?2019-2020學(xué)年湖南師大附中高三（上）月考數(shù)學(xué)試卷（理科）（一）（9月份）
參考答案與試題解析
一、選擇題本大題共12小題，每小題5分，共60分在每小題的四個選項中，只有一項是符合題目要求的
1．（5分）設(shè)全集為R集合A＝{x|0＜x＜2}，B＝{x|log3（x+2）＜1}，則A∩（?RB）＝（　　）
A．{x|0＜x≤1} B．{x|0＜x＜1} C．{x|1≤x＜2} D．{x|0＜x＜2}
【解答】解：B＝{x|log3（x+2）＜1}＝{x|0＜x+2＜3}＝{x|﹣2＜x＜1}，
則?RB＝{x|x≥1或x≤﹣2}，
A∩（?RB）＝{x|1≤x＜2}，
故選：C．
2．（5分）命題“?n0∈N*，f（n0）∈N*且f（n0）≤n0”的否定形式是（　?。?br /> A．?n∈N*，f（n）?N*且f（n）＞n
B．?n∈N*，f（n）?N*或f（n）＞n
C．?n0∈N*，f（n0）?N*且f（n0）＞n0
D．?n0∈N*，f（n0）?N*或f（n0）＞n0
【解答】解：因為特稱命題的否定是全稱命題，所以，命題“?n0∈N*，f（n0）∈N*且f（n0）≤n0”的否定形式是：?n∈N*，f（n）?N*或f（n）＞n．
故選：B．
3．（5分）設(shè)x，y滿足約束條件則z＝x﹣y的取值范圍是（　?。?br /> A．[﹣3，0] B．[﹣3，2] C．[0，2] D．[0，3]
【解答】解：x，y滿足約束條件的可行域如圖：
目標(biāo)函數(shù)z＝x﹣y，經(jīng)過可行域的A，B時，目標(biāo)函數(shù)取得最值，
由解得A（0，3），
由解得B（2，0），
目標(biāo)函數(shù)的最大值為：2，最小值為：﹣3，
目標(biāo)函數(shù)的取值范圍：[﹣3，2]．
故選：B．

4．（5分）設(shè)，b＝log23，c＝2﹣0.3，則（　?。?br /> A．b＞c＞a B．a(chǎn)＞b＞c C．b＞a＞c D．a(chǎn)＞c＞b
【解答】解：∵，
且2﹣0.2＜20＝1，而b＝log23＞log22＝1．
∴b＞a＞c．
故選：C．
5．（5分）我國數(shù)學(xué)家陳景潤在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界領(lǐng)先的成果．哥德巴赫猜想是“每個大于2的偶數(shù)可以表示為兩個素數(shù)的和”，如30＝7+23．在不超過30的素數(shù)中，隨機(jī)選取兩個不同的數(shù)，其和等于30的概率是（　?。?br /> A． B． C． D．
【解答】解：在不超過30的素數(shù)中有，2，3，5，7，11，13，17，19，23，29共10個，
從中選2個不同的數(shù)有＝45種，
和等于30的有（7，23），（11，19），（13，17），共3種，
則對應(yīng)的概率P＝＝，
故選：C．
6．（5分）函數(shù)f（x）＝sinωx（?＞0）的圖象向右平移個單位得到函數(shù)y＝g（x）的圖象，并且函數(shù)g（x）在區(qū)間[，]上單調(diào)遞增，在區(qū)間[]上單調(diào)遞減，則實數(shù)ω的值為（　?。?br /> A． B． C．2 D．
【解答】解：由函數(shù)f（x）＝sinωx（?＞0）的圖象向右平移個單位得到g（x）＝sin[ω（x）]＝sin（ωx﹣），
函數(shù)g（x）在區(qū)間[，]上單調(diào)遞增，在區(qū)間[]上單調(diào)遞減，可得x＝時，g（x）取得最大值，
即（ω×﹣）＝，k∈Z，?＞0．
當(dāng)k＝0時，解得：ω＝2．
故選：C．
7．（5分）已知函數(shù)f（x）＝ln（1+|x|）﹣，則關(guān)于x的不等式f（lnx）+f（ln）＜2f（1）的解集為（　?。?br /> A．（0，+∞） B．（0，e） C．（，e） D．（1，e）
【解答】解：根據(jù)題意，函數(shù)f（x）＝ln（1+|x|）﹣，則f（﹣x）＝ln（1+|x|）﹣＝f（x），即函數(shù)f（x）為偶函數(shù)，
在[0，+∞）上，f（x）＝ln（1+x）﹣，則f（x）在[0，+∞）上為增函數(shù)，
f（lnx）+f（ln）＜2f（1）?2f（lnx）＜2f（1）?f（lnx）＜f（1），
即|lnx|＜1，解可得＜x＜e，即不等式的解集為（，e）；
故選：C．
8．（5分）在平行四邊形ABCD中，AB＝4，AD＝2，∠A＝，M為DC的中點，N為平面ABCD內(nèi)一點，若|﹣|＝|﹣|，則?＝（　?。?br /> A．16 B．12 C．8 D．6
【解答】解：由|﹣|＝|﹣|，可得||＝||，
取AM的中點為O，連接ON，則ON⊥AM，
又＝+，
所以?＝＝（+）2＝（++?）＝（4+×16+2×4×）＝6，
故選：D．

9．（5分）在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱AA1，CC1的中點，則在空間中與三條直線A1D1，EF，CD都相交的直線（　?。?br /> A．不存在 B．有且只有兩條
C．有且只有三條 D．有無數(shù)條
【解答】解：在EF上任意取一點M，
直線A1D1與M確定一個平面，
這個平面與CD有且僅有1個交點N，
當(dāng)M取不同的位置就確定不同的平面，
從而與CD有不同的交點N，
而直線MN與這3條異面直線都有交點．如圖：
故選：D．

10．（5分）如圖，已知雙曲線C：＝1（a＞0，b＞0）的右頂點為A，O為坐標(biāo)原點，以A為圓心的圓與雙曲線C的某漸近線交于兩點P，Q．若∠PAQ＝60°且＝3，則雙曲線C的離心率為（　?。?br />
A． B． C． D．
【解答】解：設(shè)雙曲線的一條漸近線方程
為y＝x，A（a，0），
P（m，），（m＞0），
由＝3，可得Q（3m，），
圓的半徑為r＝|PQ|＝＝2m?，
PQ的中點為H（2m，），
由AH⊥PQ，可得＝﹣，
解得m＝，r＝．
A到漸近線的距離為d＝＝，
則|PQ|＝2＝r，
即為d＝r，即有＝?．
可得＝，
e＝＝＝＝．
另解：可得△PAQ為等邊三角形，
設(shè)OP＝x，可得OQ＝3x，PQ＝2x，
設(shè)M為PQ的中點，可得PM＝x，AM＝＝x，
tan∠MOA＝＝＝，
則e＝＝．
故選：B．

11．（5分）對大于1的自然數(shù)m的三次冪可用奇數(shù)進(jìn)行以下形式的“分裂”：23，33，43，…，仿此，若M3的“分裂數(shù)”中有一個是73，則m的值為（　?。?br /> A．8 B．9 C．10 D．11
【解答】解：由題意可得m3的“分裂”數(shù)為m個連續(xù)奇數(shù)，設(shè)m3的“分裂”數(shù)中第一個數(shù)為am，則由題意可得a3﹣a2＝7﹣3＝4＝2×2，
a4﹣a3＝13﹣7＝6＝2×3，…am﹣am﹣1＝2（m﹣1），
以上m﹣2個式子相加可得am﹣a2＝＝（m+1）（m﹣2），
∴am＝a2+（m+1）（m﹣2）＝m2﹣m+1，
∴當(dāng)m＝9時，am＝73，即73是93的“分裂”數(shù)中的第一個，
故選：B．
12．（5分）設(shè)f（x）＝，g（x）＝kx﹣1（x∈R），若函數(shù)y＝f（x）﹣g（x）在x∈[﹣2，3]內(nèi)有4個零點，則實數(shù)k的取值范圍是（　?。?br /> A．（2，） B．（2，] C．（2，4） D．（2，4]
【解答】解：∵f（x）＝，g（x）＝kx﹣1（x∈R），
令函數(shù)y＝f（x）﹣g（x）＝0，則x≠0，
則k＝，
令h（x）＝，
則函數(shù)h（x）的圖象與y＝k在x∈[﹣2，3]內(nèi)有4個交點，
函數(shù)h（x）的圖象如下圖所示：

由圖可得：k∈（2，]，
故選：B．
二、填空題，本大題共4小題，每小題5分，共20分
13．（5分）曲線y＝x+cosx在點（0，1）處的切線方程為　y＝x+1?。?br /> 【解答】解：∵點（0，2）在曲線上，∴斜率k＝y(tǒng)′（0）＝1﹣sin0＝1，
∴所求方程為：y＝x+1．
故答案為：y＝x+1．
14．（5分）已知數(shù)列{an}，若an═﹣n2+kn+4，且對于任意n∈N*，都有an+1＜an，則實數(shù)k的取值范圍是　k＜3　．
【解答】解：數(shù)列{an}，若an═﹣n2+kn+4，則：數(shù)列{an}，若an+1═﹣（n+1）2+k（n+1）+4，
所以an+1＜an，整理得﹣（n+1）2+k（n+1）+4﹣（﹣n2+kn+4）＜0，
化簡得：k＜2n+1，
由于對于任意n∈N*，都有an+1＜an恒成立，
所以k＜（2n+1）min，
即當(dāng)n＝1時，k＜3．
故答案為：k＜3．
15．（5分）已知圓O：x2+y2＝1，圓M：（x﹣a）2+（y﹣a+3）2＝1，若圓M上存在點P，過點P作圓O的兩條切線，切點為A，B，使得∠APB＝60°，則a的取值范圍是　[0，3]?。?br /> 【解答】解：如圖：
圓O的半徑為1，圓M上存在點P，過點P作圓O的兩條切線，切點為A，B，使得∠APB＝60°，
則∠APO＝30°，在Rt△PAO中，PO＝2，
又圓M的半徑等于1，圓心坐標(biāo)M（a，a﹣3），
∴|PO|min＝|MO|﹣1，|PO|max＝|MO|+1，
∵|MO|＝，
∴由﹣1≤2≤+1，
解得：0≤a≤3．
故答案為：[0，3]．

16．（5分）在銳角△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C所對的邊，△ABC的面積S＝2，且滿足acosB＝b（1+cosA），則（c+a﹣b）（c+b﹣a）的取值范圍是　?。?br /> 【解答】解：∵在銳角△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C所對的邊，滿足acosB＝b（1+cosA），
∴sinAcosB＝sinB+sinBcosA，sin（A﹣B）＝sinB，
∴A﹣B＝B，即A＝2B＜，可得：B∈（0，），可得：A+B＝3B∈（，），
故C∈（，），
∴∈（，），
∴tanC＝＞1，可得：1＞tan＞﹣1+．
∵△ABC的面積S＝ab?sinC＝2，
∴ab＝，
則（c+a﹣b）（c+b﹣a）＝c2﹣（a﹣b）2＝c2﹣a2﹣b2+2ab＝﹣2ab?cosC+2ab＝2ab（1﹣cosC）＝（1﹣cosC）
＝8＝8tan∈（8﹣8，8）．
故答案為：．
三、解答題：共70分.解答應(yīng)寫出文字說明證明過程或演算步驟.第17～21題為必考題每個試題考生都必須作答第2，23題為選考題，考生根據(jù)要求作答.（一）必考題：共60分
17．（12分）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，角A，B，C依次成等差數(shù)列．
（1）若sin2B＝sinAsinC，試判斷△ABC的形狀；
（2）若△ABC為鈍角三角形，且a＞c，試求的取值范圍．
【解答】解：（1）∵sin2B＝sinAsinC，∴b2＝ac．
∵A，B，C依次成等差數(shù)列，∴2B＝A+C＝π﹣B，．
由余弦定理b2＝a2+c2﹣2accosB，a2+c2﹣ac＝ac，∴a＝c．
∴△ABC為正三角形．
（2）要求的式子 ＝
＝＝
＝＝．
∵，∴，
∴，故 ．
∴代數(shù)式的取值范圍是（，）．
18．（12分）在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD是菱形，四邊形ADNM是矩形，平面ADNM⊥平面ABCD，∠DAB＝60°，AD＝2，AM＝1，E為AB的中點，P為線段CM上的一點
（1）求證：DE⊥CN；
（2）若二面角P﹣DE﹣C的大小為30°，求的值．

【解答】（1）證明：連接DB，
∵AD＝AB，∠DAB＝60°，∴△ABD為等邊三角形，
又∵E為AB中點，∴DE⊥AB，又∵AB∥CD，∴DE⊥DC，
∵ADNM為矩形，∴DN⊥AD，
又∵平面ADNM⊥平面ABCD，平面ADNM∩平面ABCD＝AD，DN?平面ADNM，∴DN⊥平面ABCD，
又∵DE?平面ABCD，∴DN⊥DE，
又∵ED⊥DC，DC∩DN＝D，∴DE⊥平面DCN，
∵NC?平面DCN，∴DE⊥CN；
（2）解：在線段CM上存在點P，
使二面角P﹣DE﹣C的大小為300，的值為1﹣．證明如下：由（1）知DN⊥平面ABCD，
∵DB、DC?平面ABCD，∴DN⊥DE，DN⊥DC，
又∵DE⊥DC，以D為坐標(biāo)原點，DE、DC、DN分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則D（0，0，0），C（0，2，0），A（，﹣1，0），E（，0，0），M（，﹣1，1），
設(shè)，λ∈[0，1]，，＝（，2﹣3λ，λ），，
設(shè)平面PDE的一個法向量為＝（x，y，z），?
?＝（0，λ，3λ﹣2），
由圖形知，平面DEC的一個法向量＝（0，0，1），
由題意知cos＝|cos|?＝||?3λ2﹣6λ+2＝0，
∵λ∈[0，1]，解得λ＝1﹣．
∴在線段CM上存在點P，使二面角P﹣DE﹣C的大小為30°，的值為1﹣．

19．（12分）已知橢圓C的中心是坐標(biāo)原點O，它的短軸長2，焦點F（c，0），點A（﹣c，0），且＝2．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）是否存在過點A的直線與橢圓C相較于P、Q兩點，且以線段PQ為直徑的圓過坐標(biāo)原點O，若存在，求出直線PQ的方程；不存在，說明理由．
【解答】解：（1）由題意知，b＝，F(xiàn)（c，0），A（﹣c，0），
則，，
由＝2，得c＝，解得：c＝2．
∴a2＝b2+c2＝6，
∴橢圓的方程為，
離心率為；
（2）A（3，0），設(shè)直線PQ的方程為y＝k（x﹣3），
聯(lián)立，得（1+3k2）x2﹣18k2x+27k2﹣6＝0，
設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），
則，．
∴＝k2（）＝．
由已知得OP⊥OQ，得x1x2+y1y2＝0，
即，
解得：k＝，符合△＞0，
∴直線PQ的方程為y＝．
20．（12分）新能源汽車的春天來了！2018年3月5日上午，李克強(qiáng)總理做政府工作報告時表示，將新能源汽車車輛購置稅優(yōu)惠政策再延長三年，自2018年1月1日至2020年12月31日，對購置的新能源汽車免征車輛購置稅．某人計劃于2018年5月購買一輛某品牌新能源汽車，他從當(dāng)?shù)卦撈放其N售網(wǎng)站了解到近五個月實際銷量如表：
月份
2017.12
2018.01
2018.02
2018.03
2018.04
月份編號t
1
2
3
4
5
銷量（萬輛）
0.5
0.6
1
1.4
1.7
（1）經(jīng)分析，可用線性回歸模型擬合當(dāng)?shù)卦撈放菩履茉雌噷嶋H銷量y（萬輛）與月份編號t之間的相關(guān)關(guān)系．請用最小二乘法求y關(guān)于t的線性回歸方程，并預(yù)測2018年5月份當(dāng)?shù)卦撈放菩履茉雌嚨匿N量；
（2）2018年6月12日，中央財政和地方財政將根據(jù)新能源汽車的最大續(xù)航里程（新能源汽車的最大續(xù)航里程是指理論上新能源汽車所裝的燃料或電池所能夠提供給車跑的最遠(yuǎn)里程）對購車補(bǔ)貼進(jìn)行新一輪調(diào)整．已知某地擬購買新能源汽車的消費(fèi)群體十分龐大，某調(diào)研機(jī)構(gòu)對其中的200名消費(fèi)者的購車補(bǔ)貼金額的心理預(yù)期值進(jìn)行了一個抽樣調(diào)查，得到如下一份頻數(shù)表：
補(bǔ)貼金額預(yù)期值區(qū)間（萬元）
[1，2）
[2，3）
[3，4）
[4，5）
[5，6）
[6，7）
頻數(shù)
20
60
60
30
20
10
（i）求這200位擬購買新能源汽車的消費(fèi)者對補(bǔ)貼金額的心理預(yù)期值X的樣本方差s2及中位數(shù)的估計值（同一區(qū)間的預(yù)期值可用該區(qū)間的中點值代替；估計值精確到0.1）；
（ii）將頻率視為概率，現(xiàn)用隨機(jī)抽樣方法從該地區(qū)擬購買新能源汽車的所有消費(fèi)者中隨機(jī)抽取3人，記被抽取3人中對補(bǔ)貼金額的心理預(yù)期值不低于3萬元的人數(shù)為ξ，求ξ的分布列及數(shù)學(xué)期望E（ξ）．
參考公式及數(shù)據(jù)：①回歸方程，其中，；②．
【解答】解：（1）由題意知＝＝3，＝＝1.04，
＝12+22+32+42+52＝55，
＝＝＝0.32，
＝﹣＝1.04﹣0.32×3＝0.08，
∴y關(guān)于t的線性回歸方程為＝0.32t+0.08．
當(dāng)t＝6時，＝2.00，即2018年5月份當(dāng)?shù)卦撈放菩履茉雌嚨匿N量約為2萬輛．
（2）（i）根據(jù)題意，這200位擬購買新能源汽車的消費(fèi)者對補(bǔ)貼金的心理預(yù)期X的平均值為：
＝1.5×0.1+2.5×0.3+3.5×0.3+4.5×0.15+5.5×0.1+6.5×0.05＝3.5，
樣本方差為：S2＝（1.5﹣3.5）2×0.1+（2.5﹣3.5）2×0.3+（3.5﹣3.5）2×0.3+（4.5﹣3.5）2×0.15+（5.5﹣3.5）2×0.1+（6.5﹣3.5）2×0.05＝1.7．
中位數(shù)的估計值為：3+1×≈3.3．
（水）根據(jù)給定的頻數(shù)表知：
任意抽取1名擬購買新能源汽車的消費(fèi)者，
對補(bǔ)貼金額的心理預(yù)期不低于3萬元的頻率為，
由題意得ξ～B（3，），
，
，
，
∴ξ的分布列為：
ξ
0
1
2
3
P




所以．
21．（12分）已知函數(shù)f（x）＝aln（x+1），g（x）＝x﹣x2，a∈R．
（Ⅰ）若a＝﹣1，求曲線y＝f（x）在x＝3處的切線方程；
（Ⅱ）若對任意的x∈[0，+∞），都有f（x）≥g（x）恒成立，求a的最小值；
（Ⅲ）設(shè)p（x）＝f（x﹣1），a＞0，若A（x1，y1），B（x2，y2）為曲線y＝p（x）的兩個不同點，滿足0＜x1＜x2，且?x3∈（x1，x2），使得曲線y＝f（x）在x3處的切線與直線AB平行，求證：x3＜．
【解答】解：（I）當(dāng)a＝﹣1時，f（x）＝﹣ln（x+1），得出切點（3，﹣ln4）．
∵，∴切線的斜率k＝．
∴曲線y＝f（x）在x＝3處的切線方程為：y+ln4＝﹣（x﹣3），化為x+4y+8ln2﹣3＝0．
（II）對任意的x∈[0，+∞），都有f（x）≥g（x）恒成立?aln（x+1）﹣x+．
令h（x）＝aln（x+1）﹣x+（x≥0）．
＝．
①當(dāng)a≥1時，h′（x）≥0恒成立，
∴函數(shù)h（x）在x∈[0，+∞）上單調(diào)遞增，∴h（x）≥h（0）＝0，∴a≥1時符合條件．
②當(dāng)a＜1時，由h′（x）＝0，及x≥0，解得．
當(dāng)x∈時，h′（x）＜0；當(dāng)x∈時，h′（x）＞0．
∴＝，這與h（x）≥0相矛盾，應(yīng)舍去．
綜上可知：a≥1．∴a的最小值為1．
（III）p（x）＝f（x﹣1）＝alnx，kAB＝．
∵，∴．
∵曲線y＝f（x）在x3處的切線與直線AB平行，
∴．
由，a＞0，可知其在定義域內(nèi)單調(diào)遞減．
要證：x3＜．即證明．即證明．
變形可得，
令，則t＞1．要證明的不等式等價于?（t+1）lnt＞2（t﹣1）．
構(gòu)造函數(shù)q（t）＝（t+1）lnt﹣2（t﹣1），（t＞1）．
＝（t＞1）．
令u（t）lnt+﹣1，（t＞1）．
則u′（t）＝＞0，∴q′（t）在t＞1時單調(diào)遞增．
∴q′（t）＞q′（1）＝0，∴函數(shù)q（t）在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞增，∴q（t）＞q（1）＝0，
∴q（t）＞0在（1，+∞）上恒成立．
∴（t+1）lnt＞2（t﹣1）在（1，+∞）上恒成立，即x3＜成立．
（二）選考題：共10分.請考生在22.23兩題中任選一題作答如果多做，則按所做的第一題計分[選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程]（本小題滿分10分）
22．（10分）在直角坐標(biāo)系xOy中，直線C1：x＝﹣2，圓C2：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝1，以坐標(biāo)原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系．
（Ⅰ）求C1，C2的極坐標(biāo)方程；
（Ⅱ）若直線C3的極坐標(biāo)方程為θ＝（ρ∈R），設(shè)C2與C3的交點為M，N，求△C2MN的面積．
【解答】解：（Ⅰ）由于x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，∴C1：x＝﹣2 的
極坐標(biāo)方程為 ρcosθ＝﹣2，
故C2：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝1的極坐標(biāo)方程為：
（ρcosθ﹣1）2+（ρsinθ﹣2）2＝1，
化簡可得ρ2﹣（2ρcosθ+4ρsinθ）+4＝0．
（Ⅱ）把直線C3的極坐標(biāo)方程θ＝（ρ∈R）代入
圓C2：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝1，
可得ρ2﹣（2ρcosθ+4ρsinθ）+4＝0，
求得ρ1＝2，ρ2＝，
∴|MN|＝|ρ1﹣ρ2|＝，由于圓C2的半徑為1，∴C2M⊥C2N，
△C2MN的面積為?C2M?C2N＝×1×1＝．

[選修4-5：不等式選講]（本小題滿分0分）
23．已知函數(shù)f（x）＝|x+1|．
（1）求不等式f（x）＜|2x+1|﹣1的解集M；
（2）設(shè)a，b∈M，證明：f（ab）＞f（a）﹣f（﹣b）．
【解答】（1）解：①當(dāng)x≤﹣1時，原不等式化為﹣x﹣1＜﹣2x﹣2解得：x＜﹣1；
②當(dāng)時，原不等式化為x+1＜﹣2x﹣2解得：x＜﹣1，此時不等式無解；
③當(dāng)時，原不等式化為x+1＜2x，解得：x＞1．
綜上，M＝{x|x＜﹣1或x＞1}；
（2）證明：設(shè)a，b∈M，∴|a+1|＞0，|b|﹣1＞0，
則 f（ab）＝|ab+1|，f（a）﹣f（﹣b）＝|a+1|﹣|﹣b+1|．
∴f（ab）﹣[f（a）﹣f（﹣b）]＝f（ab）+f（﹣b）﹣f（a）＝|ab+1|+|1﹣b|﹣|a+1|
＝|ab+1|+|b﹣1|﹣|a+1|≥|ab+1+b﹣1|﹣|a+1|＝|b（a+1）|﹣|a+1|
＝|b|?|a+1|﹣|a+1|＝|a+1|?（|b|﹣1|）＞0，
故f（ab）＞f（a）﹣f（﹣b）成立．
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日期：2019/12/17 23:30:31；用戶：高中數(shù)學(xué)；郵箱：qgzsx@xyh.com；學(xué)號：30100772

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