB cos(2A  )cos2Acos  sin2Asin   11  1  5 3  3  1 3 3 3 14 2 14 2 7 （公式1分，结果1分） 17.（本小题满分(cid:32)15(cid:32)分） 解：（Ⅰ）证法一： 连接BD与AC 交于点G，再连接EG， 3 因为AD∥BC，AD3，BC  ， 2 AD(cid:32) DG 所以△ADG ～△BCG ，  2 BC(cid:32) BG AD(cid:32) DG(cid:32) DE 因为DE(cid:32)2EP，所以    2， BC(cid:32) BG(cid:32) EP 所以EG∥PB， 又因为PB平面ACE，所以PB∥平面ACE 第 2 页(cid:32)共 15 页证法二： (Ⅰ)证明：(cid:32)以A为原点，AB， AD， AP 所在的直线为x轴， y轴，z 轴，建立空间直角坐标系 A(cid:32) xyz． 则A0,0,0，B  3,0,0  ，C   3, 3 ,0  ，D0,3,0，P0,0,3，E0,1,2．  2  （坐标对1个给1分，全对给2分）  设m(cid:32)x,(cid:32)y,(cid:32)z是平面ACE的一个法向量，    3  AE 0,1,2，AC  3, ,0，  2  (cid:32) y(cid:32)2z0 m(cid:32) AE0  则(cid:32) ，  3 ， m(cid:32) AC0  3x(cid:32) y0  2 令y2，(cid:32)则x 3，z1，    平面ACE的一个法向量为m  3,2,1 ．    (cid:32) (cid:32)  因为PB 3,0,3 ，PB(cid:32) m330，(cid:32)所以PB(cid:32) m， 又因为PB平面ACE，所以PB∥平面ACE （Ⅱ）解法一： (cid:32)   设DF(cid:32)DP ，0,1，得F0, 33, 3，AF 0, 33, 3， (cid:32)   AF(cid:32) m69， AF  33292 3 1222 ， m 2 2， （3个结果对1个给1分，全对给2分） 设直线AF 与平面ACE所成角为q ，则 (cid:32) (cid:32) AF(cid:32) m 3 23 5 sin cos AF(cid:32), m  (cid:32)    ， AF(cid:32) m 3 1222 2 2 4 （公式给1分） 1 化简得 82 1430，(cid:32) 因为0,1，得 ， 4   9 3  3 10 3 10 AF 0, , ， AF  ，所以线段AF 的值为 .  4 4 4 4 解法二： (cid:32)   设PF(cid:32)PD ，0,1，得F0, 3, 33，AF 0, 3, 33， (cid:32)   AF(cid:32) m93， AF  92 332 3 1222 ， m 2 2， （3个结果对1个给1分，全对给2分） 第 3 页(cid:32)共 15 页设直线AF 与平面ACE所成角为q ，则 (cid:32) (cid:32) AF(cid:32) m 3 31 5 sin cos AF(cid:32), m  (cid:32)    ， AF(cid:32) m 3 1222 2 2 4 3 化简得 82 230，因为0,1，得 ， 4   9 3  3 10 3 10 AF 0, , ， AF  ，所以线段AF 的值为 .  4 4 4 4 （Ⅲ）解法一： 2 因为DE(cid:32)2EP，所以V  V ， E(cid:32)ACD 3 P(cid:32)ACD 1 V V V  V P(cid:32)ACE P(cid:32)ACD E(cid:32)ACD 3 P(cid:32)ACD 1 1 1 3 V    3 33 P(cid:32)ACE 3 3 2 2 解法二： 21 29 在△ACE中，AC  ，AE  5，CE  ， 2 2 3 4 2 cosA ，A为锐角，sinA 1cos2A  ， 105 35 (cid:32) AP(cid:32) m 3 3 2 点P到平面ACE的距离d     m 2 2 4 1 1 1 21 4 2 3 2 3 V  S d    5    P(cid:32)ACE 3 ACE 3 2 2 35 4 2 18．（本小题满分(cid:32)15(cid:32)分）  b2 解：（Ⅰ）由题意可知，点M 的坐标为c, ，A(cid:32)a, 0，则  a   b2 5    a 3 a3  b2   ，(cid:32) 解得b 5  a  1  c2  c(cid:32) a 3   a(cid:32)2  b2(cid:32) c2 （方程组对给2分，结果1分） x(cid:32)2 y2 椭圆的方程为  1． 9 5 第 4 页(cid:32)共 15 页（Ⅱ）解法一： 由题意可知直线AP的斜率存在且大于0，A3,0，设直线AP的方程为y(cid:32) k(cid:32) x3k 0，P(cid:32)x(cid:32), y． 0 0 y(cid:32) k(cid:32) x3  由方程组x(cid:32)2 y2 ，整理得  59k(cid:32)2 x2 54k(cid:32)2x(cid:32)81k2 450 ，   1  9 5   54k22 4  59k2 81k2 45  0， 81k2 45 1527k2 3x  ， 得x  ， 0 59k2 0 59k2 30k 1527k2 30k  y  ，P , ， 0 59k2  59k2 59k2  思路一： PA sinPFA 在△ PAB中，   2cosPAF ， PF sinPAF 得sinPFA2sinPAFcosPAF sin2PAF 因为在△ PAB中，(cid:32)所以PFA2PAF ， 或PFA2PAF  π，(cid:32)若PFA2PAF  π， 即PFA(cid:32) APF， FA(cid:32) FP不成立．(cid:32)（此步骤没写不扣分） 2tanPAF tanPFAtan2PAF  ， 1tan2PAF tanPAF(cid:32) k(cid:32) k， AP 30k y 59k2 6k tanPFA(cid:32) k  0   ， FP x 2 1527k2 9k2 1 0 2 59k2 （方程tanPFA(cid:32) k 给1分） FP 2k 6k 所以  ， 1k2 9k2 1 1 3 得k2  ，(cid:32)因为k 0，所以k  ， 3 3 3 直线AP的方程为 y x3． 3 第 5 页(cid:32)共 15 页思路二： 过点P作PH(cid:32) AF交AF 于点H ， AH 则 AH(cid:32) x 3 ，cosPAF  ， 0 PA PA 因为 2cosPAF ，所以 PA 2 2 PF(cid:32) AH ， PF 30 PA  1k(cid:32)2 x 3  1k2  ， 0 59k2 1527k2  2  30k  2 5  9k2 1  PF   2    ，  59k2  59k2  59k2 5  9k2 1   1k(cid:32)2 x 3 2 2  x 3 ， 0 59k2 0 10  9k2 1   1k2  30  ， 59k2 59k2 33k2 9k2 1 1 3 解得k2  ，(cid:32)因为k 0，所以k  ， 3 3 3 直线AP的方程为 y x3． 3 思路三： (cid:32) PA PA 2AP(cid:32) AF 因为 2cosPAF ，所以  (cid:32) ， PF PF AP(cid:32)AF PA(cid:32) 2 AF (cid:32) 则 2AP(cid:32) AF， PF (cid:32) 1527k2 30k  300 AF 5， 2AP(cid:32) AF2 3 ,  5,0  59k2 59k2  59k2 30 PA  1k(cid:32)2 x 3  1k2  0 59k2 1527k2  2  30k  2 5  9k2 1  PF   2     59k2  59k2  59k2 第 6 页(cid:32)共 15 页2 5  1k2    30   59k2 300 即  ， 5  9k2 1  59k2 59k2 1 3 解得k2  ，(cid:32)因为k 0，所以k  ， 3 3 3 直线AP的方程为 y x3． 3 思路四： cos2PAF 1 因为cos2PAF   ， sin2PAFcos2PAF tan2PAF1 （公式推导步骤各1分） 30 PA  1k(cid:32)2 x 3  1k2  0 59k2 1527k2  2  30k  2 5  9k2 1  PF   2     59k2  59k2  59k2 PA 因为 2cosPAF ，所以 PA 2 PF cosPAF ， PF PA 2 4 PF 2 cos2PAF ， 2  5  9k2 1  2 即  1k2    30   4    1 ， 59k2  59k2  1k2   1 3 解得k2  ，(cid:32)因为k 0，所以k  ， 3 3 3 直线AP的方程为 y x3． 3 （Ⅱ）解法二： 由题意可知直线AP的斜率存在且大于0，A3,0， 设直线AP的方程为x(cid:32) my(cid:32)3m0，P(cid:32)x(cid:32), y． 0 0 x(cid:32) my3  由方程组x(cid:32)2 y2 ，整理得  95m(cid:32)2 y2 30my0，   1  9 5 第 7 页(cid:32)共 15 页30m 30m 解得 y0，或y ，由题意得y  ， 95m2 0 95m2 15m2 27 15m2 27 30m  x  ， P ,  0 95m2  95m2 95m2  PA sinPFA 在△ PAB中，   2cosPAF ， PF sinPAF 得sinPFA2sinPAFcosPAF sin2PAF 因为在△ PAB中，(cid:32)所以PFA2PAF ， 或PFA2PAF  π，(cid:32)若PFA2PAF  π， 即PFA(cid:32) APF， FA(cid:32) FP不成立．(cid:32)（此步骤没写不扣分） 2tanPAF tanPFAtan2PAF  ， 1tan2PAF 1 tanPAF(cid:32) k  ， AP m 30m y 95m2 6m tanPFA(cid:32) k  0   ， FP x 2 15m2 27 9m2 0 2 95m2 （方程tanPFA(cid:32) k 给1分） FP 2 6m m 所以  ， 9m2  1  2 1  m 得m2 3，(cid:32)因为m0，所以 m 3 ， 3 直线AP的方程为 y x3． 3 第 8 页(cid:32)共 15 页19.（本小题满分(cid:32)15(cid:32)分） 解：（Ⅰ）设等差数列 a 的公差为d ，等比数列{b }的公比为q(q 1)， n n 由a(cid:32) a(cid:32) b，2b(cid:32)3a(cid:32) a ， 2 3 4 3 3 4 (1d)(12d(cid:32)) q3 23d(cid:32) q3 得： ，即 ， 2q2 3(12d)(13d) 2q2 23d 所以q(cid:32)3 2q2，解得：q 2或q 0(舍)，d 2， 从而，a 1(n1)22n1， b 2n1； n n （通项公式只对一个给2分，都对给3分） n （Ⅱ）(i)当c(cid:32) b  2i1 (i 1，2,3,，n)时，ac 取最大值， i i i(cid:32)i i1 n n 此时，ac (2i1)2i1 =120 321522 (2n1)2n1 ………① i(cid:32)i i1 i1 n 2ac 121322 (2n3)2n1(2n1)2n ………② i(cid:32)i i1 n ①－②得：ac 12(2122 2n1)(2n1)2n i(cid:32)i i1 12(2n 2)(2n1)2n 3(32n)2n n 故ac (2n3)2n 3，即集合M 中的最大元素为(2n3)2n 3 i(cid:32)i n ; i1 n (ii) 首先证明，当c 0，即c(cid:32) b 时，ac 0， n n n i(cid:32)i i1 n n1 n1 当c(cid:32) b 时，ac  a(cid:32)b ac  a(cid:32)b ab ， n n i(cid:32)i n(cid:32)n i(cid:32)i n(cid:32)n i(cid:32)i i1 i1 i1 n1 由(i)可知ab (2n5)2n13， i(cid:32)i i1 n1 所以，a(cid:32)b ab (2n1)2n1[(2n5)2n13] 2n130， n(cid:32)n i(cid:32)i i1 n 反之，若ac 0，则必有c 0，否则若c 0， i(cid:32)i n n i1 n n1 n1 则ac  a(cid:32)b ac  a(cid:32)b ab (2n1)2n1[(2n5)2n13] i(cid:32)i n(cid:32)n i(cid:32)i n(cid:32)n i(cid:32)i i1 i1 i1 2n130， n 故当且仅当c 0时，ac 0， n i(cid:32)i i1 第 9 页(cid:32)共 15 页再证明集合M 中有2n1个大于0的元素， n 首先，当c 0，即c(cid:32) b 时，对于任意c(cid:32)(i1，2，3，(cid:32)，n-1)，都有c 2i1和c 2i1两种可能，故 n n n i i i n ac 有2n1种不同形式， i(cid:32)i i1 下面证明这2n1种不同形式的结果互不相同， n 任取其中的两种不同形式，记为r  ac(1) ac(cid:32)(1)  a(cid:32)c(1) a(cid:32)c((cid:32)1)  a(cid:32)b， i(cid:32)i 1 1 2 2 n(cid:32)1 n1 n(cid:32)n i1 n s  ac(2) ac(cid:32)(2)  a(cid:32)c(2) a(cid:32)c((cid:32)2)  a(cid:32)b， i(cid:32)i 1 1 2 2 n(cid:32)1 n1 n(cid:32)n i1 因为r，(cid:32) s为两种不同形式，则必存在k{1，2，(cid:32)，n1}，使得c(cid:32)(1)  c(2)，将其中最大的k记为m，不 k k 妨设c(cid:32)(1)  b ，c(2) b ， m m m m 若m1，则显然r(cid:32) s， m1 m1 若m{2，(cid:32)，n1}，则r(cid:32) s(cid:32) 2a(cid:32)b  ac(1)ac(2) m(cid:32)m i(cid:32)i i(cid:32)i i1 i1 m1 m1  2a(cid:32)b ab ab m(cid:32)m i(cid:32)i i(cid:32)i i1 i1  2(2m1)2m12[(2m5)2m13] 2(2m13)0， 故r(cid:32) s，因此集合M 中有2n1个大于0的元素， n （若没有证明集合中元素互异性，则扣1分） n 将这2n1个元素记为ac(cid:32)(j)( j1,2,，2n1)，其中给定 j{1,2,,2n1}， i(cid:32)i i1 满足c(j) 2i1的元素个数为2n2个，满足c(j) 2i1的元素个数也为2n2， i i 2n1 n n1 2n1 因此(ac(j)) 2n1a(cid:32)b (ac(j)) i(cid:32)i n(cid:32)n i(cid:32)i j1 i1 i1 j1 n1 2n1a(cid:32)b 2n2(ab(cid:32) ab) n(cid:32)n i(cid:32)i i(cid:32)i i1 2n1a(cid:32)b (2n1)4n1， n(cid:32)n 所以集合M 中所有大于0的元素之和为(2n1)4n1． n 第 10 页(cid:32)共 15 页20.(cid:32)(本小题满分(cid:32)16(cid:32)分) 解：（Ⅰ）当a2时，q(x) x2 ex x 因为q'(x)2xex 1，所以q'(1)3e q(1)2e 曲线 yq(x)在点(1,q(1))处的切线方程y(2e)(3e)(x1) 即y(3e)x1 （Ⅱ）解法一：因为 f(x) xlnxaxa ， lnx 1 lnx2 所以 p(x) f'(x)  a a， 2 x x 2 x lnx 因为 p'(x) ， 4x x 当x0,1时， p'(x)0，当x1,时， p'(x)0， 即 p(x)在x0,1上单调递增， p(x)在x1,上单调递减 故 p(x)在x1处取得最大值，最大值为 p(1)1a. 因为存在s(0，），对于任意t(0，），都有 p(s)q(t)成立 1 即q(x)1a恒成立，等价于 ax2 ex x2a1a, 2 1 即对任意x(0，）， ax2 ex x10恒成立． 2 1 设g(cid:32)x ax2 ex x1，则g(cid:32)x(cid:32) axex1，x(0，） 2 令h(x)axex 1,x(0,)，则h(cid:32)x(cid:32) aex. ①当a1时，因为 ex e0 1 ，则h'(x)0， 可知g(cid:32)x在(0，）上单调递减，则g'(x)g'(0)0， 所以g(cid:32)x在上(0，）单调递减， 1 所以g(x) g(0)0，即对任意x(0,)， ax2 ex x10恒成立， 2 所以a1满足题意； ②当a1时，令h(cid:32)x0，解得：x(cid:32)lna， 当x0,lna时，h(cid:32)x0，则g(cid:32)x单调递增， 第 11 页(cid:32)共 15 页此时g(cid:32)x(cid:32) g00，则g(cid:32)x在0,lna上单调递增，所以g(cid:32)x(cid:32) g00， 1 1 即当x0,lna时， ax2 ex x10，即 ax2 ex x10不恒成立， 2 2 可知a1不合题意. 综上所述，a,1  . （Ⅱ）解法二：由（1）得， f(x) xlnxaxa ， lnx 1 lnx2 所以 p(x) f'(x)  a a， 2 x x 2 x lnx 因为 p'(x) ， 4x x 当x0,1时， p'(x)0，当x1,时， p'(x)0， 即 p(x)在x0,1上单调递增， p(x)在x1,上单调递减 故 p(x)在x1处取得最大值，最大值为 p(1)1a. 因为存在s(0，），对于任意t(0，），都有 p(s)q(t)成立 1 即q(x)1a恒成立，等价于 ax2 ex x2a1a, 2 1 即对任意x(0，）， ax2 ex x10恒成立． 2 a ex x1 ex x1 即  恒成立，令t(x) ,x(0,) 2 x2 x2 (ex 1)x2 (ex x1)2x ex(x2)x2 t'(x)  x4 x3 令u(x)ex(x2)x2,x(0,) u'(x)ex(x1)1,x(0,)， u''(x) xex，因为x(0,)，所以u''(x) xex 0， 即u'(x)在x(0,)上单调递增，所以u'(x)u'(0)0， 所以u(x)在x(0,)上单调递增，所以u(x)u(0)0，即t'(x)0 所以t(x)在x(0,)上单调递增 ex x1 ex 1 ex 1 由洛必达法则lim( )lim( )lim( ) x0 x2 x0 2x x0 2 2 （此法则需证明，直接用且结果正确扣2分） a 1   ，即a,1  2 2 第 12 页(cid:32)共 15 页（Ⅲ）解法一：由（Ⅱ）可得， f'(x)在x0,1上单调递增，在x1,上单调递减，若 f(x)有2 个极值点x(cid:32),x(cid:32) x(cid:32) x，需满足 f'(1)1a0，且0 x 1 x . 1 2 1 2 1 2 因为 f(x) xlnxa(x1)，aR有2个极值点x(cid:32),x(cid:32) x(cid:32) x， 1 2 1 2 lnx 1 f'(x)  a， 2 x x lnx 1 所以等价于方程  a0的两根为 ， x，x ，且0 x 1 x 2 x x 1 2 1 2 即方程lnx2a x 20的两根为x，x ， 1 2 令t x，则等价于方程lntat10的两根为 t，t（0t 1t ) ， 1 2 1 2 lnt at 10 lnt 1at 所以 1 1 即 1 1 lnt at 10 lnt 1at 2 2 2 2 因为 f(x ) f(x ) x lnx ax a x lnx ax a 1 2 1 1 1 2 2 2 t lnt2 at2 at lnt2 at2 a 1 1 1 2 2 2 1lnt 1lnt 2t lnt t (lnt 1) 1 2t lnt t (lnt 1) 2 1 1 1 1 2 2 2 2 t t 1 2 1lnt 1lnt t lnt t  1 t lnt t  2 1 1 1 2 2 2 t t 1 2 1lnt 1 1 令v(t)tlntt （t )lntt ，则即证v(t )v(t )0 1 2 t t t (t2 1)lnt 因为v'(t) 0，所以v(t)在（0，）上单调递增， t2 下证t t 1： 1 2 ln(t t )a(t t )2 1 2 1 2 t lnt at 10   t (t t )ln 2  1 1 所以可得 ln 2 即 1 2 t lnt 2 at 2 10  a t 1 ln(t 1 t 2 ) t t 1 2   t t 2 1 2 1 t (t t )ln 2 t 即证 1 2 t ，因为t，t（0t 1t )，即t t 0, 2 1 1 20 1 2 1 2 2 1 t t t 1 2 1 t 2 1 t t 因此即证ln 2 2 1 0 t t 1 2 1 t 1 第 13 页(cid:32)共 15 页t1 令u(t)lnt2 (t 1)， t1 1 4 （t-1）2 则u'(t)   0，因此u(t)在（1，）上单调递增，u(t)u(1）0， t （t1）2 t(t1)2 所以t t 1得证. 1 2 1 因为0t 1t ，t t 1，所以t  0， 1 2 1 2 2 t 1 1 又发现v(t) v( )且v(t)在（0，）上单调递增， t 1 因此v(t )v(t )v(t )v( )0 1 2 1 t 1 即 f(x ) f(x )0得证． 1 2 （Ⅲ）解法二:由（Ⅱ）问可得， f'(x)在x0,1上单调递增，在x1,上单调递减， 若 f(x)有2个极值点x(cid:32),x(cid:32) x(cid:32) x，需满足 f'(1)1a0，且0 x 1 x . 1 2 1 2 1 2 设F(t) f(1t) f(1t) 1tln(1t) 1tln(1t)，t(0，1) 1 1t 1 1t 则F'(t) f'(1t) f'(1t) ln(1t)  ln(1t) ， 2 1t 1t 2 1t 1t 1 ln 令F'(t)的导函数为F''(t)，则F''(t) ln(1t)  ln(1t)  1t  ln（1t) 3 3 3 3 4(1t)2 4(1t)2 4(1t)2 4(1t)2 1 1 因为t0,1，所以ln 1 ln1t0 ， 3  3 0 ， 1t 41t 2 41t 2 1 1 故 ln 1t  ln1t ，即F''(t) ln 1t  ln（1t) 0， 3 3 3 3 41t 2 41t 2 4(1t)2 4(1t)2 所以F'(t)在0,1上单调递增，故F'(t)F（' 0）0，所以F(t)在0,1上单调递增， 故F(t)F(0)0， 下证：2x  x 1 2 因为0 x 1，即1x 0,1，F'(t) f'(1t) f'(1t)0， 1 1 故F'(1x ) f'(2x ) f'(x )0， 1 1 1 第 14 页(cid:32)共 15 页又 f'(x ) f'(x )0，所以 f'(2x ) f'(x )0，即 f'(2x ) f'(x )，(cid:32)…13分 1 2 1 2 1 2 因为2x(cid:32)1, x 1， f'(x)在x1,上单调递减， 1 2 所以2x(cid:32) x ， 1 2 又因为0 x 1，所以x 2x(cid:32) x ， 1 1 1 2 又因为 f'(x)在x0,1上单调递增，在x1,上单调递减， lnx 1 且 f'(x)  a的两个零点为x，x ， 1 2 2 x x 所以在x(cid:32)x(cid:32), x上 f'(x)0，即y f(x)在x(cid:32)x(cid:32), x上单调递增， 1 2 1 2 所以 f(2x ) f(x )， 1 2 因为0 x 1，即1x 0,1，且F(t)0 1 1 所以F(1x ) f(2x ) f(x )0， 1 1 1 故 f(x ) f(x ) f(x ) f(2x )0得证. 1 2 1 1 第 15 页(cid:32)共 15 页