2024级高二4月期
数学
满分 150 分, 时间 120 分钟。
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。
( 2) 6
1. x− 的展开式中，常数项为( )
x
A. -20 B. 20 C. -160 D. 160
2. 已知函数 f (x) 的导函数 f′(x) 的图象如图所示，则下列说法一定正确的是( )
A. 函数 f (x) 在 x=1 处取得极大值
B. 函数 f (x) 在区间 (−1,1) 上单调递增
C. 函数 f (x) 有两个零点
D. 当 x∈[−1,3] 时,函数 f (x) 的最大值是 f (−1)
3. 记 S 为等差数列 {a } 的前 n 项和,若 S =S −6,a =−1 ,则 a = ( )
n n 3 6 4 6
A. 5 B. 2 C. 0 D. -2
4. 已知函数 f (x)=(x+a) 2 (x+1) 在 x=1 处有极小值,则 a= ()
A. -5 B. -1 C. -1或-5 D. -1或5
5. 有 7 个座位连成一排，现有 3 人入座，则恰有两个空位相邻的不同坐法的种数
为( )
A. 144 B. 72 C. 48 D. 36
6. 我国国旗的标准尺寸有五种通用规格(用“长×宽”表示)，其中长与宽之比均为
3:2.
规格 一号 二号 三号 四号 五号尺寸(单位:cm) 288×19 240×16 192×12 144×9 96×6
2 0 8 6 4
根据上表，可以判断五种规格国旗的( )
A. 周长构成等差数列 B. 周长构成等比数列
C. 面积构成等差数列 D. 面积构成等比数列
7. 现将数列、立体几何、解析几何、导数、概率与统计这五道解答题排序, 数列必
须在第一道或者第二道位置，解析几何不能在第一道，则不同的题目分配方式有(
)
A. 30 种 B. 36 种 C. 42 种 D. 48 种
8. 若实数 x,y 满足 ex+ln(−x)=(y+1) 2 ，下列说法正确的是( )
A. x 存在最小值 B. x 存在最大值 C. y 存在最小值 D. y 存在最大值
二、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, 部分选对的得部分分, 有选错的得 0 分。
9. 下列求导运算正确的是( )
1
A. (e2−x) ′ =−e2−x B. (tanx) ′=
cos2x
1
C. (√x−1) ′= D. (x3log x) ′ =3x2log x+x2ln2
2√x−1 2 2
10. 已知 (3x−1) n=a +a x+a x2+⋯+a xn ，且第 5 项与第 8 项的二项式系数相
0 1 2 n
等，则下列说法正确的有( )
A. n=11
B. a +a +⋯+a =211
1 2 n
C. a =−495
2
D. a +
a
2+
a
3+⋯+
a
n =
(1) 10
1 2 22 2n−1 2
11. 已知数列 {a } ,给出以下定义: 对于任意 n∈N∗ ,都有 a +a >2a ,则称数
n n n+2 n+1
列 {a } 为 “友好数列”，下列说法正确的有( )
n
A. 若数列 {a } 满足 a =3n−1 ，且前 n 项和为 S ，则数列 {S } 为“友好数
n n n n
列”
B. 若数列 {a } 满足 a =1,a =2 ，且数列 {a } 为“友好数列”，则 a >2026
n 1 2 n 2026C. 若数列 {a } 为“友好数列”, a ∈Z 且 a =a =2026 ,则数列 {a } 没有最小项
n n 1 345 n
D. 若数列 {a } 为 “友好数列”,则对于任意 m∈N∗ ,当 1<m<2026 时,总有
n
a −a a −a
m 1< 2026 m 成立
m−1 2026−m
三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
{1 }
12. 已知等差数列 {a } 的前 n 项和为 S ,S =20,2a =a ,则数列 的前
n n 4 5 10 S
n
2026 项和为_____.
13. 小唐和小陈去旅游，他们打算从 A 、 B 、 C 、 D 等 8 个景点中各自随机
选择 4 个，若他们不同时选择 A 景点，且有且只有两个景点是相同的，则选择
方法共有_____种. (用数字作答)
2
14. 已知关于 x 的不等式
elnmx−x+2>x+
有且仅有 2 个整数解,则实数 m 的取
ex
值范围为_____.
四、解答题:本题共 5 小题, 共 77 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步
骤。
15. (13 分)
已知函数 f (x)=ex,g(x)=ax2 .
(1)当 a=−2 时,求函数 h(x)=f (x)+g(x) 在 [1,2] 上的最值;
(2)若对任意的 0<x <x ,f (x )−f (x )<g(x )−g(x ) 恒成立，求实数 a 的取值范围.
1 2 1 2 1 2
16. (15分)
1 a
已知数列 {a } 的首项 a = ,且满足 a = n (n∈N∗) .
n 1 2 n+1 1+3a
n
{1 }
(1)求证:数列 是等差数列；
a
n
(−2) n
(2)记 b = ，求 {b } 的前 n 项和 S .
n a n n
n
17. (15 分)用数字0,1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的数.
(1)求可组成多少个四位数；
(2)将(1)中的四位数按从小到大的顺序排成一排，求第 101 个数；
(3)求可组成多少个偶数互不相邻的六位数.
注: 结果均用数字作答.
18.(17分)
已知 ( x2+ 1 ) n (n≥4,n∈N∗) 的展开式中，第 4 项与第 5 项的系数之比为 8:7 .
2x
(1)求 n 的值；
(2)求展开式中二项式系数最大的项；
(3)求展开式中系数最大的项.
19.(17 分)
已知函数 f (x)=(lnx−2)x2−mx(x>0) .
(1)当 m=1 时,求曲线 y=f (x) 在点 (1,f (1)) 处的切线方程；
(2)若 f (x) 的两个极值点分别为 x 和 x ，且 x <x .
1 2 1 2
(i) 求实数 m 的取值范围;
(ii) 求证: x −x <m+2e .
2 1
2024级高二4月期中质量检测
数学 (人教A版) 参考答案 A
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。
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C D A B B A C B
1. C 由展开式的通项得 T =Ckx6−k( − 2) k =(−2) kCkx6−2k ,令 6−2k=0 ,得
k+1 6 x 6
k=3,∴ 常数项为 (−2) 3C3=−8×20=−160 . 故选 C.
6
2. D 由图知,当 x<−2 时, f′(x)>0 ; 当 x>−2 时, f′(x)<0 ,所以函数 f (x) 在
(−∞,−2) 上单调递增,在 (−2,+∞) 上单调递减,所以 f (x) 在 x=−2 处取得极大值,无极小值,故 A 错误, B 错误; 由函数 f (x) 在区间 [−1,3] 上单调递减,得当
x∈[−1,3] 时,函数 f (x) 的最大值是 f (−1) ,故 D 正确; 由图无法确定函数 f (x)
的零点个数. 故选 D.
3. A 由题意得, S −S =6 ,即 a +a +a =3a =6 ,所以 a =2 ,又 a =−1 ,则公差
6 3 4 5 6 5 5 4
d=a −a =3 , 所以 a =a +d=5 . 故选 A.
5 4 6 5
4. B 由题意得, f′(x)=2(x+a)(x+1)+(x+a) 2=(x+a)(3x+a+2) ,则
f′(1)=(1+a)(5+a)=0 ,解得 a=−1 或 a=−5 . 当 a=−5 时, f′(x)=(x−5)(3x−3) ,
则 f (x) 在 (−∞,1) 和 (5,+∞) 上单调递增,在 (1,5) 上单调递减,此时 f (x) 在
x=1 处取得极大值, 不符合题意; 当 a=−1 时, f′(x)=(x−1)(3x+1) ,则 f (x) 在
( 1) ( 1 )
−∞,− 和 (1,+∞) 上单调递增, 在 − ,1 上单调递减,此时 f (x) 在 x=1 处
3 3
取得极小值,符合题意. 故选 B.
5. B 由题意,先让 3 人坐定,有 A3 种方法,这样会形成 4 个空隙 (包括两端),相邻的
3
两个空位看作一个座位,再将 3 个座位插入 4 个空隙中,有 C1C2 种方法,因此恰有
4 3
两个空位相邻的不同坐法的种数为 A3C1C2=72 . 故选 B.
3 4 3
6. A 由题意得五种国旗通用规格的具体情况如下:
规
格 一号 二号 三号 四号 五号
尺 288×19 240×16 192×12 144×9 96×6
寸 2 0 8 6 4
周 960 800 640 480 320
长
面 55296 38400 24576 13824 6144
积
960 800
由 960−800=800−640=⋯=480−320 ,得周长构成等差数列; 由 ≠ ,得周
800 640
长不构成等比数列; 由 55296−38400≠38400−24576 ,得面积不构成等差数列; 由
55296 38400
≠ , 得面积不构成等比数列. 故选A.
38400 24576
7. C 数列排在第一道 (此时解析几何必然不在第一道) 的排序方法有 A4=24 种; 数
4
列排第二道时,第一道有 A1 种排法,第三、四、五道有 A3 种,则排序方法有
3 3
3×6=18 种. 综上,不同的题目分配方式有 24+18=42 种. 故选 C.
1 xex+1
8. B 令 f (x)=ex+ln(−x),x<0 ,则 f′(x)=ex+ = ,令 h(x)=xex+1,x<0 ,则
x x
h′(x)=(x+1)ex ,则函数 h(x) 在 (−∞,−1) 上单调递减,在 (−1,0) 上单调递增,所以
1 h(x)
h(x)≥h(−1)=1− >0 ,因为 x<0 ,所以 f′(x)= <0 ,则函数 f (x) 在 (−∞,0) 上
e x单调递减，当 x→−∞ 时， f (x)→+∞ ，当 x→0 时， f (x)→−∞ ，则函数
f (x) 的值域为 R ，而 (y+1) 2 的值域为 [0,+∞) ,故 y 不存在最小值,也不存在
1 f ( − 1) = 1 −1<0
最大值. 因为 f (−1)= >0 , e 1 ,函数 f (x) 在 (−∞,0) 上单调递减,
e
ee
( 1)
所以存在 x ∈ −1,− ,使得 f (x )=0 , 即当 x<x 时, f (x)>0 ,当 x <x<0 时,
0 e 0 0 0
f (x)<0 ,因为 ex+ln(−x)=(y+1) 2≥0 ,所以要使关于 y 的方程 ex+ln(−x)=(y+1) 2
有实数解,必须满足 ex+ln(−x)≥0 ,得 x≤x ,故 x 存在最大值 x ,不存在最小值.
0 0
故选 B.
二、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, 部分选对的得部分分, 有选错的得 0 分。
题号 9 10 11
答案 ABC AC ABD
9. ABC(e2−x) ′ =e2−x ⋅(2−x) ′=−e2−x ,故 A 正确;
(tanx) ′=
(sinx) ′
=
(sinx) ′ ⋅cosx−(cosx) ′ ⋅sinx
=
cos2x+sin2x
=
1
,故 B 正确;
cosx cos2x cos2x cos2x
1 1 1
(√x−1) ′= ⋅ = ,故 C 正确;
2 √x−1 2√x−1
(x3log x) ′ =(x3) ′ ⋅log x+x3 (log x) ′=3x2log x+x3 ⋅ 1 =3x2log x+ x2 ,故 D 错
2 2 2 2 xln2 2 ln2
误. 故选 ABC.
10. AC 由题意得, C4=C7 ,则 n=11 ,故 A 正确; 令 x=0 ,得 a =(0−1) 11=−1 ,令
n n 0
x=1 ,得 a +a +a +⋯+a =(3−1) 11=211 ,则 a +a +⋯+a =211+1 ,故 B 错误;
0 1 2 n 1 2 n
(3x−1) 11 展开式的通项为 T =Cr (3x) 11−r (−1) r ,则 a =C9 ⋅32 ⋅(−1) 9=−495 ,故
r+1 11 2 11
(3x−1) n−a
C 正确; 由 (3x−1) n=a +a x+a x2+⋯+a xn ,得 0=a +a x+⋯+a xn−1
0 1 2 n x 1 2 n
(1) 11
+1
,令 x=
1
, 得 a +a x+⋯+a xn−1=
2
=
(1) 10
+2 ,故 D 错误. 故选 AC.
2 1 2 n 1 2
2
1−3n 3n−1
11. ABD 由 a =3n−1 ,得 S =1⋅ = ,对于任意 n∈N∘ ,
n n 1−3 2
3n−1 3n+2−1 3n+1−1
S +S −2S = + −2⋅ =2⋅3n>0 ,故 S +S >2S ,所以数列
n n+2 n+1 2 2 2 n n+2 n+1
{S } 是 “友好数列”，故 A 正确；因为数列 {a } 为“友好数列”，所以对于任
n n
意 n∈N∘ ，都有 a +a >2a ,即 a −a >a −a ,又 a =1,a =2 ,则
n n+2 n+1 n+2 n+1 n+1 n 1 2
a −a =1 ,即 a −a >a −a>⋯>a −a=1 所以
2 1 −n −1 −1 na =(a −a )+(a −a )+⋯+(a −a )+a >2026 ,故 B 正确; 因为数列 {a }
2026 2026 2025 2025 2024 2 1 1 n
为“友好数列”, a ∈Z ,所以对于任意 n∈N∗ ,都有 a +a >2a ,即
n n n+2 n+1
a −a >a −a ,设 b =a −a ,则数列 {b } 为单调递增数列,且 b ∈Z ,所以
n+2 n+1 n+1 n n n+1 n n n
b +b +⋯+b =(a −a )+(a −a )+⋯+(a −a )=a −a ,因为
n−1 n−2 1 n n−1 n−1 n−2 2 1 n 1
a =a =2026 ,所以 b +b +⋯+b =a −a =0 ,所以存在 m∈N∘,2≤m≤344
1 345 344 343 1 345 1
时, b <0,b ≥0 ,当 n≤m−1 时, a −a <0 ,数列 {a } 为递减数列; 当 n≥m 时,
m−1 m n+1 n n
a −a ≥0 ,数列 {a } 为递增数列. 因此,数列 {a } 存在最小项为 a ,故 C 错误;
n+1 n n n m
因为 {a } 为 “友好数列”,所以对任意 n∈N∘ ,都有 a +a >2a ,即
n n n+2 n+1
a −a >a −a , 所以对于任意 m∈N∗ ，当 1<m<2026 时，总有
n+2 n+1 n+1 n
a −a =(a −a )+(a −a )+⋯+(a −a )>(2026−m)(a −a ) ,所以
2026 m 2026 2025 2025 2024 m+1 m m+1 m
a −a
2026 m>a −a ,又
2026−m m+1 m
a −a =(a −a )+(a −a )+⋯+(a −a )<(m−1)(a −a ) ,所以
m 1 m m−1 m−1 m−2 2 1 m m−1
a −a a −a a −a
m 1<a −a ,由 a −a <a −a ,得 m 1< 2026 m ,故 D 正确. 故选
m−1 m m−1 m m−1 m+1 m m−1 2026−m
ABD.
三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
2026
12.
2027
{ 4×3
{ S =20 4a + d=20
设公差为 d ,由 4 ,得 1 2 ,解得 a =d=2 ,
2a =a 1
5 10 2(a +4d)=a +9d
1 1
n(n−1) 1 1 1 1 {1 }
∴S =2n+ ×2=n(n+1),∴ = = − ,故数列 的前 2026
n 2 S n(n+1) n n+1 S
n n
1 1 1 ( 1) (1 1) ( 1 1 ) 1 2026
项和为 + +⋯+ = 1− + − +⋯+ − =1− = .
S S S 2 2 3 2026 2027 2027 2027
1 2 n
13. 1890
若仅小唐选了 A 景点，有 C2C1C2=630 种选法；若仅小陈选了 A 景点，同理
7 5 4
也有 C2C1C2=630 种选法; 若小唐和小陈都没有选 A 景点,则有 C2C2C2=630 种
7 5 4 7 5 3
选法. 综上,共有 1890 种选法.
(
e3+2]
14. 1,
3mx 2
由题意得, mx>0 ,不等式化整理得 +2>x+ ,即 mx>xex+2−2ex . 当 x<0 时,
ex ex
2 2ex 2 2ex ex(x2−2x+2)−2
m<0 , 且 m<ex+ − ,令 f (x)=ex+ − ,所以 f′(x)= ,令
x x x x x2
g(x)=ex(x2−2x+2)−2 ,则 g′(x)=exx2>0 ,所以 g(x) 在 (−∞,0) 上单调递增,所以
g(x)<g(0)=0 ,即 f′(x)<0 ,所以 f (x) 在 (−∞,0) 上单调递减,当 x→−∞,f (x)→0−
2 2ex
, 此时不等式有无穷多个整数解,不符合题意; 当 x>0 时, m>0 ,且 m>ex+ − ,
x x
2 2ex ex(x2−2x+2)−2
令 f (x)=ex+ − ,所以 f′(x)= ,记 g(x)=ex(x2−2x+2)−2 ,则
x x x2
g′(x)=exx2>0 ,所以 g(x) 在 (0,+∞) 上单调递增,所以 g(x)>g(0)=0 ,即 f′(x)>0 ,
e3+2
所以 f (x) 在 (0,+∞) 上单调递增,因为 f (1)=2−e<0,f (2)=1,f (3)= ,m>0 ,且
3
2 2ex
不等式 m>ex+ − 有且仅有 2 个整数解,则这 2 个整数解为1,2,所以
x x
e3+2
f (2)<m≤f (3) ,即 1<m≤ .
3
四、解答题:本题共 5 小题，共 77 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步
骤。
15.(13分)
(1)当 a=−2 时， h(x)=f (x)+g(x)=ex−2x2 ，则 h′(x)=ex−4x ，
令 F(x)=h′(x)=ex−4x ,则 F′(x)=ex−4 ,由 F′(x)=0 得 x=ln4 , (2 分)
所以 F(x) 在 [1,ln4] 上单调递减,在 [ln4,2] 上单调递增,
因为 F(1)=e−4<0,F(2)=e2−8<0 ,所以 F(x)<0 在 [1,2] 上恒成立,
即 h′(x)<0 在 [1,2] 上恒成立,所以 h(x) 在 [1,2] 上单调递减, ( 5 分)
所以 h(x) 在 [1,2] 上的最大值为 h(1)=e−2 ,最小值为 h(2)=e2−8 . (6 分)
(2)由题意得, f (x )−f (x )<g(x )−g(x ) ,即 f (x )−g(x )<f (x )−g(x ) ,
1 2 1 2 1 1 2 2
设 t(x)=f (x)−g(x)=ex−ax2 ,
由 0<x <x ,得 t(x) 在 (0,+∞) 上单调递增, (8 分)
1 2
ex
则 t′(x)=ex−2ax≥0 在 (0,+∞) 上恒成立,即 a≤ 在 (0,+∞) 上恒成立. (9 分)
2x
ex ex(x−1)
设 G(x)= (x>0) ,则 G′(x)= ,
2x 2x2令 G′(x)>0 ,解得 x>1 ,令 G′(x)<0 ,解得 0<x<1 ,
e
所以 G(x) 在 (0,1) 上单调递减,在 (1,+∞) 上单调递增,所以 G(x) =G(1)= ,
min 2
e ( e]
(11 分) 所以 a≤ ,即实数 a 的取值范围为 −∞, . (13 分)
2 2
16.(15 分)
a 1 1+3a 1
(1)由题意得， a ≠0 ，所以由 a = n ，得 = n= +3 ，即
n n+1 1+3a a a a
n n+1 n n
1 1 1 {1 }
− =3 ， 又 =2 ，所以 是首项为 2，公差为 3 的等差数列. ( 5 分)
a a a a
n+1 n 1 n
1
(2)由(1)得， =2+3(n−1)=3n−1 ，
a
n
1 (−2) n
即 a = ,所以 b = =(3n−1)⋅(−2) n , (7 分)
n 3n−1 n a
n
所以 S =2×(−2)+5×(−2) 2+⋯+(3n−1)⋅(−2) n ①,
n
−2S =2×(−2) 2+5×(−2) 3+⋯+(3n−1)⋅(−2) n+1 ②, (9 分)
n
①-②,得 3S =2×(−2)+3×[(−2) 2+(−2) 3+⋯+(−2) n]−(3n−1)⋅(−2) n+1
n
=3×[(−2)+(−2) 2+(−2) 3+⋯+(−2) n]+2−(3n−1)⋅(−2) n+1
1−(−2) n
=3×(−2)× +2−(3n−1)⋅(−2) n+1=−3n⋅(−2) n+1,
1−(−2)
(14 分)
S =−n⋅(−2) n+1 . (15 分)
n
17.(15分)
(1)四位数的千位不能为0，有 C1 种选法，
6
再从剩下的 6 个数字选 3 个进行排列，有 A3 种选法,
6
根据分步乘法计数原理,得可组成 C1A3=720 个四位数. (4 分)
6 6
(2)千位为1时，一共有 A3=120 个四位数，所以第101个数的千位一定为1.
6
百位为0,2,3,4,5,6中任一个时,有 A2=20 个四位数,
5
则第101个数百位为 6 的最小的四位数, 即 1602 . (8 分)(3)0，1，2，3，4，5，6 中有 3 个奇数，4 个偶数，
若有 4 个偶数, 要求偶数互不相邻, 至少需要 3 个奇数隔开,
这样就是 7 位数, 不合题意, 所以有 3 个奇数, 3 个偶数. (10 分)
3 个奇数全排列, 形成 4 个空位, 从 4 个偶数中选 3 个将其放在 4 个空位中的 3
个,
则有 A3C3 A3=576 种排法. (12 分)
3 4 4
若首位为 0,3 个奇数全排列,形成 4 个空位,第一位为 0 , 从 3 个偶数中选 2 个将其
放在 3 个空位中的 2 个,则有 A3C2A2=108 种排法, (14 分)
3 3 3
综上,可组成 576−108=468 个六位数. (15 分)
18.(17分)
(1) ( x2+ 1 ) n (n≥4,n∈N∘) 的展开式的通项为
2x
T =Cr(x2) n−r( 1 ) r =Crx2n−2r(1) r (x−1) r =Cr(1) r x2n−3r,
r+1 n 2x n 2 n 2
则 T
=C3(1) 3
x2n−9,T
=C4(1) 4
x2n−12 , (3 分)
4 n 2 5 n 2
则第 4 项的系数为
C3(1) 3
,第 5 项的系数为
C4(1) 4
.
n 2 n 2
C3(1) 3
n 2 8
∵ 第 4 项与第 5 项的系数之比为 8:7,∴ = ,解得 n=10 . (6 分)
C4(1) 4 7
n 2
(2) ∵n=10 ， ∴ 展开式中二项式系数最大项的项为第 6 项，
T =C5
(1) 5
x20−3×5=
63
x5,∴ 展开式中二项式系数最大项为
63
x5 . (9 分)
6 10 2 8 8
(3)设 T 项为展开式中系数最大的项，且 T =Ck
(1) k
x20−3k ，
k+1 k+1 10 2
{ Ck (1) k ≥Ck+1(1) k+1
10 2 10 2
则 , (11 分)
Ck
(1) k ≥Ck−1(1) k−1
10 2 10 2{ {2⋅ 10! ≥ 10!
2Ck ≥Ck+1 k!(10−k)! (k+1)!⋅(9−k)! {2(k+1)≥10−k
即 10 10 ,∴ ,即 ,解得
Ck ≥2Ck−1 10! 10! 11−k≥2k
10 10 ≥2
k!(10−k)! (k−1)!⋅(11−k)!
8 11
≤k≤ , (15 分)
3 3
∵k∈Z,∴k=3,∴ 展开式中系数最大的项为 T =C3
(1) 3
x11=15x11 . (17 分)
4 10 2
19.(17分)
(1)当 m=1 时， f (x)=(lnx−2)x2−x ，
则 f (x) 的定义域为 (0,+∞),f′(x)=2xlnx−3x−1 ,则 f (1)=−3,f′(1)=−4 ,
所以曲线 y=f (x) 在点 (1,f (1)) 处的切线方程为 y−(−3)=−4(x−1) ,
即 4x+ y−1=0 . (3 分)
(2)(i) f′(x)=2xlnx−3x−m ，定义域为 (0,+∞) .
因为函数 f (x) 有两个极值点,所以 x ,x 是方程 2xlnx−3x−m=0 的两个正根.
1 2
(4 分)
令 h(x)=x(2lnx−3) ,则定义域为 (0,+∞),h′(x)=2lnx−1 ,
令 h′(x)>0 ,解得 x>√e ,令 h′(x)<0 ,解得 0<x<√e ,
所以 h(x) 在 (0,√e) 上单调递减,在 (√e,+∞) 上单调递增,
则 h(x) =h(√e)=−2√e . (6 分)
min
又当 0<x<e√e 时, h(x)<0 ,当 x>e√e 时, h(x)>0 , (7 分)
所以当 −2√e<m<0 时, h(x)=x(2lnx−3) 的图象与直线 y=m 有两个不同的交点,
综上,实数实数 m 的取值范围为 (−2√e,0) . (10 分)
(ii) 由 (i) 知, m=h(x ) ,且 h(x)=0 时, x=e√e ,
2
又 x <x ，所以 √e<x <e√e . (11 分)
1 2 2
令 p(x )=h(x )+2e−x ,则 p′ (x )=2lnx −2 ,
2 2 2 2 2
易得 p′ (x ) 在 (0,+∞) 上单调递增,且 p′(e)=0 , (12 分)
2
所以当 x ∈(√e,e) 时, p′ (x )<0,x ∈(e,e√e) 时, p′ (x )>0 ,
2 2 2 2所以 p(x ) 在 (√e,e) 上单调递减,在 (e,e√e) 上单调递增,
2
所以 p(x )≥p(e)=2e−3e+2e−e=0 ,
2
即 h(x )+2e−x ≥0 ,则 h(x )+2e≥x , (15 分)
2 2 2 2
又因为 0<x <√e ,所以 x >x −x ,
1 2 2 1
所以 h(x )+2e>x −x ,即 x −x <m+2e . (17 分)
2 2 1 2 1
