江蘇省南京師范大學(xué)《數(shù)學(xué)之友》2021屆高三下學(xué)期一模數(shù)學(xué)試卷

1、內(nèi)裝訂線(xiàn)學(xué)校:_姓名：_班級(jí)：_考號(hào)：_外裝訂線(xiàn)絕密·啟用前江蘇省南京師范大學(xué)數(shù)學(xué)之友2021屆高三下學(xué)期一模數(shù)學(xué)試卷題號(hào)一二三四總分得分注意事項(xiàng)：1答題前填寫(xiě)好自己的姓名、班級(jí)、考號(hào)等信息2請(qǐng)將答案正確填寫(xiě)在答題卡上評(píng)卷人得分一、選擇題1.已知全集U=AB中有m個(gè)元素，(UA)(UB)中有n個(gè)元素若AB非空，則AB的元素個(gè)數(shù)為AmnBm+nCnmDmn2.設(shè)復(fù)數(shù)z滿(mǎn)足z2=3+4i（i是虛數(shù)單位），則z等于（ ）A5B5C7D73.已知隨機(jī)變量服從正態(tài)分布N2,2，且P4=0.8，則P02=（ ）A0.5B0.3C0.4D0.24.由倫敦著名建筑事務(wù)所Steyn Studio設(shè)計(jì)的

2、南非雙曲線(xiàn)大教堂驚艷世界，該建筑是數(shù)學(xué)與建筑完美結(jié)合造就的藝術(shù)品若將如圖所示的大教堂外形弧線(xiàn)的一段近似看成雙曲線(xiàn)y2a2x2b2=1(a0,b0)下支的一部分，且此雙曲線(xiàn)的下焦點(diǎn)到漸近線(xiàn)的距離為2，離心率為2，則該雙曲線(xiàn)的漸近線(xiàn)方程為（ ）Ay=±3xBy=±33xCy=±xDy=±2x5.不等式x+2xx+22的解集為（ ）A,3222,+B,2222,+C,222+2,+D,2+22+2,+6.鉞（yuè）的本字其實(shí)是“戊（yuè）”，是一種斧頭在中國(guó)古代，長(zhǎng)江流域以南的少數(shù)民族都被稱(chēng)為越人，由于民族很雜部落眾多，也稱(chēng)“百越”，有

3、學(xué)者指出，“越人”的“越”，其含義可能由“戊”而來(lái)，意指這些都是一幫拿著斧頭的人此外，“戊（wù）”的本意和“戊”一樣，也是指斧頭如圖是一把斧子，它的斧頭由鐵質(zhì)鍛造，它的形狀可以近似看做由上下兩個(gè)多面體組合而成，上部是一個(gè)長(zhǎng)方體，下部是一個(gè)“楔（xie）形”，其尺寸如圖標(biāo)注（單位：cm），已知鐵的比重為7.87g/cm3，斧頭上用作安裝斧柄的洞眼仍看作實(shí)心，這只斧頭的質(zhì)量（單位：g）所在的區(qū)間為（ ） A800,1200B1200, 1600C1600,2000D2000,24007.若sin+cos=tan02，則的取值范圍是（ ）A0,6B6,4C4,3D3,28.已知

4、e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，是圓周率，下列不等式中，33，3ee3，ee，正確的個(gè)數(shù)為（ ）A0B1C2D3評(píng)卷人得分二、多選題9.設(shè)O0,0，A1,0，B0,1，點(diǎn)是線(xiàn)段AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，AP=AB，若OPABPAPB，則實(shí)數(shù)的值可以為（ ）A1B12C13D1410.若ab0，則下列不等式恒成立的是（ ）A1ab1aB1|a|1|b|C(a+1b)2(b+1a)2D(a+1a)2(b+1b)211.若直線(xiàn)y=2a與函數(shù)y=ax1（a0，且a1）的圖象有兩個(gè)公共點(diǎn)，則a的取值可以是（ ）A14 B13C12D212.設(shè)nN*，下列恒等式正確的為（ ）ACn1+Cn2+Cnn=2n1B1Cn

5、1+2Cn2+nCnn=n2n1C12Cn1+22Cn2+n2Cnn=nn+12n2D13Cn1+23Cn2+n3Cnn=4n32n1評(píng)卷人得分三、填空題13.在等差數(shù)列an中，a1=1，前n項(xiàng)和Sn滿(mǎn)足S2nSn=4n+2n+1，n=1，2，則1S1+1S2+1S2021=_14.直線(xiàn)y=33x+2與圓D：x32+y12=3交與A，B兩點(diǎn)，則直線(xiàn)AD與BD的傾斜角之和為_(kāi)15.若函數(shù)fx=ax13+bx1+x1存在N*個(gè)零點(diǎn)，則所有這些零點(diǎn)的和等于_16.在銳角三角形ABC中，A=B3，BCAC,u，則的最小值為_(kāi)評(píng)卷人得分四、解答題17.已知ABC中，D是AC邊的中點(diǎn)，且BA=3；BC=7

6、；BD=7；A=60°.（1）求AC的長(zhǎng)；（2）BAC的平分線(xiàn)交BC于點(diǎn)E，求AE的長(zhǎng).上面問(wèn)題的條件有多余，現(xiàn)請(qǐng)你在，中刪去一個(gè)，并將剩下的三個(gè)作為條件解答這個(gè)問(wèn)題，要求答案存在且唯一.你刪去的條件是_，請(qǐng)寫(xiě)出用剩余條件解答本題的過(guò)程.18.某校為了解學(xué)生在新冠病毒疫情期間學(xué)生自制力，學(xué)校隨機(jī)抽取80位學(xué)生，請(qǐng)他們家長(zhǎng)（每位學(xué)生請(qǐng)一位家長(zhǎng)）對(duì)學(xué)生打分，滿(mǎn)分為10分下表是家長(zhǎng)所打分?jǐn)?shù)X的頻數(shù)統(tǒng)計(jì)分?jǐn)?shù)X5678910頻數(shù)482024168（1）求家長(zhǎng)所打分?jǐn)?shù)的平均值；（2）若分?jǐn)?shù)不小于8分為“自制力強(qiáng)”，否則為“自制力一般”，在抽取的80位學(xué)生中，男同學(xué)共42人，其中打分為“自制力強(qiáng)”

7、的男同學(xué)為18人，是否有99.5%的把握認(rèn)為“自制力強(qiáng)”與性別有關(guān)？附：K2=nadbc2a+bc+da+cb+dPK2k00.100.050.010.005k02.7063.8416.6357.87919.如圖所示，設(shè)正方體ABCDEFGH的棱長(zhǎng)為1，J是棱EF的中點(diǎn)，一只螞蟻從A點(diǎn)出發(fā)，沿該正方體的表面直線(xiàn)型爬行一圈，螞蟻首先爬到點(diǎn)J，然后在上底面EFGH爬行，再在右側(cè)面爬行到點(diǎn)C，最后沿CA回到起點(diǎn)A，螞蟻爬行一圈的封閉路徑正好在平面內(nèi)（1）求證：螞蟻在上底面EFGH上爬行的路線(xiàn)l與AC平行；（2）求平面與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值20.如圖所示，已知橢圓C：x2a2+y2b2=

8、1(ab0)的離心率為32，且過(guò)點(diǎn)P(2,1)，（1）求橢圓C的方程；（2）設(shè)Q在橢圓C上，且PQ與x軸平行，過(guò)作兩條直線(xiàn)分別交橢圓C于兩點(diǎn)A，B，直線(xiàn)PQ平分APB，且直線(xiàn)AB過(guò)點(diǎn)R(1,0)，求四邊形PAQB的面積21.對(duì)任意正整數(shù)m，n，定義函數(shù)fm,n如下：f1,1=1；fm+1,n=fm,n+2m+n；fm,n+1=fm,n+2m+n1（1）求fm,1的解析式；（2）設(shè)e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，nN*，gn=fn,nen1，比較gn與en的大小22.設(shè)Mm,n為定點(diǎn)，A是拋物線(xiàn)C：y=x2上的一點(diǎn)，若拋物線(xiàn)在A(yíng)處的切線(xiàn)恰好與A，M兩點(diǎn)的連線(xiàn)互相垂直，則稱(chēng)點(diǎn)A為點(diǎn)M的“f伴點(diǎn)”（1）求拋物線(xiàn)

9、C的焦點(diǎn)F的“f伴點(diǎn)”；（2）設(shè)m0，問(wèn)：當(dāng)且僅當(dāng)m，n滿(mǎn)足什么條件時(shí)，點(diǎn)M有三個(gè)“f伴點(diǎn)”？試證明你的結(jié)論參考答案1.D【解析】因?yàn)?UA)(UB)=UAB所以AB=U(UA)(UB)，所以AB共有mn個(gè)元素，故選D2.A【解析】設(shè)出復(fù)數(shù)z的代數(shù)形式，利用復(fù)數(shù)相等求出z的實(shí)部與虛部的關(guān)系即可作答.設(shè)z=a+bi(a,bR)，則z2=(a+bi)2=a2b2+2abi，而z2=3+4i，于是a2b2=3ab=2，則a2+b2=(a2+b2)2=(a2b2)2+4a2b2=32+422=5，所以z=a2+b2=5.故選：A3.B【解析】利用正態(tài)分布密度函數(shù)的對(duì)稱(chēng)性將求P(02) 轉(zhuǎn)化為P(24)

10、，進(jìn)而可得結(jié)果.如圖，正態(tài)分布的密度函數(shù)示意圖所示，函數(shù)圖象關(guān)于直線(xiàn)x=2對(duì)稱(chēng)，所以P(2)=0.5，則P(02)=P(24)=P(4)P(2)=0.80.5=0.3.故選：B.4.B【解析】由y2a2x2b2=1(a0,b0)，設(shè)下焦點(diǎn)為0,c，漸近線(xiàn)方程為y=±abx，然后根據(jù)雙曲線(xiàn)的下焦點(diǎn)到漸近線(xiàn)的距離為2，離心率為2求得ab即可.因?yàn)閥2a2x2b2=1(a0,b0)，所以下焦點(diǎn)為0,c，漸近線(xiàn)方程為y=±abx，即 ax±by=0，則下焦點(diǎn)到ax±by=0的距離為d=bca2+b2=b=2，又因?yàn)閑=ca=1+ba2=2，解得ba=3，即ab=

11、33，所以漸近線(xiàn)方程為：y=±33x故選：B5.B【解析】根據(jù)題意，分x2和x2兩種情況去絕對(duì)值，然后再解一元二次不等式，即可求出結(jié)果.當(dāng)x2時(shí)，x+2xx+22，可得x2+221x20,所以x22或x12，又x2，所以x22；當(dāng)x2時(shí)，x2xx+22，可得x2+22+1x+20，解得x22或x12，又x2，所以x22；綜上，不等式x+2xx+22的解集為,2222,+.故選：B.6.A【解析】由題得幾何體有一個(gè)長(zhǎng)方體、一個(gè)三棱柱和兩個(gè)三棱錐組成，分別求出各個(gè)部分的體積即得解. 由題得幾何體有一個(gè)長(zhǎng)方體、一個(gè)三棱柱和兩個(gè)三棱錐組成，長(zhǎng)方體的體積：3×5×5=75；

12、三棱柱的體積：12×3×5×5=752；兩個(gè)三棱錐的體積：2×13×12×3×5×52=252；所以幾何體的體積為75+752+252=125，所以這只斧頭的質(zhì)量為7.87×125=983.75.故選：A7.C【解析】利用輔助角公式化簡(jiǎn)，結(jié)合正弦型函數(shù)的有界性和正切函數(shù)的單調(diào)性，得出選項(xiàng)sin+cos=2sin+4，當(dāng)02時(shí)，此式的取值范圍是1,2，而tan在0,4上小于1，故排除AB；在3,2上tan3，不可能相等，所以排除D，故選：C8.D【解析】構(gòu)造函數(shù)fx=lnxx，利用導(dǎo)數(shù)判斷fx的單調(diào)性，由此

13、判斷不等式正確的個(gè)數(shù).構(gòu)造函數(shù)fx=lnxxx0，f'x=1lnxx2，所以fx在區(qū)間0,e上f'x0，fx遞增；在區(qū)間e,+上f'x0,fx遞減，由于e3，所以lneeln33ln，所以：lneeln333lneeln3lne3ln3e3ee3，lneelnlneelnlnelneee，ln33lnln33lnln3ln333，所以不等式正確的個(gè)數(shù)為3.故選：D9.ABC【解析】設(shè)出P點(diǎn)的坐標(biāo)，結(jié)合OPABPAPB求得的取值范圍.設(shè)Px,y，由AP=AB01得x1,y=1,1=,，所以x1=y=P1,，由OPABPAPB得1,1,1,1,1，1+11，21222,22

14、4+101221+22，由于01，所以1221.1,12,13122,1，所以ABC正確，D錯(cuò)誤.故選：ABC10.AC【解析】根據(jù)作差法比較大小或者取特殊值舉反例即可.對(duì)于A(yíng)選項(xiàng), 由于ab0,故ab0,所以1ab1a=a(ab)a(ab)=ba(ab)0, 即1ab1a,故A選項(xiàng)正確;對(duì)于B選項(xiàng), 由于ab0,故ab0, 1|a|1|b|=|b|a|a|b|=ab|a|b|0,故1|a|1|b|,故B選項(xiàng)錯(cuò)誤;對(duì)于C選項(xiàng), 因?yàn)閍b0,故01a1b,所以0b+1aa+1b,所以(a+1b)2(b+1a)2,故C選項(xiàng)正確;對(duì)于D選項(xiàng),令a=2,b=12,則a+1a=b+1b=52,所以(a+

15、1a)2(b+1b)2不成立,故D選項(xiàng)錯(cuò)誤;故選:AC11.AB【解析】對(duì)a分類(lèi)討論，利用數(shù)形結(jié)合分析得解.（1）當(dāng)a1時(shí)，由題得02a1,0a12，因?yàn)閍1，所以此種情況不存在；（2）當(dāng)0a1時(shí)，由題得02a1,0a12，因?yàn)?a1，所以0a12.故選：AB12.BC【解析】由二項(xiàng)式定理可得1+xn=Cn0+xCn1+x2Cn2+xnCnn，令x=1即可判斷A；對(duì)式子兩邊求導(dǎo)后，令x=1即可判斷B；對(duì)B中式子兩邊同乘x后再求導(dǎo)，令x=1即可判斷C，對(duì)C中式子兩邊同乘x后再求導(dǎo)，令x=1即可判斷D.解：由二項(xiàng)式定理可得1+xn=Cn0+xCn1+x2Cn2+xnCnn，令x=1可得Cn0+Cn

16、1+Cn2+Cnn=2n，所以Cn1+Cn2+Cnn=2n1，A不正確；對(duì)二項(xiàng)式定理式子兩邊求導(dǎo)可得n1+xn1=Cn1+2xCn2+nxn1Cnn，令x=1可得n2n1=Cn1+2Cn2+nCnn，故B正確；由B知n1+xn1=Cn1+2xCn2+nxn1Cnn，兩邊同乘x可得nx1+xn1=xCn1+2x2Cn2+nxnCnn，兩邊求導(dǎo)可得n1+xn1+nn1x1+xn2=Cn1+22xCn2+n2xn1Cnn，令x=1可得n2n1+nn12n2=nn+12n2=Cn1+22Cn2+n2Cnn，C正確；由C可得n1+xn1+nn1x1+xn2=Cn1+22xCn2+n2xn1Cnn，兩邊同

17、乘x可得,nx1+xn1+nn1x21+xn2=xCn1+22x2Cn2+n2xnCnn，兩邊求導(dǎo)可得，n1+xn1+nn1x1+xn2+2nn1x1+xn2+nn1n2x21+xn3=Cn1+23xCn2+n3xn1Cnn，令x=1可得Cn1+23Cn2+n3Cnn=n2n1+nn12n2+2nn12n2+nn1n22n3=n+nn12+nn1+nn1n242n1=n2n+32n3，D不正確；故選:BC.13.20211011【解析】根據(jù)已知條件求得d，由此求得Sn，利用裂項(xiàng)求和法求得所求表達(dá)式的值.依題意S2nSn=4n+2n+1，S2S1=4+21+1,a1+a2a1=3,2a1+da1

18、=2+d1=3，所以d=1，所以Sn=na1+nn12d=nn+12，所以1Sn=2nn+1=21n1n+1，所以1S1+1S2+1S2021=2112+1213+1202112022=2112022=20211011.故答案為：2021101114.43【解析】由題意，作出圖象，結(jié)合直線(xiàn)的傾斜角，由三角形內(nèi)角和定理求解.如圖所示：直線(xiàn)y=33x+2的斜率是33，則傾斜角為6，則1=6,2=6+ ，因?yàn)锳D=BD，所以1=2，所以6=6+，即+=43.故答案為：4315.【解析】構(gòu)造函數(shù)g(x)=ax3+bx+x并討論其奇偶性，再利用函數(shù)fx與g(x)的關(guān)系即可作答.函數(shù)g(x)=ax3+bx

19、+x，xR且x0，g(x)=a(x)3+bx+(x)=g(x)，即g(x)是其定義域上的奇函數(shù)，其圖象關(guān)于點(diǎn)(0，0)對(duì)稱(chēng)，而fx=g(x1)，則fx圖象可由g(x)圖象右移一個(gè)單位而得，于是fx圖象關(guān)于點(diǎn)(1，0)對(duì)稱(chēng)，因fx存在N*個(gè)零點(diǎn)且點(diǎn)(1，0)不在fx圖象上，從而為偶數(shù)，設(shè)這個(gè)零點(diǎn)依次為x1,x2,x1,x，點(diǎn)(xi,0)與(xi+1,0)(iN,i)關(guān)于點(diǎn)(1，0)對(duì)稱(chēng)，即xi+xi+1=2(iN,i)，所以x1+x2+x1+x=2(x1+x)=.故答案為：16.332【解析】利用ABC為銳角三角形，求出角B的范圍，再利用正弦定理求出BCAC的范圍即可得解.因ABC為銳角三角形，

20、則0B320B20(2B3)2，解得512B2，由正弦定理得BCAC=sinAsinB=sin(B3)sinB=sinBcos3cosBsin3sinB=12321tanB，tan512=tan(4+6)=tan4+tan61tan4tan6=1+331133=2+3，tanB在(512,2)上遞增，tanBtan512=2+3，01tanB23，則23BCAC12，依題意(23,12)(,)，即23,12，則12(23)=332，所以的最小值為為332.故答案為：33217.刪去條件見(jiàn)解析；（1）2；（2）635.【解析】若刪去，由余弦定理易得出兩解，不滿(mǎn)足題意.刪，在A(yíng)BD中和ABC中分別

21、利用余弦定理建立關(guān)系可求解，再利用SABE+SACE=SABC可求AE的長(zhǎng)；刪，在A(yíng)BD中，由余弦定理有cosADB=x2227x，在BCD中，cosCDB=x27，由cosADB=cosCDB求得x，利用SABE+SACE=SABC可求AE的長(zhǎng).刪.（1）設(shè)AD=CD=x,BA=y，在A(yíng)BD中，由余弦定理可得x2+y2xy=7，在A(yíng)BC中，由余弦定理可得4x2+y22xy=7，聯(lián)立方程解得x=1,y=3，所以BA=3,AC=2；（2）設(shè)AE=m，則由SABE+SACE=SABC得12×3msin30+12×2msin30=12×3×2sin60，解得m

22、=635；刪，則在A(yíng)BD中，由余弦定理有BD2=AB2+AD22ABADcosA，即7=9+AD26ADcos60，解得AD=1或AD=2，則AC=2或4，有2解，不滿(mǎn)足題意；刪，在A(yíng)BC中，由余弦定理可得BC2=AB2+AC22ABACcosA，即7=9+AC26ACcos60，解得AC=1或2，有2解，不滿(mǎn)足題意；刪.（1）設(shè)AD=CD=x，在A(yíng)BD中，由余弦定理有cosADB=BD2+AD2AB22BDAD=7+x2927x=x2227x，同理，在BCD中，cosCDB=x27，cosADB=cosCDB，x2227x=x27，解得x=1，AC=2；（2）設(shè)AE=m，則由SABE+SAC

23、E=SABC得12×3msin30+12×2msin30=12×3×2sin60，解得m=635.18.（1）395；（2）有99.5%的把握認(rèn)為“自制力強(qiáng)”與性別有關(guān)【解析】（1）直接利用平均數(shù)公式求解；（2）先完成列聯(lián)表，再利用獨(dú)立性檢驗(yàn)求解.解：（1）家長(zhǎng)所打分?jǐn)?shù)的平均值為X¯=180×5×4+6×8+7×20+8×24+9×16+10×8=395（2）填寫(xiě)列聯(lián)表如下：男生女生合計(jì)自制力強(qiáng)183048自制力一般24832合計(jì)423880提出假設(shè)H0：“自制力強(qiáng)”與性別無(wú)

24、關(guān)，則K2=80×18×824×30242×38×48×3210.8277.879，所以有99.5%的把握認(rèn)為“自制力強(qiáng)”與性別有關(guān)19.（1）證明見(jiàn)解析；（2）13【解析】(1)正方體上下底面平行，由面面平行的性質(zhì)即可得證；(2)以正方體的頂點(diǎn)A為原點(diǎn)，射線(xiàn)AB，AD，AE分別為x，y，z軸非負(fù)半軸建立坐標(biāo)系，利用空間向量的坐標(biāo)表示即可得解.（1）正方體ABCDEFGH中，平面ABCD/平面EFGH，平面平面ABCD=AC，平面平面EFGH=l，所以l/AC；（2）以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線(xiàn)AB，AD，AE分別為x、y、z軸非負(fù)半軸建立空

25、間直角坐標(biāo)系，如圖： 則A0,0,0，C1,1,0，J12,0,1，所以AC=1,1,0，AJ=12,0,1， 則平面ABCD的一個(gè)法向量為n1=AE=0,0,1，設(shè)平面的法向量為n2=x,y,z，則n2AC=0n2AJ=0，所以x+y=012x+z=0，取x=2，則y=2，z=1，即n2=2,2,1，設(shè)平面與平面ABCD所成的銳二面角為，則cos=cosn1,n2=|n1n2|n1|n2|=114+4+1=13，所以平面與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值13.20.（1）x28+y22=1；（2）15【解析】（1）由題知a2=4b2，4a2+1b2=1，進(jìn)而解得a2=8，b2=2，即橢圓C

26、的方程為x28+y22=1；（2）根據(jù)題意，設(shè)AB：y=k(x+1)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，進(jìn)而與橢圓聯(lián)立方程得x1+x2=8k24k2+1x1x2=4k284k2+1，再根據(jù)直線(xiàn)PQ平分APBkAP+kBP=0，進(jìn)而化簡(jiǎn)整理得6k2+5k+19k21=0，解得k=12，x1+x2=1x1x2=72，進(jìn)而得|y1y2|=12|x1x2|=152，最后計(jì)算四邊形PAQB的面積S=12|PQ|y1y2|.解：（1）由離心率e=ca=a2b2a=32，得a2=4b2（*），由于點(diǎn)P(2,1)在橢圓C上，故4a2+1b2=1（*），聯(lián)立（*）（*）得a2=8，b2=2，所以橢圓C的方程為

27、x28+y22=1（2）由直線(xiàn)AB過(guò)點(diǎn)R(1,0)，可設(shè)AB：y=k(x+1)，它與橢圓C的方程聯(lián)立得(4k2+1)x2+8k2x+4k28=0，設(shè)A(x1,y1)，B(x2,y2)，則x1+x2=8k24k2+1x1x2=4k284k2+1，因?yàn)橹本€(xiàn)PQ平分APB，所以kAP+kBP=0，即k(x1+1)+1x12+k(x2+1)+1x22=0，整理得2kx1x2(k1)(x1+x2)4(k+1)=0，將代入上式并化簡(jiǎn)得6k2+5k+19k21=0，所以k=12，所以x1+x2=1x1x2=72，所以|y1y2|=12|x1x2|=12(x1+x2)24x1x2=152，所以四邊形PAQB的

28、面積S=12|PQ|y1y2|=12×4×152=1521.（1）fm,1=m2+m1；（2）gnen【解析】（1）由條件：fm+1,1fm,1=2m+1，逐一寫(xiě)出m=1,m=2，累加法可得fm,1f1,1，代入f1,1=1可得fm,1；（2）由（1）可知fm,1=m2+m1，再由條件，同樣采取累加法計(jì)算fm,nfm,1，代入fm,1，可得fn,n=2n12.猜想gnen，做差比較可等價(jià)于n2n1en1，令hx=x2x1exx3，求導(dǎo)證明并補(bǔ)充說(shuō)明x=1,x=2也成立即可.解：（1）由條件得fm+1,1fm,1=2m+1，所以，f2,1f1,1=2×2，f3,12

29、,1=2×3，fm,1fm1,1=2×m，將上述m1個(gè)等式相加，得fm,1f1,1=m2+m2，因?yàn)閒1,1=1，所以fm,1=m2+m1（2）由條件得fm,nfm,n1=2m+n2，fm,n1fm,n2=2m+n3，fm,n2fm,n3=2m+n4，fm,2fm,1=2m，將上述n1個(gè)等式相加，得fm,nfm,1=2×n12m+n22=n12m+n2，因?yàn)閒m,1=m2+m1，所以fm,n=n12m+n2+m2+m1=m2+2mn+n2m3n+1，所以fn,n=n2+2n2+n2n3n+1=2n12，所以gn=fn,nen1=2n1en1，所以gnen證明如下：gnen2n1en1enn2n1en1，易知，n=1時(shí)，n2n1en=1e1；n=2時(shí)，n2n1en=6e21；n3時(shí)，設(shè)hx=x2x1exx3，則h'x=2x2+5x1ex，因?yàn)?x2+5x1=2x542+178，所以當(dāng)x3時(shí)，函數(shù)y=2x2+5x1單調(diào)遞減，所以2x2+5x12×32+5×310，因此h'x0，所以hx=x2x1exx3是單調(diào)