2021高考仿真模擬卷(四)

一、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．(2020·遼寧沈陽(yáng)三模)已知集合M＝{x|(x－1)(x－2)≤0}，N＝{x|x>0}，則()

A．N?M

B．M?N

C．M∩N＝?

D．M∪N＝R

答案　B

解析　由題意知，M＝{x|(x－1)(x－2)≤0}＝{x|1≤x≤2}，則M?N.故選B.2．設(shè)命題p：?x∈Q,2x－ln

x<2，則綈p為()

A．?x∈Q,2x－ln

x≥2

B．?x∈Q,2x－ln

x<2

C．?x∈Q,2x－ln

x≥2

D．?x∈Q,2x－ln

x＝2

答案　C

解析　綈p為?x∈Q,2x－ln

x≥2.3．(2020·山東棗莊二調(diào))已知i是虛數(shù)單位，i－1是關(guān)于x的方程x2＋px＋q＝0(p，q∈R)的一個(gè)根，則p＋q＝()

A．4

B．－4

C．2

D．－2

答案　A

解析　∵i－1是關(guān)于x的方程x2＋px＋q＝0(p，q∈R)的一個(gè)根，∴方程的另一根為－1－i，∴－1＋i＋(－1－i)＝－p，p＝2，q＝(－1＋i)(－1－i)＝2，∴p＋q＝4.故選A.4．(2020·海南中學(xué)高三第七次月考)若x＝α?xí)r，函數(shù)f(x)＝3sinx＋4cosx取得最小值，則sinα＝()

A.B．－

C．

D．－

答案　B

解析　由題意，得f(x)＝5sin(x＋φ)，sinφ＝，cosφ＝，當(dāng)α＋φ＝－＋2kπ(k∈Z)，即α＝－－φ＋2kπ(k∈Z)時(shí)，f(x)取得最小值，則sinα＝sin＝－cosφ＝－，故選B.5．(2020·全國(guó)卷Ⅰ)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個(gè)正四棱錐，以該四棱錐的高為邊長(zhǎng)的正方形面積等于該四棱錐一個(gè)側(cè)面三角形的面積，則其側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長(zhǎng)的比值為()

A.B．

C．

D．

答案　C

解析　如圖，設(shè)CD＝a，PE＝b，則PO＝＝，由題意，得PO2＝ab，即b2－＝ab，化簡(jiǎn)得42－2·－1＝0，解得＝(負(fù)值舍去)．故選C.6．(2020·山東濰坊一模)函數(shù)f(x)＝在[－π，π]上的圖象大致為()

答案　A

解析　因?yàn)閒(x)＝，所以f(－x)＝＝＝－f(x)，又因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)镽，所以f(x)是R上的奇函數(shù)，f(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，排除D；當(dāng)x∈[0，π]時(shí)，ex＋e－x＞0恒成立，x－sinx≥0恒成立，所以當(dāng)x∈[0，π]時(shí)，f(x)＝≥0恒成立，排除B，C.故選A.7．已知橢圓＋＝1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F1(－2,0)，過點(diǎn)F1作傾斜角為30°的直線與圓x2＋y2＝b2相交的弦長(zhǎng)為b，則橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為()

A.＋＝1

B．＋＝1

C.＋＝1

D．＋＝1

答案　B

解析　由左焦點(diǎn)為F1(－2,0)，可得c＝2，即a2－b2＝4，過點(diǎn)F1作傾斜角為30°的直線的方程為y＝(x＋2)，圓心(0,0)到直線的距離d＝＝1，由直線與圓x2＋y2＝b2相交的弦長(zhǎng)為b，可得2＝b，解得b＝2，a＝2，則橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1.8．已知數(shù)列{an}，定義數(shù)列{an＋1－2an}為數(shù)列{an}的“2倍差數(shù)列”，若{an}的“2倍差數(shù)列”的通項(xiàng)公式為an＋1－2an＝2n＋1，且a1＝2，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則S33＝()

A．238＋1

B．239＋2

C．238＋2

D．239

答案　B

解析　根據(jù)題意，得an＋1－2an＝2n＋1，a1＝2，∴－＝1，∴數(shù)列是首項(xiàng)為1，公差d＝1的等差數(shù)列，∴＝1＋(n－1)＝n，∴an＝n·2n，∴Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，∴2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，∴－Sn＝2＋22＋23＋24＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝－2＋2n＋1－n·2n＋1＝－2＋(1－n)2n＋1，∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2，S33＝(33－1)×233＋1＋2＝239＋2.二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20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5分，有選錯(cuò)的得0分，部分選對(duì)的得3分．

9．(2020·山東青島一模)已知向量a＋b＝(1,1)，a－b＝(－3,1)，c＝(1,1)，設(shè)a，b的夾角為θ，則()

A．|a|＝|b|

B．a(chǎn)⊥c

C．b∥c

D．θ＝135°

答案　BD

解析　根據(jù)題意，得a＋b＝(1,1)，a－b＝(－3,1)，則a＝(－1,1)，b＝(2,0)，依次分析選項(xiàng)：對(duì)于A，∵|a|＝，|b|＝2，∴|a|＝|b|不成立，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，∵a＝(－1,1)，c＝(1,1)，a·c＝0，∴a⊥c，B正確；對(duì)于C，∵b＝(2,0)，c＝(1,1)，∴b∥c不成立，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，∵a＝(－1,1)，b＝(2，0)，∴a·b＝－2，|a|＝，|b|＝2，∴cosθ＝＝－，∴θ＝135°，D正確．故選BD.10．(2020·山東日照一模)若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(0)＝－1，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足f′(x)>m>1，則下列成立的有()

A．f>

B．f<－1

C．f>

D．f<0

答案　AC

解析　設(shè)g(x)＝f(x)－mx，則g′(x)＝f′(x)－m>0，故函數(shù)g(x)＝f(x)－mx在R上單調(diào)遞增，又>0，∴g>g(0)，故f－1>－1，∴f>0，而<0，∴f>，故A正確，B錯(cuò)誤．又>0，故g>g(0)，∴f－>－1，∴f>>0，故C正確，D錯(cuò)誤．故選AC.11.(2020·山東菏澤高三聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋4φ)的部分圖象如圖所示，若將函數(shù)f(x)的圖象縱坐標(biāo)不變，橫坐標(biāo)縮短到原來的，再向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度，得到函數(shù)g(x)的圖象，則下列命題正確的是()

A．函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝2sin

B．函數(shù)g(x)的解析式為g(x)＝2sin

C．函數(shù)f(x)圖象的一條對(duì)稱軸是直線x＝－

D．函數(shù)g(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增

答案　ABD

解析　由題圖可知，A＝2，＝π，所以T＝4π＝，解得ω＝，故f(x)＝2sin.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的圖象過點(diǎn)C(0,1)，所以1＝2sin4φ，即sin4φ＝.因?yàn)?<φ<，所以0<4φ<，所以4φ＝，故f(x)＝2sin，故A正確；若將函數(shù)f(x)圖象的縱坐標(biāo)不變，橫坐標(biāo)縮短到原來的，則所得到的函數(shù)圖象對(duì)應(yīng)的解析式為y＝2sin，再向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度，所得到的函數(shù)圖象對(duì)應(yīng)的解析式為g(x)＝2sin＝2sin，故B正確；當(dāng)x＝－時(shí)，f＝2sin0＝0，即x＝－時(shí)，f(x)不取最值，故x＝－不是函數(shù)f(x)圖象的一條對(duì)稱軸，故C錯(cuò)誤；令2kπ－≤2x－≤2kπ＋(k∈Z)，得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)，故函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(k∈Z)，當(dāng)k＝1時(shí)，g(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，所以D正確．故選ABD.12．(2020·山東省第一次仿真聯(lián)考)一個(gè)正方體的平面展開圖如圖所示，在這個(gè)正方體中，點(diǎn)H是棱DN的中點(diǎn)，P，Q分別是線段AC，BN(不包含端點(diǎn))上的動(dòng)點(diǎn)，則下列說法正確的是()

A．在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過程中，存在HP∥BM

B．在點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)過程中，存在FQ⊥AH

C．三棱錐H－QAC的體積為定值

D．三棱錐B－PEM的體積不為定值

答案　BC

解析　由平面展開圖，還原正方體，如圖所示．對(duì)于A，因?yàn)辄c(diǎn)P是線段AC上的動(dòng)點(diǎn)，所以HP?平面ACH，因?yàn)锽M?平面ACH，且BM與平面ACH不平行，所以不存在HP∥BM，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，連接BD，設(shè)BD∩AC＝O，連接OF，設(shè)OF∩BN＝G，取AD的中點(diǎn)K，連接EK，OK，則O為BD的中點(diǎn)，OK∥EF，所以E，F(xiàn)，O，K四點(diǎn)共面，因?yàn)锳H⊥EK，AH⊥EF，EK∩EF＝E，所以AH⊥平面EFOK，因?yàn)镚F?平面EFOK，所以AH⊥GF，即當(dāng)點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)到G點(diǎn)時(shí)，F(xiàn)Q⊥AH，B正確；對(duì)于C，因?yàn)辄c(diǎn)H是棱DN的中點(diǎn)，所以O(shè)H∥BN，因?yàn)镺H?平面ACH，BN?平面ACH，所以BN∥平面ACH，則直線BN上的任意一點(diǎn)到平面ACH的距離相等，且為定值，因?yàn)辄c(diǎn)Q是線段BN上的動(dòng)點(diǎn)，所以點(diǎn)Q到平面ACH的距離d為定值，因?yàn)椤鰽CH的面積為定值，所以VH－QAC＝VQ－ACH＝d·S△ACH為定值，C正確；對(duì)于D，因?yàn)辄c(diǎn)P是線段AC上的動(dòng)點(diǎn)，AC∥EM，所以△PEM的面積為定值，且平面PEM就是平面ACME，因?yàn)辄c(diǎn)B到平面ACME的距離是定值，即點(diǎn)B到平面PEM的距離h也是定值，所以三棱錐B－PEM的體積VB－PEM＝h·S△PEM為定值，D錯(cuò)誤．

三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．

13．(2020·江蘇高考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若雙曲線－＝1(a＞0)的一條漸近線方程為y＝x，則該雙曲線的離心率是________．

答案

解析　雙曲線－＝1中，b＝.因?yàn)殡p曲線的一條漸近線方程為y＝x，即＝，所以a＝2，所以c＝＝＝3，所以雙曲線的離心率為＝.14．(2020·山東青島自主檢測(cè))已知(1＋x)10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a10(1－x)10，則a8＝________.答案　180

解析　∵(1＋x)10＝(－1－x)10＝[(－2)＋(1－x)]10，(1＋x)10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a10(1－x)10，∴a8＝C·(－2)2＝180.15．(2020·海口市高考調(diào)研考試)擁有“千古第一才女”之稱的宋代女詞人李清照發(fā)明了古代非常流行的游戲“打馬”，在她的《打馬賦》中寫道“實(shí)博弈之上流，乃閨房之雅戲”．“打馬”游戲用每輪拋擲三枚完全相同的骰子決定“馬”的行走規(guī)則，每一個(gè)拋擲結(jié)果都有對(duì)應(yīng)走法的名稱，如結(jié)果由兩個(gè)2點(diǎn)和一個(gè)3點(diǎn)組成，叫做“夾七”，結(jié)果由兩個(gè)2點(diǎn)和一個(gè)4點(diǎn)組成，叫做“夾八”．則在某一輪中，能夠拋出“夾七”或“夾八”走法的概率是________．

答案

解析　記在某一輪中，拋出“夾七”的走法為事件A，拋出“夾八”的走法為事件B，則事件A與事件B是互斥事件．故P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝C×2×＋C×2×＝.16．(2020·?？谀M演練)已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x＋b的圖象關(guān)于點(diǎn)(0,1)對(duì)稱，則b＝________；若對(duì)于x∈[0,1]總有f(x)≥0成立，則a的取值范圍是________．(本題第一空2分，第二空3分)

答案　1　[4，＋∞)

解析　由已知條件知y＝f(x)的圖象可由奇函數(shù)y＝ax3－3x的圖象上下平移得到，所以y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(0，b)對(duì)稱，所以b＝1.所以f(x)＝ax3－3x＋1.當(dāng)x＝0時(shí)，f(x)＝1≥0恒成立．當(dāng)0

17．(2020·山東德州一模)(本小題滿分10分)在條件①2cosA(bcosC＋ccosB)＝a，②csin＝asinC，③(sinB－sinC)2＝sin2A－sinBsinC中任選一個(gè)，補(bǔ)充到下面問題中，并給出問題解答．

已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，且a＝，b－c＝2，________.求BC邊上的高．

解　若選①：因?yàn)?cosA(bcosC＋ccosB)＝a，由正弦定理，得2cosA(sinBcosC＋sinCcosB)＝sinA，2分

即2cosAsinA＝sinA，因?yàn)?

由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA，所以b2＋c2－bc＝7，6分

又b－c＝2，化簡(jiǎn)，得c2＋2c－3＝0，所以c＝－3(舍去)或c＝1，從而b＝3.8分

設(shè)BC邊上的高是h，所以bcsinA＝ah，所以h＝.10分

若選②：由題設(shè)及正弦定理，得sinCsin＝sinAsinC，因?yàn)閟inC≠0，所以sin＝sinA，2分

又由A＋B＋C＝180°，可得sin＝cos，故cos＝2sincos，因?yàn)閏os≠0，所以sin＝，所以A＝.4分

下同選①.10分

若選③：由已知，得sin2B＋sin2C－sin2A＝sinBsinC，由正弦定理，得b2＋c2－a2＝bc.2分

由余弦定理，得cosA＝＝.因?yàn)?

下同選①.10分

18．(2020·山東濟(jì)寧三模)(本小題滿分12分)已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，其前n項(xiàng)和Sn＝，n∈N*.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an；

(2)設(shè)bn＝log2，若稱使數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為整數(shù)的正整數(shù)n為“優(yōu)化數(shù)”，試求區(qū)間(0,2020)內(nèi)所有“優(yōu)化數(shù)”的和S.解(1)由數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝，知

當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝，a1＝S1，所以a1(a1－1)＝0，又a1>0，所以a1＝1，1分

當(dāng)n>1時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝－，整理得(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，因?yàn)閍n＋an－1>0，所以an－an－1＝1，3分

所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)a1＝1，公差d＝1的等差數(shù)列，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝a1＋(n－1)d＝n.5分

(2)由an＝n，知bn＝log2＝log2，所以數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為b1＋b2＋b3＋…＋bn＝log2＋log2＋log2＋…＋log2＝log2＝log2(n＋2)－1，7分

令b1＋b2＋b3＋…＋bn＝k(k∈Z)，則有l(wèi)og2(n＋2)－1＝k，n＝2k＋1－2，由n∈(0,2020)，k∈Z，知k<10且k∈N*，所以區(qū)間(0,2020)內(nèi)所有“優(yōu)化數(shù)”的和為S＝(22－2)＋(23－2)＋(24－2)＋…＋(210－2)＝(22＋23＋24＋…＋210)－18＝－18＝211－22＝2026.12分

19．(2020·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三6月模擬)(本小題滿分12分)某公司為研究某種圖書每?jī)?cè)的成本費(fèi)y(單位：元)與印刷數(shù)量x(單位：千冊(cè))的關(guān)系，收集了一些數(shù)據(jù)并進(jìn)行了初步處理，得到了下面的散點(diǎn)圖及一些統(tǒng)計(jì)量的值．

(xi－)2

(xi－)·

(yi－)

(ui－)2

(ui－)·

(yi－)

15.25

3.63

0.269

2085.5

－230.3

0.787

7.049

表中ui＝，＝i.(1)根據(jù)散點(diǎn)圖判斷：y＝a＋bx與y＝c＋哪一個(gè)模型更適合作為該圖書每?jī)?cè)的成本費(fèi)y與印刷數(shù)量x的回歸方程？(只要求給出判斷，不必說明理由)

(2)根據(jù)(1)的判斷結(jié)果及表中數(shù)據(jù)，建立y關(guān)于x的回歸方程(結(jié)果精確到0.01)；

(3)若該圖書每?jī)?cè)的定價(jià)為9.22元，則至少應(yīng)該印刷多少冊(cè)才能使銷售利潤(rùn)不低于80000元？(假設(shè)能夠全部售出，結(jié)果精確到1)

附：對(duì)于一組數(shù)據(jù)(ω1，ν1)，(ω2，ν2)，…，(ωn，νn)，其回歸直線＝＋ω的斜率和截距的最小二乘估計(jì)分別為＝，＝－

.解(1)由散點(diǎn)圖判斷，y＝c＋更適合作為該圖書每?jī)?cè)的成本費(fèi)y(單位：元)與印刷數(shù)量x(單位：千冊(cè))的回歸方程.3分

(2)令u＝，先建立y關(guān)于u的線性回歸方程，由于＝≈8.957≈8.96，所以＝－·＝3.63－8.957×0.269≈1.22，所以y關(guān)于u的線性回歸方程為＝1.22＋8.96u，6分

所以y關(guān)于x的回歸方程為＝1.22＋.8分

(3)假設(shè)印刷x千冊(cè)可使銷售利潤(rùn)不低于80000元，則依題意得9.22x－x≥80，解得x≥11.12，所以至少印刷11120冊(cè)才能使銷售利潤(rùn)不低于80000元.12分

20．(2020·新高考卷Ⅰ)(本小題滿分12分)如圖，四棱錐P－ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD.設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為l.(1)證明：l⊥平面PDC；

(2)已知PD＝AD＝1，Q為l上的點(diǎn)，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值．

解(1)證明：在正方形ABCD中，AD∥BC，因?yàn)锳D?平面PBC，BC?平面PBC，所以AD∥平面PBC，又AD?平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，所以AD∥l.3分

因?yàn)樵谒睦忮FP－ABCD中，底面ABCD是正方形，所以AD⊥DC，所以l⊥DC，又PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，所以l⊥PD.因?yàn)镈C∩PD＝D，所以l⊥平面PDC.6分

(2)如圖，建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz，因?yàn)镻D＝AD＝1，則有D(0,0,0)，C(0,1,0)，A(1,0,0)，P(0，0,1)，B(1,1,0)，設(shè)Q(m,0,1)，則有＝(0,1,0)，＝(m,0,1)，＝(1,1，－1)．

設(shè)平面QCD的法向量為n＝(x，y，z)，則即

令x＝1，則z＝－m，所以平面QCD的一個(gè)法向量為n＝(1，0，－m)，則cos〈n，〉＝＝.9分

根據(jù)直線的方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對(duì)值即為直線與平面所成角的正弦值，所以直線與平面所成角的正弦值等于

|cos〈n，〉|＝＝·

＝·≤·≤·＝，當(dāng)且僅當(dāng)m＝1時(shí)取等號(hào)，所以直線PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值為.12分

21.(2020·廣東揭陽(yáng)模擬)(本小題滿分12分)如圖，過拋物線C：y2＝8x的焦點(diǎn)F的直線交拋物線C于不同的兩點(diǎn)A，B，P為拋物線上任意一點(diǎn)(與A，B不重合)，直線PA，PB分別交拋物線的準(zhǔn)線l于點(diǎn)M，N.(1)寫出焦點(diǎn)F的坐標(biāo)和準(zhǔn)線l的方程；

(2)求證：MF⊥NF.解(1)由拋物線方程知，焦點(diǎn)F(2,0)，準(zhǔn)線l為x＝－2.2分

(2)證明：設(shè)直線AB的方程為x－2＝my(m∈R)．

令P(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由消去x得，y2－8my－16＝0，則y1y2＝－16.5分

直線PB的方程為＝，即y＝(x－x0)＋y0＝＋y0＝＋y0＝，當(dāng)x＝－2時(shí)，y＝，∴N，同理，得M，8分

∴F＝，＝，∴·＝16＋×

＝

＝

＝＝0.∴⊥，∴MF⊥NF.12分

22．(2020·山東聊城二模)(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝x2eax＋1＋1－a(a∈R)，g(x)＝ex－1－x.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)?a∈(0,1)，是否存在實(shí)數(shù)λ，?m∈[a－1，a]，?n∈[a－1，a]，使[f(n)]2－λg(m)<0成立？若存在，求出λ的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說明理由．

解(1)f(x)＝x2eax＋1＋1－a(a∈R)的定義域?yàn)?－∞，＋∞)，f′(x)＝x(ax＋2)eax＋1.1分

①當(dāng)a＝0時(shí)，x>0，f′(x)>0，x<0，f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0).2分

②當(dāng)a>0時(shí)，x∈，f′(x)>0，x∈，f′(x)<0，x∈(0，＋∞)，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，(0，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為.3分

③當(dāng)a<0時(shí)，x∈(－∞，0)，f′(x)<0，x∈，f′(x)>0，x∈，f′(x)<0.4分

所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)，單調(diào)遞增區(qū)間為.5分

(2)由g(x)＝ex－1－x，得g′(x)＝ex－1－1，當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0，當(dāng)x<1時(shí)，g′(x)<0，故g(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，6分

所以g(x)min＝g(1)＝0，故當(dāng)m∈[a－1，a]時(shí)，g(m)min＝g(a)＝ea－1－a>0.7分

當(dāng)a∈(0,1)時(shí)，a－1>－，由(1)知，當(dāng)n∈[a－1，a]時(shí)，f(n)min＝f(0)＝1－a>0，所以[f(n)]＝(1－a)2，8分

若?m∈[a－1，a]，?n∈[a－1，a]，使[f(n)]2－λg(m)<0成立，即[f(n)]2<λg(m)，則λ>0，且[f(n)]<λg(m)min.所以(1－a)2<λ(ea－1－a)，所以λ>.9分

設(shè)h(x)＝，x∈[0,1)，則h′(x)＝，令r(x)＝3ex－1－xex－1－x－1，x∈[0,1]，則r′(x)＝(2－x)ex－1－1，10分

當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，由ex≥x＋1，故e1－x≥2－x，所以(2－x)ex－1≤1，故r′(x)≤0，所以r(x)在[0,1]上單調(diào)遞減，所以x∈[0,1)時(shí)，r(x)>r(1)＝0，即r(x)>0，又x∈[0,1)時(shí)，x－1<0，所以當(dāng)x∈[0,1)時(shí)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h(x)

所以當(dāng)λ≥e時(shí)，?a∈(0,1)，?m∈[a－1，a]，?n∈[a－1，a]，使[f(n)]2－λg(m)<0成立.12分