第第頁(yè)成渝經(jīng)濟(jì)圈名校聯(lián)盟2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期第一次聯(lián)考數(shù)學(xué)試題一、單項(xiàng)選擇題（本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．）1．若集合A=xlog2x≤2A．?4,16 B．0,4 C．1,4 D．1,162．fx=x?1?2lnx，則A．y+x?1=0 B．y?x+1=0 C．x=1 D．y+2x?2=03．a(chǎn)=t?2,2，b=2?t,?1，命題p:a?b<0，命題A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件4．直線l1上單位向量為(35,m)，直線l2上有C，D兩點(diǎn)，CDA．54或87 B．87 C．8 D．5．我們初中所學(xué)的反比例函數(shù)圖象其實(shí)是一種典型的雙曲線．若gxA．22 B．2 C．4 D．6．在銳角三角形ABC中，若A=π4，則A．4 B．5 C．6 D．87．已知數(shù)列{an}，{bn}分別為等差數(shù)列和等比數(shù)列，a1>0，b1>0，{an}為遞減數(shù)列，{bA．(11,13) B．(13,15) C．(13,+∞) 8．一正四棱錐P?ABCD，AB=2，當(dāng)其外接球半徑R與內(nèi)切球半徑r之比最小時(shí)，VA．22+23 B．22+2 二、多項(xiàng)選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，有選錯(cuò)的得0分，若只有2個(gè)正確選項(xiàng)，每選對(duì)一個(gè)得3分；若只有3個(gè)正確選項(xiàng)，每選對(duì)一個(gè)得2分．）9．cos2θ+π3A．θ有1解B．θ有2解C．sinD．fx=cos2x+π3，將f(x)向右平移10．fxA．fx在定義域內(nèi)單調(diào)遞增 B．?xC．在定義域內(nèi)恒有fx<22?x2 11．定義：an滿足當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，an+an+1=k；當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，an+an+1=?k，k∈Z，則稱an為“回旋數(shù)列”.若bn為“回旋數(shù)列”，b1=1，k=3，設(shè)bn前n項(xiàng)和為SnA．b20?bC．P100=5099且P2n三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分．）12．3x2+x13n13．z=1，若z2與z關(guān)于復(fù)平面虛軸對(duì)稱，則z14．雙曲線E：x2a2?y2b2=1a>b>0，焦距為22，左、右焦點(diǎn)分別為F1，四、解答題（本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟．）15．如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，側(cè)面ACC1A（1）證明：AB1//（2）若∠A1AC=16．在△ABC中，內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別是a,b,c，a=6,b=4,sinC=2（1）求△ABC外接圓半徑R；（2）若△ABC為等腰三角形，△ABC所在平面內(nèi)有一點(diǎn)P，滿足OP=OC+λCBCB17．a(chǎn)n為等差數(shù)列或等比數(shù)列，an和為Sn，a（1）若an為等差數(shù)列，求S（2）當(dāng)an為等差數(shù)列時(shí)，bn=snan；當(dāng)an為等比數(shù)列且（3）若Sn單調(diào)遞增，證明：18．已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過(guò)橢圓C左焦點(diǎn)F1的直線l交橢圓C于P，Q兩點(diǎn)（（1）當(dāng)∠F1PO=45°時(shí)，求橢圓C（2）求POF（3）是否存在l使PO+PF19．已知函數(shù)fx=mex?x2（1）當(dāng)m<0時(shí)，證明f'（2）fx上有Ax1,y1,Bx2①若不存在A,B,C三點(diǎn)，使y1,y②若m<0,gx=e

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：由log2x≤2，可得0≤log2x≤4由x2<16，解得?4<x<4，∴所以A∩B=1,4故答案為：C.【分析】先利用平方法、對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性、對(duì)數(shù)函數(shù)的定義域，再結(jié)合交集的運(yùn)算法則得出集合A，再解一元二次不等式得出集合B，則由交集的運(yùn)算法則得出集合A∩B.2．【答案】A【解析】【解答】解：因?yàn)閒x所以f1=1?1?0=0，f'所以函數(shù)fx在x=1處的切線方程為y=?1x?1，即故答案為：A.【分析】先求出函數(shù)fx在x=1處的導(dǎo)數(shù)值，再結(jié)合導(dǎo)數(shù)的幾何意義得出切線的斜率，再根據(jù)代入法得出切點(diǎn)坐標(biāo)，最后由點(diǎn)斜式方程可得函數(shù)fx在3．【答案】B【解析】【解答】解：設(shè)a、b夾角為θ，θ∈0,π若a?b<0，則a則θ∈(π2,π]，所以a所以p是q的必要不充分條件.故答案為：B.【分析】設(shè)兩向量的夾角為θ，根據(jù)a?b=4．【答案】D【解析】【解答】解：因?yàn)?5,m為直線所以352+m2因?yàn)閘1⊥l2，C,D為直線所以t,t?235,m因?yàn)?5+m≠0，所以當(dāng)m=45時(shí)，當(dāng)m=?45時(shí)，故答案為：D.【分析】根據(jù)單位向量的定義求出m的值，再由已知條件結(jié)合向量垂直的坐標(biāo)表示，從而求出t的值.5．【答案】C【解析】【解答】解：作出y=1x和y=x的圖象，它們的交點(diǎn)分別為由y=1x和y=x聯(lián)立方程組解得：x=1y=1或x=?1y=?1，即交點(diǎn)A根據(jù)雙曲線的意義，可知實(shí)軸長(zhǎng)AB=2a=22，即又由雙曲線的漸近線是兩坐標(biāo)軸，它們互相垂直，所以這是等軸雙曲線，即b=2，

所以c2=故答案為：C.

【分析】利用反比例函數(shù)是等軸雙曲線結(jié)合實(shí)軸長(zhǎng)以及雙曲線中a，b，c三者的關(guān)系式，從而求出c的值，進(jìn)而得出雙曲線的焦距.6．【答案】A【解析】【解答】解：因?yàn)槿切蜛BC為銳角三角形，且A=π所以0<C<π20<3π4又因?yàn)閠anB=所以1=2當(dāng)且僅當(dāng)2tanC1+所以1tan故答案為：A.

【分析】根據(jù)題意可得π4<C<π2，從而得出7．【答案】B【解析】【解答】解：根據(jù)題意，等差數(shù)列an遞減，

所以公差d<0，等比數(shù)列bn遞增，則公比由c1聯(lián)立上式消a1可得：d+再消d得：b1=2q?12因?yàn)閐<0，a1>0，

所以21?q+1<0，所以c=5+61?q+2q3?2故答案為：B.【分析】利用等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，從而建立方程組，再利用消元思想和公比q，分別表示其它變量，再通過(guò)約束條件可得公比q的取值范圍，則根據(jù)等差數(shù)列的通項(xiàng)公式、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式和公比的取值范圍，從而得出c48．【答案】D【解析】【解答】解：如圖，正四棱錐中P?ABCD，正方形ABCD的對(duì)角線相交于點(diǎn)M，

則PM⊥平面ABCD如圖所示，設(shè)正四棱錐P?ABCD外接球的球心為Q，PM=?，連接QC，

則PQ=CQ=R，因?yàn)锳B=2，所以CM=1在Rt△QMC中，CQ2=Q如圖所示，設(shè)正四棱錐P?ABCD內(nèi)切球的球心為O，PM=?，取CD的中點(diǎn)E，連接PE，

設(shè)內(nèi)切球O與面PCD切于點(diǎn)F，與面ABCD切于點(diǎn)M，

易知F∈PE，△POF～△PME，則OFME所以Rr令t=2?2所以Rr當(dāng)且僅當(dāng)t2=1t即所以?2所以VP?ABCD故答案為：D.

【分析】先根據(jù)正棱錐球的內(nèi)切或外接確定球心位置，再求出外接球的半徑R=?2+12?和內(nèi)切球半徑r=2?2+19．【答案】A,D【解析】【解答】解：因?yàn)?<θ<π2，所以令t=2θ+π3，則π3當(dāng)π3<t≤π時(shí)，函數(shù)y=cos當(dāng)π<t<4π3時(shí)，函數(shù)又因?yàn)?1010>?12即存在唯一的θ0=t即cos2θ+π3因?yàn)閏os2θ+π3=?10所以sin2θ+sin2θ+所以sin2θ+將函數(shù)fx=cos2x+π所以gx因?yàn)楹瘮?shù)gx的定義域?yàn)镽g?x=sin故答案為：AD.

【分析】令t=2θ+π3，將原方程化為cost=?1010，π10．【答案】A,D【解析】【解答】解：fx=sin對(duì)于A，因?yàn)閤∈0,π2所以fx在0,對(duì)于B，因?yàn)閒2x0又因?yàn)閤0∈0,π2因?yàn)閟in2x0所以不存在x0∈0,對(duì)于C，當(dāng)x∈0,π2，fx=所以，當(dāng)2<x<π2對(duì)于D，令gx=exx當(dāng)x∈0,1時(shí)，g'x<0，所以當(dāng)x∈1,π時(shí)，g'x>0，所以所以gx≥g1=e，即ex令?x=sinx?x，所以?x在0,π單調(diào)遞減，所以?x<?因?yàn)閤∈0,π，所以x2∈0,π所以e2x所以e2x2sinx>e2故答案為：AD.

【分析】將函數(shù)fx化簡(jiǎn)，再利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)fx的單調(diào)性，則可判斷選項(xiàng)A；解關(guān)于x0的方程判斷出選項(xiàng)B；分別判斷不等式左、右兩邊的符號(hào)可判斷出選項(xiàng)C；令gx=ex11．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：因?yàn)閿?shù)列bn為“回旋數(shù)列”，k=3當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，bn+bn+1=3所以當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，bn+bn+1=3所以數(shù)列b1,b所以當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，bn當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，bn+bn+1=?3所以數(shù)列b2,b又因?yàn)閎1=1，b1所以當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，bn所以b20=56，b19因?yàn)镾2n所以S2n則S=b所以S2n?1=1+?34S2n+1=?12n+4所以4S從b1，b2，?，b2n其中兩個(gè)數(shù)之和大于0的取法包含取一個(gè)奇數(shù)項(xiàng)與它之后的所有偶數(shù)項(xiàng)，

或取一個(gè)偶數(shù)項(xiàng)與它之前的所有奇數(shù)項(xiàng)，則n+n?1所以P2n所以P100=50因?yàn)镻2n的前n項(xiàng)積為T故答案為：BCD.

【分析】利用已知條件結(jié)合遞推關(guān)系證出數(shù)列的奇數(shù)項(xiàng)為等差數(shù)列、偶數(shù)項(xiàng)為等差數(shù)列，從而求出數(shù)列bn的通項(xiàng)公式，由此判斷出選項(xiàng)A；利用組合求和法求出S2n,S2n?1,12．【答案】13608【解析】【解答】解：根據(jù)題意有2n?1=128=2所以原式化為：3x所以二項(xiàng)式展開(kāi)式的第四項(xiàng)為：C8故答案為：13608x【分析】根據(jù)二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)求出n的值，再利用二項(xiàng)式的展開(kāi)式的通項(xiàng)得出第4項(xiàng).13．【答案】?1或12?3【解析】【解答】解：設(shè)z=a+bi,a,b∈R，則z2因?yàn)閦=1，所以a2又因?yàn)閦2與z關(guān)于復(fù)平面虛軸對(duì)稱，所以a2由①②解得a=?1b=0或a=所以，當(dāng)a=?1b=0時(shí)，z=?1，此時(shí)z當(dāng)a=12b=32當(dāng)a=12b=?32故答案為：?1或12?32i或114．【答案】7【解析】【解答】解：因?yàn)閯?dòng)點(diǎn)P在雙曲線右支上，所以PF1?2a=則PM+不妨設(shè)點(diǎn)M在漸近線bx?ay=0上，過(guò)點(diǎn)F2作F2A⊥OM當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)P為線段F2因?yàn)镕2的坐標(biāo)為c,0，故F所以PM+PF1的最小值為b+2a，

因?yàn)閎+2a=3，又因?yàn)殡p曲線所以a2+b2=2，

又因?yàn)閍>b>0所以雙曲線E的方程為2549x2?25y設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為m,n，則m2?49n故m?7n?m+7n=所以PM+當(dāng)且僅當(dāng)m=75，n=0時(shí)等號(hào)成立，所以PM+故答案為：72【分析】結(jié)合雙曲線定義可得PM+PF1=PM+PF15．【答案】（1）證明：連接B1C，交BC1于點(diǎn)因?yàn)閭?cè)面BCC所以N為B1C的中點(diǎn)，

又因?yàn)辄c(diǎn)E為線段所以NE//AB因?yàn)锳B1?面BEC1所以AB1//（2）解：連接A1C，A1E，因?yàn)樗浴鰽A1C因?yàn)辄c(diǎn)E為線段AC的中點(diǎn)，所以A1因?yàn)閭?cè)面ACC1A1⊥底面ABC，

平面ACC1所以A1E⊥底面ABC，

又因?yàn)锽E?平面ABC，所以因?yàn)锳B=AC=BC=2，E為AC的中點(diǎn)，所以BE⊥AC，所以EB,EC,EA如圖，以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，

分別以EB，EC，EA1的方向?yàn)閯tE0,0,0，B3,0,0所以EB=3,0,0設(shè)平面BEC1的法向量為則m?EB=3x=0所以平面BEC1的法向量為又因?yàn)槠矫鍭BE的法向量為n=則cosm經(jīng)觀察，二面角A?BE?C所以二面角A?BE?C1的余弦值為【解析】【分析】（1）連接BC1，交B1C于點(diǎn)N，連接NE，再利用線面平行的判定定理證出（2）由已知條件可知△AA1C為等邊三角形，再結(jié)合三線合一得出A1E⊥AC，再利用面面垂直的性質(zhì)定理可證直線A1E⊥底面ABC，從而建立空間直角坐標(biāo)系，則得出點(diǎn)的坐標(biāo)和向量的坐標(biāo)，再由兩向量垂直數(shù)量積為0的等價(jià)關(guān)系和數(shù)量積的坐標(biāo)表示，從而得出平面BE（1）連接B1C，交BC1于點(diǎn)因?yàn)閭?cè)面BCC所以N為B1C的中點(diǎn)，又因?yàn)辄c(diǎn)E為線段所以NE//AB因?yàn)锳B1?面BEC1所以AB1//（2）連接A1C，A1E，因?yàn)樗浴鰽A1C因?yàn)辄c(diǎn)E為線段AC的中點(diǎn)，所以A1因?yàn)閭?cè)面ACC1A1⊥底面ABC，平面ACC1所以A1E⊥底面ABC，又BE?平面ABC，所以因?yàn)锳B=AC=BC=2，E為AC的中點(diǎn)，所以BE⊥AC，所以EB,EC,EA如圖以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，分布以EB，EC，EA1的方向?yàn)閯tE0,0,0，B3,0,0所以EB=3,0,0設(shè)平面BEC1的法向量為則m?EB=3x=0所以平面BEC1的法向量為又因?yàn)槠矫鍭BE的法向量為n=則cosm經(jīng)觀察，二面角A?BE?C所以二面角A?BE?C1的余弦值為16．【答案】（1）解：當(dāng)0<C≤π2時(shí)，由sinC=由余弦定理可得c2=a2+b2?2abcos所以△ABC的外接圓半徑R=1當(dāng)π2<C<π時(shí)，由sinC=由余弦定理可得c2=a2+所以c2=36+16+2×6×4×1所以△ABC的外接圓半徑R=1（2）解：因?yàn)椤鰽BC為等腰三角形，由（1）可得a=c=6,b=4，因?yàn)镺P=所以CP=過(guò)點(diǎn)C作CD⊥AB，垂足為D，取AB的中點(diǎn)E，連接CE，

則CBsinB=CA所以CP=λCDCB+取線段AC的中點(diǎn)F，則PA因?yàn)锳C=4,AE=3,cos所以CE=設(shè)點(diǎn)A到CE的距離為d，則12又因?yàn)閟in∠CAE=sinC=22所以d=83417，又F所以點(diǎn)F到CE的距離為12所以PA·所以PA·PC的最小值為【解析】【分析】（1）先討論角C的取值范圍，再由已知條件結(jié)合余弦定理求出c的值，再根據(jù)正弦定理求出△ABC外接圓的半徑.（2）取AB的中點(diǎn)E，化簡(jiǎn)向量關(guān)系式證出點(diǎn)P在CE上，再根據(jù)向量的線性運(yùn)算法則和數(shù)量積的性質(zhì)可得PA·PC=PF2?4，F(xiàn)為線段（1）當(dāng)0<C≤π2時(shí)，由sinC=由余弦定理可得c2=a所以c2=36+16?2×6×4×1所以△ABC的外接圓半徑R=1當(dāng)π2<C<π時(shí)，由sinC=由余弦定理可得c2=a所以c2=36+16+2×6×4×1所以△ABC的外接圓半徑R=1（2）因?yàn)椤鰽BC為等腰三角形，由（1）可得a=c=6,b=4，因?yàn)镺P=所以CP=過(guò)點(diǎn)C作CD⊥AB，垂足為D，取AB的中點(diǎn)E，連接CE，則CBsinB=CA所以CP=所以點(diǎn)P在直線CE上，取線段AC的中點(diǎn)F，則PA·因?yàn)锳C=4,AE=3,cos所以CE=A設(shè)點(diǎn)A到CE的距離為d，則12又sin∠CAE=sinC=22所以d=83417，又F所以點(diǎn)F到CE的距離為12所以PA·所以PA·PC的最小值為17．【答案】（1）解：由題意得a1+3d=8a因?yàn)閍n為等差數(shù)列，

???????所以S（2）解：b根據(jù)f(x)=(3x?10)?703x?10+3在(5,+因?yàn)閍n為等比數(shù)列，a4=8所以a6a4=q2=4當(dāng)q=2時(shí)，a1=1，此時(shí)an當(dāng)q=?2時(shí)，a1=?1，此時(shí)a因?yàn)閍n為擺動(dòng)數(shù)列，

所以Sn=當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，cn易知n∈N?時(shí)，cn因?yàn)?2n>0當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，cn=2所以cn≥c6=231?126（3）證明：當(dāng)an為等差數(shù)列時(shí)，S令12n?28>0，得n>73，

即此時(shí)Sn單調(diào)遞增，故n∈當(dāng)an為等比數(shù)列時(shí)，

當(dāng)q=2時(shí)，由（2）知，Sn=當(dāng)q=?2時(shí)，an為擺動(dòng)數(shù)列，S所以Sn=2n?1，a當(dāng)n=1時(shí)，2cos當(dāng)n=2時(shí)，5+6cos所以n=1和n=2時(shí)，n2下證當(dāng)n≥3時(shí)，n2因?yàn)閚∈N?，所以cosn>?1所以n2即證(n令dn=(n2?6)?2n?1+3?n又因?yàn)?n+2)22?4>所以dn+1?dn>0所以dn≥d3=15?綜上所述，n【解析】【分析】（1）利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和a4=8，a6=32，從而求出a1（2）由（1）中的等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式求出bn，再將bn轉(zhuǎn)化為對(duì)勾函數(shù)的形式求出bnmin，從而求出cn，再分奇數(shù)、偶數(shù)討論c（3）根據(jù)Sn單調(diào)遞增求出Sn和an，再分n=1，n=2和n≥3三種情況證明，令dn=(n2?6)?2n?1+3?（1）由題意得a1+3d=8a因?yàn)閍n為等差數(shù)列，所以S（2）bn根據(jù)f(x)=(3x?10)?703x?10+3在(5,+因?yàn)閍n為等比數(shù)列，a4所以a6a4=q當(dāng)q=2時(shí)，a1=1，此時(shí)an當(dāng)q=?2時(shí)，a1=?1，此時(shí)an因?yàn)閍n為擺動(dòng)數(shù)列，所以Scn當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，cn易知n∈N?時(shí)，cn因?yàn)?2n>0當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，cn=2所以cn≥c所以cnmin=（3）當(dāng)an為等差數(shù)列時(shí)，S令12n?28>0，得n>73，即此時(shí)Sn單調(diào)遞增，故n∈當(dāng)an為等比數(shù)列時(shí)，當(dāng)q=2時(shí)，由（2）知，Sn=當(dāng)q=?2時(shí)，an為擺動(dòng)數(shù)列，S所以Sn=2n?1當(dāng)n=1時(shí)，2cos當(dāng)n=2時(shí)，5+6cos所以n=1和n=2時(shí)，n2下證當(dāng)n≥3時(shí)，n2因?yàn)閚∈N?，所以cosn>?1所以n2即證(n令dn=(n即證dn>0，因?yàn)橐驗(yàn)?n+2)22?4>所以dn+1?dn>0所以dn≥d3=15?綜上，n18．【答案】（1）解：當(dāng)∠F1PO=45°時(shí)，所以∠PF1O=2∠F1PO=90又因?yàn)镺F1=PF1，所以（2）解：設(shè)∠F1PO=α，則∠PF1在△PF1O又因?yàn)?<α<π0<2α<π0<3α<π?0<α<所以POF1O（3）解：因?yàn)镻O+PF所以PO=PF2，即點(diǎn)P在OF2的中垂線上，所以Hc2,0，

當(dāng)x=所以Pc2所以cos∠P則存在點(diǎn)Pc2,【解析】【分析】（1）當(dāng)∠F1PO=45°時(shí)，l⊥x（2）在△PF1O中，由正弦定理得出POF1O=2（3）由PO+PF1=2a結(jié)合橢圓的定義可得PO=PF2，則點(diǎn)P在OF2的中垂線上，從而求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，在直角三角形P（1）當(dāng)∠F1PO=45°時(shí)，所以∠PF1所以P?c,b2a，又因?yàn)镺F（2）設(shè)∠F1PO=α，則在△PF1O又因?yàn)?<α<π0<2α<π0<3α<π所以POF1O（3）因?yàn)镻O+PF所以PO=PF2，即點(diǎn)P在所以Hc2,0，當(dāng)x=所以Pc2所以cos存在點(diǎn)Pc2,19．【答案】（1）證明：由fx則f'(x)=mex?2x?2，

又因?yàn)镻則f'(=me要證f'因?yàn)閙<0，即證ex不妨設(shè)x1<x2，令則ex故只需證te令g(t)=tet2則g'再令φ(x)=e則φ'(x)=ex?1>0故φ(x)>φ(0)=0，故當(dāng)x>0時(shí)，1+x<e由t>0,t2>0則g'(t)=et21+t故g(t)<g(0)=0，得證.（2）解：①由x1,x2,x3等差數(shù)列且x下面先研究若存在A,B,C三點(diǎn)，使y1則y又因?yàn)?yy1,y由e3x存在A,B,C三點(diǎn)，使y1,y當(dāng)x1>0時(shí)，ex當(dāng)x1<0時(shí)，ex故當(dāng)x1≠0時(shí)，令ex12=t，t>0且所以m2=2lnttt2?1，

令?(t)=再令s(t)=t2?1?(3t2則s'令r(t)=1t2?1?6lnt，因?yàn)楣十?dāng)0<t<1時(shí)，r(t)>0，即s'(t)>0，則s(t)在當(dāng)t>1時(shí)，r(t)<0，即s'(t)<0，則s(t)在故s(t)<s(1)=0，故?'故?(t)在(0,1)上單調(diào)遞減，且在1,+∞又