②当a?0，因为e?2a?0，
当x?(??,0)时，g?(x)?0；当x?(0,??)时，g?(x)?0． 所以函数g(x)在(??,0)上单调递减，在(0,??)上单调递增． 又g(0)??1，g(1)?a，
因为x?0，所以x?1?0,e?1，所以e(x?1)?x?1，所以g(x)?ax?x?1
xx2x取x0??1?1?4a，显然x0?0且g(x0)?0
2a所以g(0)g(1)?0，g(x0)g(0)?0．
由零点存在性定理及函数的单调性知，函数有两个零点． ③当a?0时，由g?(x)?x(e?2a)?0，得x?0，或x?ln(?2a)．
ⅰ) 当a??x1，则ln(?2a)?0． 2当x变化时，g?(x),g(x)变化情况如下表：
x (??,0) + ↗ 0 0 (0,ln(?2a)) － ↘ ln(?2a) (ln(?2a),??) + ↗ g?(x) 0 g(x) ?1 注意到g(0)??1，所以函数g(x)至多有一个零点，不符合题意． ⅱ) 当a??1，则ln(?2a)?0，g(x)在(??,??)单调递增，函数g(x)至多有一个零点，2不符合题意． 若a??1，则ln(?2a)?0． 2当x变化时，g?(x),g(x)变化情况如下表：
x (??,ln(?2a)) + ↗ ln(?2a) (ln(?2a),0) － ↘ 0 (0,??) + ↗ g?(x) g(x) 0 0 ?1 注意到当x?0,a?0时，g(x)?(x?1)e?ax?0，g(0)??1，所以函数g(x)至多有一个零点，不符合题意．
综上，a的取值范围是(0,??). …………………………………………9分 （Ⅲ）证明：g(x)?f(x)?(x?1)e?ln(x?1)?x?1．
设h(x)?(x?1)e?ln(x?1)?x?1，其定义域为(1,??)，则证明h(x)?0即可． 因为h?(x)?xex?xxx2x1?x(ex?)，取x1?1?e?3，则h?(x1)?x1(ex1?e3)?0，且x?1x?1h?(2)?0．
又因为h??(x)?(x?1)e?x1?0，所以函数h?(x)在(1,??)上单增． 2(x?1)x0所以h?(x)?0有唯一的实根x0?(1,2)，且e?1． x0?1当1?x?x0时，h?(x)?0；当x?x0时，h?(x)?0． 所以函数h(x)的最小值为h(x0)．
所以h(x)?h(x0)?(x0?1)e0?ln(x0?1)?x0?1
x?1?x0?x0?1?0．
所以f(x)?g(x). ……………………………………………………14分
20．（本小题13分）
解：（Ⅰ）（ⅰ） x?89,y?100，或x?100,y?89；
数列：11,78,90,x,97,y也是一个“好数列”． …………………………………3分 （ⅱ）由（ⅰ）可知，数列必含89,100两项，
2若剩下两项从90,91,L,99中任取，则都符合条件，有C10?45种；
若剩下两项从79,80,L,88中任取一个，则另一项必对应90,91,L,99中的一个， 有10种；
若取68?a?77，则79?11?a?88，90?22?a?99，“好数列”必超过6项，不符合；
若取a?67，则11?a?78?A6，另一项可从90,91,L,99中任取一个，有10种；
若取56?a?67，则67?11?a?78，78?22?a?89，“好数列”必超过6项，不符合；
若取a?56，则b?67，符合条件，
若取a?56，则易知“好数列”必超过6项，不符合；
综上，a,b,c,d共有66种不同的取值． ………………………………………7分 （Ⅱ）证明：由（Ⅰ）易知，一个“好数列”各项任意排列后，还是一个“好数列”． 又“好数列”a1,a2,L,am各项互不相同，所以，不妨设a1?a2?L?am． 把数列配对：a1?am,a2?am?1,L,am?am，
22?1只要证明每一对和数都不小于n?1即可． 用反证法，假设存在1?j?m，使aj?am?1?j?n， 2因为数列单调递增，所以am?j?1?a1?am?j?1?a2?am?j?1?L?aj?am?j?1?n， 又因为“好数列”，故存在1?k?m，使得ai?am?1?j?ak(1?i?j)，
显然ak>am?1?j，故k?m?1?j，所以ak只有j?1个不同取值，而ai?am?1?j有j 个不同取值，矛盾．
所以，a1?am,a2?am?1,L,am?am每一对和数都不小于n?1，
22?1故a1?a2?L?am?
a?a?L?amn?1m(n?1)，即12?．…………………13分 2m2
北京市朝阳2016-2017学年度第一学期统一考试
