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2016-2017学年新疆乌鲁木齐七十中高二（下）3月月考数学试卷（理科）
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.
1．是z的共轭复数，若z+=2，（z﹣）i=2（i为虚数单位），则z=（ ）
A．1+i B．﹣1﹣i C．﹣1+i D．1﹣i
2．设a，b∈R，且a≠b，a+b=2，则必有（ ）
A． B．
C． D．
3．在的展开式中，含x7的项的系数是（ ）
A．60 B．160 C．180 D．240
4．已知x∈（0，+∞）有下列各式：x+≥2，x+≥3，x+=≥4成立，观察上面各式，按此规律若x+≥5，则正数a=（ ）
A．4 B．5 C．44 D．55
5．若函数f（x）=kx﹣lnx在区间（1，+∞）单调递增，则k的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，﹣2] B．（﹣∞，﹣1] C．[2，+∞） D．[1，+∞）
6．定积分的值为（ ）
A． B．π﹣2 C．2π﹣2 D．4π﹣8
7．设函数f（x）在R上可导，其导函数为f′（x），且函数y=（1﹣x）f′（x）的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是（ ）
A．函数f（x）有极大值f（2）和极小值f（1）
B．函数f（x）有极大值f（﹣2）和极小值f（1）
C．函数f（x）有极大值f（2）和极小值f（﹣2）
D．函数f（x）有极大值f（﹣2）和极小值f（2）
8．设（ ）
A．都大于2 B．至少有一个大于2
C．至少有一个不小于2 D．至少有一个不大于2
9．平面几何中，有边长为a的正三角形内任一点到三边距离之和为定值，类比上述命题，棱长为a的正四面体内任一点到四个面的距离之和为（ ）
A． B． C． D．
10．函数f（x）的定义域是R，f（0）=2，对任意x∈R，f（x）+f′（x）＞1，则不等式ex•f（x）＞ex+1的解集为（ ）
A．{x|x＞0} B．{x|x＜0}
C．{x|x＜﹣1，或x＞1} D．{x|x＜﹣1，或0＜x＜1}
11．用0、1、2、3、4这五个数字组成无重复数字的五位数，其中恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的五位数的个数是（ ）
A．48 B．36 C．28 D．12
12．若关于x的不等式xex﹣ax+a＜0的解集为（m，n）（n＜0），且（m，n）中只有一个整数，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在答题卡中的相应位置.
13．若复数z1=a+2i（a∈R），z2=3﹣4i，且为纯虚数，则|z1|= ．
14．已知直线y=﹣x+m是曲线y=x2﹣3lnx的一条切线，则m的值为 ．
15．某科室派出4名调研员到3个学校，调研该校高三复习备考近况，要求每个学校至少一名，则不同的分配方案种数为 ．
16．设函数f（x）=，g（x）=，若对任意的x1、x2∈（0，+∞），不等式≤恒成立，则正数k的取值范围是 ．
三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．解答写在答题卡上的指定区域内．
17．求曲线y=，x+y=6，y=﹣x围成的平面图形的面积．
18．已知f（x）=（x2+ax+﹣2a﹣3）ex在x=2时取得极值．
（1）求a的值；
（2）求f（x）在区间[，3]上的最大值和最小值．
19．若a＞b＞c＞d＞0，且a+d=b+c，求证：．
20．现有4名男生、3名女生站成一排照相．（结果用数字表示）
（1）女生甲不在排头，女生乙不在排尾，有多少种不同的站法？
（2）女生不相邻，有多少种不同的站法？
（3）女生甲要在女生乙的右方，有多少种不同的站法？
21．设数列{an}的前n项和为Sn，并且满足2Sn=+n，an＞0．
（1）求a1，a2，a3的值，并猜想an的通项公式；
（2）用数学归纳法证明你的猜想．
22．已知f（x）=a（x﹣lnx）+，a∈R．
（I）讨论f（x）的单调性；
（II）当a=1时，证明f（x）＞f′（x）+对于任意的x∈[1，2]成立．
2016-2017学年新疆乌鲁木齐七十中高二（下）3月月考数学试卷（理科）
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.
1．是z的共轭复数，若z+=2，（z﹣）i=2（i为虚数单位），则z=（ ）
A．1+i B．﹣1﹣i C．﹣1+i D．1﹣i
【考点】复数代数形式的乘除运算．
【分析】由题，先求出z﹣=﹣2i，再与z+=2联立即可解出z得出正确选项．
【解答】解：由于，（z﹣）i=2，可得z﹣=﹣2i ①
又z+=2 ②
由①②解得z=1﹣i
故选D．
2．设a，b∈R，且a≠b，a+b=2，则必有（ ）
A． B．
C． D．
【考点】基本不等式．
【分析】利用基本不等式先判断a2+b2与2ab的关系，然后以此对选项作出筛选．
【解答】解：因为对任意a，b∈R，a≠b，有a2+b2＞2ab，
所以＞ab，故排除A、C、D，
故选B．
3．在的展开式中，含x7的项的系数是（ ）
A．60 B．160 C．180 D．240
【考点】二项式系数的性质．
【分析】利用展开式的通项公式，令展开式中x的指数为7，求出r的值，即可计算对应项的系数．
【解答】解：在的展开式中，
通项公式为Tr+1=•（2x2）6﹣r•
=•26﹣r•（﹣1）r•，
令12﹣=7，解得r=2，
所以含x7项的系数是•24•（﹣1）2=240．
故选：D．
4．已知x∈（0，+∞）有下列各式：x+≥2，x+≥3，x+=≥4成立，观察上面各式，按此规律若x+≥5，则正数a=（ ）
A．4 B．5 C．44 D．55
【考点】归纳推理．
【分析】由已知中的不等式x+≥2，x+≥3，x+=≥4，归纳推理得：x+≥n+1，进而根据n+1=5，求出n值，进而得到a值．
【解答】解：由已知中：x∈（0，+∞）时，
x+≥2，
x+≥3，
x+=≥4
…
归纳推理得：
x+≥n+1，
若x+≥5，
则n+1=5，即n=4，
此时a=nn=44，
故选：C
5．若函数f（x）=kx﹣lnx在区间（1，+∞）单调递增，则k的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，﹣2] B．（﹣∞，﹣1] C．[2，+∞） D．[1，+∞）
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【分析】f′（x）=k﹣，由于函数f（x）=kx﹣lnx在区间（1，+∞）单调递增，可得f′（x）≥0在区间（1，+∞）上恒成立．解出即可．
【解答】解：f′（x）=k﹣，
∵函数f（x）=kx﹣lnx在区间（1，+∞）单调递增，
∴f′（x）≥0在区间（1，+∞）上恒成立．
∴，
而y=在区间（1，+∞）上单调递减，
∴k≥1．
∴k的取值范围是[1，+∞）．
故选：D．
6．定积分的值为（ ）
A． B．π﹣2 C．2π﹣2 D．4π﹣8
【考点】定积分．
【分析】根据定积分的性质，将分展开﹣
，利用定积分的运算，分别求出定积分值．
【解答】利用定积分的运算法则将展开为：﹣，
∴表示由以（2，0）为圆心，以2为半径圆的面积，
∴=×4π=π，
==2，
∴分=π﹣2，
故答案为：B．
7．设函数f（x）在R上可导，其导函数为f′（x），且函数y=（1﹣x）f′（x）的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是（ ）
A．函数f（x）有极大值f（2）和极小值f（1）
B．函数f（x）有极大值f（﹣2）和极小值f（1）
C．函数f（x）有极大值f（2）和极小值f（﹣2）
D．函数f（x）有极大值f（﹣2）和极小值f（2）
【考点】函数在某点取得极值的条件；函数的图象．
【分析】利用函数的图象，判断导函数值为0时，左右两侧的导数的符号，即可判断极值．
【解答】解：由函数的图象可知，f′（﹣2）=0，f′（2）=0，并且当x＜﹣2时，f′（x）＞0，当﹣2＜x＜1，f′（x）＜0，函数f（x）有极大值f（﹣2）．
又当1＜x＜2时，f′（x）＜0，当x＞2时，f′（x）＞
0，故函数f（x）有极小值f（2）．
故选D．
8．设（ ）
A．都大于2 B．至少有一个大于2
C．至少有一个不小于2 D．至少有一个不大于2
【考点】分析法和综合法．
【分析】假设：中都小于2，则，但由于=≥2+2+2=6，出现矛盾，从而得出正确答案：中至少有一个不小于2．
【解答】解：由于=≥2+2+2=6，
∴中至少有一个不小于2，
故选C．
9．平面几何中，有边长为a的正三角形内任一点到三边距离之和为定值，类比上述命题，棱长为a的正四面体内任一点到四个面的距离之和为（ ）
A． B． C． D．
【考点】类比推理．
【分析】
由平面图形的性质向空间物体的性质进行类比时，常用的思路有：由平面图形中点的性质类比推理出空间里的线的性质，由平面图形中线的性质类比推理出空间中面的性质，由平面图形中面的性质类比推理出空间中体的性质．固我们可以根据已知中平面几何中，关于线的性质“正三角形内任意一点到三边距离之和是一个定值”，推断出一个空间几何中一个关于面的性质．
【解答】解：类比在边长为a的正三角形内任一点到三边的距离之和为定值，
在一个正四面体中，计算一下棱长为a的三棱锥内任一点到各个面的距离之和，
如图：
由棱长为a可以得到BF=，BO=AO=a﹣OE，
在直角三角形中，根据勾股定理可以得到
BO2=BE2+OE2，
把数据代入得到OE=a，
∴棱长为a的三棱锥内任一点到各个面的距离之和4×a=a，
故选B．
10．函数f（x）的定义域是R，f（0）=2，对任意x∈R，f（x）+f′（x）＞1，则不等式ex•f（x）＞ex+1的解集为（ ）
A．{x|x＞0} B．{x|x＜0}
C．{x|x＜﹣1，或x＞1} D．{x|x＜﹣1，或0＜x＜1}
【考点】函数单调性的性质；导数的运算．
【分析】构造函数g（x）=ex•f（x）﹣ex，结合已知可分析出函数g（x）的单调性，结合g（0）=1，可得不等式ex•f（x）＞ex+1的解集．
【解答】解：令g（x）=ex•f（x）﹣ex，
则g′（x）=ex•[f（x）+f′（x）﹣1]
∵对任意x∈R，f（x）+f′（x）＞1，
∴g′（x）＞0恒成立
即g（x）=ex•f（x）﹣ex在R上为增函数
又∵f（0）=2，∴g（0）=1
故g（x）=ex•f（x）﹣ex＞1的解集为{x|x＞0}
即不等式ex•f（x）＞ex+1的解集为{x|x＞0}
故选A
11．用0、1、2、3、4这五个数字组成无重复数字的五位数，其中恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的五位数的个数是（ ）
A．48 B．36 C．28 D．12
【考点】排列、组合及简单计数问题．
【分析】根据题意，对于一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的情况，分3种情况讨论，①、0被奇数夹在中间，②、2被奇数夹在中间，③、4被奇数夹在中间时，由组合式公式，分析求出每种情况下的排法数目，由分类加法原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，在0，1，2，3，4中有3个偶数，2个奇数，可以分3种情况讨论：
①、0被奇数夹在奇数中间，先考虑奇数1、3的顺序，有2种情况；再将1、0、3看成一个整体，
与2、4全排列，有A33=6种情况；
故0被奇数夹在奇数中间时，有2×6=12种情况．
②、2被奇数夹在奇数中间，先考虑奇数1、3的顺序，有2种情况；
再将1、2、3看成一个整体，与2、4全排列，有A33=6种情况，
其中0在首位的有2种情况，则有6﹣2=4种排法；故2被奇数夹在中间时，有2×4=8种情况．
③、4被奇数夹在中间时，同2被奇数夹在中间的情况，有8种情况．
则这样的五位数共有12+8+8=28种，
故选：C．
12．若关于x的不等式xex﹣ax+a＜0的解集为（m，n）（n＜0），且（m，n）中只有一个整数，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【考点】其他不等式的解法．
【分析】由题意设g（x）=xex，y=ax﹣a，将条件转化为：g（x）=xex在直线y=ax﹣a下方，有一个交点，求出g′（x）后，由导数与函数单调性的关系判断出g（x）的单调性，画出两个函数的图象，结合函数图象和斜率公式求出KPA、KPB，可得a的取值范围．
【解答】解：由题意设g（x）=xex，y=ax﹣a，
∵原不等式有唯一整数解，
∴g（x）=xex在直线y=ax﹣a下方，有一个交点，
∵g′（x）=（x+1）ex，
∴g（x）在（﹣∞，﹣1）递减，在（﹣1，+∞）递增，
∴g（x）min=g（﹣1）=﹣，
∵y=ax﹣a恒过定点P（1，0），
∴结合函数图象得，KPA≤a＜KPB，
又A（﹣2，），B（﹣1，），
∴KPA=，KPB=，即≤a＜，
故选：D．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在答题卡中的相应位置.
13．若复数z1=a+2i（a∈R），z2=3﹣4i，且为纯虚数，则|z1|= ．
【考点】复数代数形式的乘除运算．
【分析】由复数z1=a+2i（a∈R），z2=3﹣4i，则=，然后利用复数代数形式的乘除运算化简，再根据已知条件列出方程组，求解可得a的值，代入z1，再由复数求模公式计算得答案．
【解答】解：由复数z1=a+2i（a∈R），z2=3﹣4i，
则===，
∵为纯虚数，
∴，
解得：a=．
则z1=a+2i=，
∴|z1|=．
故答案为：．
14．已知直线y=﹣x+m是曲线y=x2﹣3lnx的一条切线，则m的值为 2 ．
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．
【分析】求出函数的导数，利用导数为﹣1，求出切点坐标，由切点在直线上，然后求出m的值．
【解答】解：曲线y=x2﹣3lnx（x＞0）的导数为：y′=2x﹣，
由题意直线y=﹣x+m是曲线y=x2﹣3lnx的一条切线，
可知2x﹣=﹣1，
所以x=1，所以切点坐标为（1，1），
切点在直线上，所以m=1+1=2．
故答案为：2．
15．某科室派出4名调研员到3个学校，调研该校高三复习备考近况，要求每个学校至少一名，则不同的分配方案种数为 36 ．
【考点】排列、组合的实际应用．
【分析】根据题意，分2步进行分析：①、把4名调研员分成3组，一组2人，其余两组各1人，②、将分好的3组对应三个学校，分别求出每一步的情况数目，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，分2步进行分析：
①、把4名调研员分成3组，一组2人，其余两组各1人，有C42=6种分组方法；
②、将分好的3组对应三个学校，有A33=6种情况，
则不同的分配方案有6×6=36种；
故答案为：36．
16．设函数f（x）=，g（x）=，若对任意的x1、x2∈（0，+∞），不等式≤
恒成立，则正数k的取值范围是 k≥ ．
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值．
【分析】当x＞0时，将f（x）变形，利用基本不等式可求f（x）的最小值，对函数g（x）求导，利用导数研究函数的单调性，进而可求g（x）的最大值，由≤恒成立且k＞0，则≤，可求k的范围．
【解答】解：∵当x＞0时，f（x）=e2x+≥2 =2e，
∴x1∈（0，+∞）时，函数f（x1）有最小值2e
∵g′（x）=，当x＜2时，g′（x）＞0，则函数g（x）在（0，2）上单调递增
当x＞2时，g′（x）＜0，则函数在（2，+∞）上单调递减
∴x=2时，函数g（x）有最大值g（2）=4，
则有x1、x2∈（0，+∞），f（x1）min=2e＞g（x2）max=4，
∵≤恒成立且k＞0，
∴≤，∴k≥，
故答案为：k≥
三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．解答写在答题卡上的指定区域内．
17．求曲线y=，x+y=6，y=﹣x围成的平面图形的面积．
【考点】定积分．
【分析】方法一：求得交点坐标，根据定积分的几何性质，计算即可求得围成的平面图形的面积；
方法二：求得交点坐标，对y积分，根据定积分的几何性质，计算即可求得围成的平面图形的面积．
【解答】解：方法一：，解得：，则A（4，2），
则C（6，0），
，解得：，则B（8，﹣2），
则阴影部分的面积dx+（﹣x+6）dx+S△OBC，
=+（﹣x2+6x）+×6×2，
=+2+6，
=，
则所围成的平面图形的面积S=．
方法二：对y积分，则阴影部分的面积（6﹣y﹣y2）dy+S△OBC，
=（6y﹣y2﹣y3）+×6×2，
=+6，
=，
则所围成的平面图形的面积S=．
18．已知f（x）=（x2+ax+﹣2a﹣3）ex在x=2时取得极值．
（1）求a的值；
（2）求f（x）在区间[，3]上的最大值和最小值．
【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数求闭区间上函数的最值．
【分析】（1）由题意，f′（2）=0，求导，代入即可求得a的值；
（2）由（1）可知，求导，根据导数与函数单调性的关系，即可求得区间[，3]上的最大值和最小值．
【解答】解：（1）由f（x）=（x2+ax+﹣2a﹣3）ex，求导f′（x）=（2x+a）ex+ex（x2+ax+﹣2a﹣3）=[x2+（a+2）x﹣a﹣3]ex，
由f（x）在x=2时取得极值，则f′（2）=0，即4+（a+2）×2﹣a﹣3=0，解得：a=﹣5，
∴a的值﹣5；
则f（x）=（x2+ax+﹣2a﹣3）ex，
（2）由f（x）=（x2+ax+﹣2a﹣3）ex，f′（x）=[x2﹣3x+2]ex=（x﹣2）（x﹣1）ex，
由f′（x）=0，解得：x=1或x=2，
∴f（x）在（﹣∞，1）递增，在（2，+∞）递增，由f′（x）＜0，得f（x）在（1，2）递减，
则当x=2时，取最小值，最小值为f（2）=e2，
f（）=，f（3）=e3，
∵f（3）﹣f（）=e3﹣=（4e﹣7）＞0，
则f（3）＞f（），
∴f（x）在的最大值是f（3）=e3，
∴f（x）在区间[，3]上的最大值e3和最小值e2．
19．若a＞b＞c＞d＞0，且a+d=b+c，求证：．
【考点】不等式的证明．
【分析】利用分析法进行证明即可．
【解答】证明：要证明，
只需证明d+a+2＜b+c+2，
∵a+d=b+c，
只需证明2＜2，
只需证明ad＜bc，
只需证明a（b+c﹣a）＜bc，
只需证明ab﹣a2+ac﹣bc＜0，
只需证明（a﹣b）（c﹣a）＜0，
∵a＞b＞c，∴a﹣b＞0，c﹣a＜0，
∴（a﹣b）（c﹣a）＜0，
综上，．
20．现有4名男生、3名女生站成一排照相．（结果用数字表示）
（1）女生甲不在排头，女生乙不在排尾，有多少种不同的站法？
（2）女生不相邻，有多少种不同的站法？
（3）女生甲要在女生乙的右方，有多少种不同的站法？
【考点】排列、组合的实际应用．
【分析】（1）根据题意，分2种情况讨论：①、女生甲排在队尾，②
女生甲排不在队尾，每种情况下依次分析女生乙和其他5名女生的站法数目，有分步计数原理可得每种情况下的站法数目，由加法原理，将两种情况的站法数目相加，即可得答案；
（2）根据题意，用插空法分2步进行分析：①、将4名男生全排列，排好后包括两端，有5个空位，②、在5个空位中任选3个，安排3名女生，分别求出每一步的情况数目，由分步计数原理计算可得答案；
（3）根据题意，将7人全排列，计算可得7人的站法数目，分析可得：女生甲在女生乙的右方与女生甲在女生乙的左方的数目相同，由倍分法计算可得答案．
【解答】解：（1）根据题意，分2种情况讨论：
①、女生甲排在队尾，女生乙有6个位置可选，
剩下的5人全排列，安排在其他5个位置，有A55种情况，
此时有6×A55=720种站法；
②女生甲排不在队尾，女生甲有5个位置可选，女生乙不在排尾，女生乙有5个位置可选，
剩下的5人全排列，安排在其他5个位置，有A55种情况，
此时有5×5×A55=3000种站法；
则一共有720+3000=3720
（2）根据题意，分2步进行分析：
①、将4名男生全排列，有A44=24种顺序，排好后包括两端，有5个空位，
②、在5个空位中任选3个，安排3名女生，有A53=60种情况，
则此时有24×60=1440种站法；
（3）根据题意，将7人全排列，有A77=5040种顺序，
女生甲在女生乙的右方与女生甲在女生乙的左方的数目相同，
则女生甲要在女生乙的右方的排法有×A77=2520种情况．
21．设数列{an}的前n项和为Sn，并且满足2Sn=+n，an＞0．
（1）求a1，a2，a3的值，并猜想an的通项公式；
（2）用数学归纳法证明你的猜想．
【考点】数学归纳法．
【分析】（1）分别令n=1，2，3，能够求出求a1，a2，a3，猜想：an=n，
（2）由2Sn=an2+n可知，当n≥2时，2Sn﹣1=an﹣12+（n﹣1），所以an2=2an+an﹣12﹣1再用数学归纳法进行证明；
【解答】解：（1）当n=1时，2S1=a12+1=2a1，解得a1=1，
当n=2时，2S2=a22+2=2a1+2a2，解得a2=2，
当n=3时，2S3=a32+3=2a1+2a2+2a3，解得a3=3，
并猜想an=n
（2）①当n=1时，a1=1成立；
②假设当n=k时，ak=k．
那么当n=k+1时，
∵2Sk+1=ak+12+k+1，∴2（ak+1+Sk）=ak+12+k+1，
∴ak+12=2ak+1+2Sk﹣（k+1）=2ak+1+（k2+k）﹣（k+1）=2ak+1+（k2﹣1）⇒[ak+1﹣（k+1）][ak+1+（k﹣1）]=0．
∵ak+1+（k﹣1）＞0，∴ak+1=k+1，这就是说，当n=k+1时也成立，
故对于n∈N*，均有an=n．
22．已知f（x）=a（x﹣lnx）+，a∈R．
（I）讨论f（x）的单调性；
（II）当a=1时，证明f（x）＞f′（x）+对于任意的x∈[1，2]成立．
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．
【分析】（Ⅰ）求出原函数的导函数，然后对a分类分析导函数的符号，由导函数的符号确定原函数的单调性；
（Ⅱ）构造函数F（x）=f（x）﹣f′（x），令g（x）=x﹣lnx，h（x）=．则F（x）=f（x）﹣f′（x）=g（x）+h（x），利用导数分别求g（x）与h（x）的最小值得到F（x）＞恒成立．由此可得f（x）＞f′（x）+对于任意的x∈[1，2]成立．
【解答】（Ⅰ）解：由f（x）=a（x﹣lnx）+，
得f′（x）=a（1﹣）+
==（x＞0）．
若a≤0，则ax2﹣2＜0恒成立，
∴当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；
当a＞0，若0＜a＜2，当x∈（0，1）和（，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，
当x∈（1，）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；
若a=2，f′（x）≥0恒成立，f（x）在（0，+∞）上为增函数；
若a＞2，当x∈（0，）和（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，
当x∈（，1）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；
（Ⅱ）解：∵a=1，
令F（x）=f（x）﹣f′（x）=x﹣lnx﹣1=x﹣lnx+．
令g（x）=x﹣lnx，h（x）=．
则F（x）=f（x）﹣f′（x）=g（x）+h（x），
由，可得g（x）≥g（1）=1，当且仅当x=1时取等号；
又，
设φ（x）=﹣3x2﹣2x+6，则φ（x）在[1，2]上单调递减，
且φ（1）=1，φ（2）=﹣10，
∴在[1，2]上存在x0，使得x∈（1，x0） 时φ（x0）＞0，x∈（x0
，2）时，φ（x0）＜0，
∴函数h（x）在（1，x0）上单调递增；在（x0，2）上单调递减，
由于h（1）=1，h（2）=，因此h（x）≥h（2）=，当且仅当x=2取等号，
∴f（x）﹣f′（x）=g（x）+h（x）＞g（1）+h（2）=，
∴F（x）＞恒成立．
即f（x）＞f′（x）+对于任意的x∈[1，2]成立．