江苏省扬州中学2015-2016学年高二(下)期中数学试卷(理科)(解析版)

2015-2016学年江苏省扬州中学高二（下）期中数学试卷（理科）一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共70分）1．复数z=的共轭复数为．2．命题“x=π”是“sinx=0”的条件．3．设异面直线l1，l2的方向向量分别为=（1，1，0），=（1，0，﹣1），则异面直线l1，l2所成角的大小为．4．的二项展开式中，x3的系数是．（用数字作答）5．某团队有6人入住宾馆中的6个房间，其中的房号301与302对门，303与304对门，305与306对门，若每人随机地拿了这6个房间中的一把钥匙，则其中的甲、乙两人恰好对门的概率为．6．已知可导函数f（x）的导函数f′（x）满足f′（x）＞f（x），则不等式的解集是．7．设f（k）=+++…+（k∈N*），那么f（k+1）﹣f（k）=．8．若数列{a n}的通项公式，记f（n）=（1﹣a1）（1﹣a2）…（1﹣a n），试通过计算f（1），f（2），f（3）的值，推测出f（n）=．9．甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法总数是．10．已知：（x+2）8=a0+a1（x+1）+a2（x+1）2+…+a8（x+1）8，其中a i=（i=0，1，2…8）为实常数，则a1+2a2+…+7a7+8a8=．11．某班某天要安排语文、数学、政治、英语、体育、艺术6节课，要求数学课排在前3节，体育课不排在第1节，则不同的排法种数为．（以数字作答）．12．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点．则二面角B﹣DE﹣C的平面角的余弦值是．13．已知函数f（x）=x3+ax2+bx在区间[﹣1，1）、（1，3]内各有一个极值点，则a﹣4b的取值范围是．14．我们在学习立体几何推导球的体积公式时，用到了祖日恒原理：即两个等高的几何体，被等高的截面所截，若所截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．类比此方法：求双曲线（a＞0，b＞0），与x轴，直线y=h （h＞0）及渐近线所围成的阴影部分（如图）绕y轴旋转一周所得的几何体的体积．二．解答题（本大题共6题，共90分）15．已知命题：“∃x∈{x|﹣1＜x＜1}，使等式x2﹣x﹣m=0成立”是真命题，（1）求实数m的取值集合M；（2）设不等式（x﹣a）（x+a﹣2）＜0的解集为N，若x∈N是x∈M的必要条件，求a的取值范围．16．已知复数w满足w﹣4=（3﹣2w）i（i为虚数单位）．（1）求w；（2）设z∈C，在复平面内求满足不等式1≤|z﹣w|≤2的点Z构成的图形面积．17．已知的展开式中，某一项的系数是它前一项系数的2倍，而又等于它后一项系数的．（1）求展开后所有项的系数之和及所有项的二项式系数之和；（2）求展开式中的有理项．18．如图（1），等腰直角三角形ABC的底边AB=4，点D在线段AC上，DE⊥AB 于E，现将△ADE沿DE折起到△PDE的位置（如图（2））．（Ⅰ）求证：PB⊥DE；（Ⅱ）若PE⊥BE，直线PD与平面PBC所成的角为30°，求PE长．19．某班级共派出n+1个男生和n个女生参加学校运动会的入场仪式，其中男生甲为领队．入场时，领队男生甲必须排第一个，然后女生整体在男生的前面，排成一路纵队入场，共有E n种排法；入场后，又需从男生（含男生甲）和女生中各选一名代表到主席台服务，共有F n种选法．（1）试求E n和F n；），并用数学归纳法证明．（2）判断lnE n和F n的大小（n∈N+20．已知函数f（x）（x∈R），f′（x）存在，记g（x）=f′（x），且g′（x）也存在，g′（x）＜0．（1）求证：f（x）≤f（x0）+f′（x0）（x﹣x0）；（x0∈R）（2）设n），且λ1+λ2+…+λn=1，x i∈R（i=1，…，n）（n ）∈N+求证：λ1f（x1）+λ2f（x2）+…+λn f（x n）≤f（λ1x1+λ2x2+…+λn x n）（3）已知a，f（a），f[f（a）]，f{f[（f（a）]}是正项的等比数列，求证：f（a）=a．2015-2016学年江苏省扬州中学高二（下）期中数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共70分）1．复数z=的共轭复数为．【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，然后利用共轭复数的概念得答案．【解答】解：∵z==，∴．故答案为：．2．命题“x=π”是“sinx=0”的充分不必要条件．【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【分析】x=π⇒sinx=0，反之不成立，例如取x=0，满足sinx=0．即可判断出结论．【解答】解：x=π⇒sinx=0，反之不成立，例如取x=0，满足sinx=0．∴“x=π”是“sinx=0”的充分不必要条件．故答案为：充分不必要．3．设异面直线l1，l2的方向向量分别为=（1，1，0），=（1，0，﹣1），则异面直线l1，l2所成角的大小为．【考点】异面直线及其所成的角．【分析】求出cos＜＞，由此能求出异面直线l1，l2所成角的大小．【解答】解：∵异面直线l1，l2的方向向量分别为，∴cos＜＞===，∴＜＞=．∴异面直线l1，l2所成角的大小为．故答案为：．4．的二项展开式中，x3的系数是﹣10．（用数字作答）【考点】二项式系数的性质．【分析】利用二项展开式的通项公式求出展开式中第r+1项，令x的指数为3得解．=，【解答】解：T r+1令5﹣2r=3得r=1，所以x3的系数为（﹣2）1•C51=﹣10．故答案为﹣105．某团队有6人入住宾馆中的6个房间，其中的房号301与302对门，303与304对门，305与306对门，若每人随机地拿了这6个房间中的一把钥匙，则其中的甲、乙两人恰好对门的概率为．【考点】古典概型及其概率计算公式．【分析】6个人拿6把钥匙可以看作是6个人的全排列，而甲乙对门的拿法种数包括甲乙拿301与302门的钥匙，其余4人任意排列，甲乙拿303与304门的钥匙，其余4人任意排列，甲乙拿305与306门的钥匙，其余4人任意排列，然后利用古典概型概率计算公式求概率．【解答】解：法一、6个人拿6把钥匙共有种不同的拿法，记甲、乙恰好对门为事件A，则事件A包括甲、乙拿了301与302，其余4人随意拿．共种；甲、乙拿了303与304，其余4人随意拿．共种；甲、乙拿了305与306，其余4人随意拿．共种；所以甲、乙两人恰好对门的拿法共有种．则甲、乙两人恰好对门的概率为p（A）=．故答案为．法二、仅思考甲乙2人那钥匙的情况，甲可以拿走6个房间中的任意一把钥匙，有6种拿法，乙则从剩余的5把钥匙中那走一把，共有6×5=30种不同的拿法，而甲乙对门的拿法仅有种，所以甲乙恰好对门的概率为．故答案为．6．已知可导函数f（x）的导函数f′（x）满足f′（x）＞f（x），则不等式的解集是（1，+∞）．【考点】导数的运算．【分析】由此想到构造函数g（x）=，求导后结合f'（x）＞f（x），可知函数g（x）是实数集上的增函数，然后利用函数的单调性可求得不等式的解集【解答】解：令g（x）=，则g′（x）=，因为f'（x）＞f（x），所以g′（x）＞0，所以，函数g（x）为（﹣∞，+∞）上的增函数，由ef（x）＞f（1）e x，得：，即g（x）＞g（1），因为函数不等式，所以g（x）＞g（1），所以，x＞1．故答案为（1，+∞）．7．设f（k）=+++…+（k∈N*），那么f（k+1）﹣f（k）=．【考点】函数的值．【分析】根据函数表达式之间的关系即可得到结论．【解答】解：∵f（k）=+++…+（k∈N*），∴f（k+1）=++…++；（k∈N*），则f（k+1）﹣f（k）=++…++﹣（+++…+）=；故答案为：8．若数列{a n}的通项公式，记f（n）=（1﹣a1）（1﹣a2）…（1﹣a n），试通过计算f（1），f（2），f（3）的值，推测出f（n）=．【考点】归纳推理；数列的应用；数列递推式．【分析】本题考查的主要知识点是：归纳推理与类比推理，根据题目中已知的数列{a n}的通项公式，及f（n）=（1﹣a1）（1﹣a2）…（1﹣a n），我们易得f（1），f（2），f（3）的值，观察f（1），f（2），f（3）的值的变化规律，不难得到f（n）的表达式．【解答】解：∵∴又∵f（n）=（1﹣a1）（1﹣a2）…（1﹣a n）∴，…由此归纳推理：∴===故答案为：9．甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法总数是336．【考点】排列、组合及简单计数问题．【分析】由题意知本题需要分组解决，共有两种情况，对于7个台阶上每一个只站一人，若有一个台阶有2人另一个是1人，根据分类计数原理得到结果．【解答】解：由题意知本题需要分组解决，∵对于7个台阶上每一个只站一人有A73种；若有一个台阶有2人另一个是1人共有C31A72种，∴根据分类计数原理知共有不同的站法种数是A73+C31A72=336种．故答案为：336．10．已知：（x+2）8=a0+a1（x+1）+a2（x+1）2+…+a8（x+1）8，其中a i=（i=0，1，2…8）为实常数，则a1+2a2+…+7a7+8a8=1024．【考点】二项式定理的应用．【分析】把所给的等式两边分别对x求导数，可得8（x+2）7=a1+2a2（x+1）+…+7a7（x+1）6+8a8（x+1）7，再令x=0，可得则a1+2a2+…+7a7+8a8的值．【解答】解：∵[1+（x+1）]8=a0+a1（x+1）+…+a8（x+1）8，其中a i=（i=0，1，2…8）为实常数，两边分别对x求导数，可得8（x+2）7=a1+2a2（x+1）+…+7a7（x+1）6+8a8（x+1）7，再令x=0，可得则a1+2a2+…+7a7+8a8=8•27=1024，故答案为：1024．11．某班某天要安排语文、数学、政治、英语、体育、艺术6节课，要求数学课排在前3节，体育课不排在第1节，则不同的排法种数为312．（以数字作答）．【考点】计数原理的应用．【分析】因为数学数学课排在前3节，体育课不排在第1节，所以第一节是特殊的一节课，因此可以分数学排在第一节或数学不排在第一节两类，根据分类计数原理即可得到．【解答】解：分两类，数学科排在第一节，或不排在第一节，第一类，当数学课排在第一节时，其它课任意排有种，第一类，当数学课排在第二或第三节课时，第一节从语文、政治、英语、艺术四门科种任排一节，再排数学，然后排其它节次，共有=192种，根据分类计数原理得不同的排法种数为120+192=312种．故答案为：312．12．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点．则二面角B﹣DE﹣C的平面角的余弦值是．【考点】二面角的平面角及求法．【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B﹣DE﹣C的平面角的余弦值．【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴，建立空间直角坐标系，设PD=DC=2，则B（2，2，0），D（0，0，0），C（0，2，0），P（0，0，2），E（0，1，1），=（2，2，0），=（0，1，1），设平面BDE的法向量=（x，y，z），则，取x=1，得=（1，﹣1，1），平面DEC的法向量=（0，0，1），设二面角B﹣DE﹣C的平面角为θ，则cosθ==．∴二面角B﹣DE﹣C的平面角的余弦值是．故答案为：．13．已知函数f（x）=x3+ax2+bx在区间[﹣1，1）、（1，3]内各有一个极值点，则a﹣4b的取值范围是（﹣16，10] ．【考点】利用导数研究函数的极值．【分析】求导函数，利用f（x）的两个极值点分别是x1，x2，x1∈[﹣1，1），x2∈（1，3]，建立不等式，利用平面区域，即可求a﹣4b的取值范围．【解答】解：由题意，f′（x）=x2+ax+b，∵f（x）的两个极值点分别是x1，x2，x1∈（﹣1，1），x2∈（1，3），∴，对应的平面区域如图所示：令z=a﹣4b，得：b=a﹣z，平移直线b=b=a﹣z，显然直线过A（﹣4，3）时，z最小，最小值是﹣16，过B（﹣2，﹣3）时，z最大，最大值是10，故答案为：（﹣16，10]．14．我们在学习立体几何推导球的体积公式时，用到了祖日恒原理：即两个等高的几何体，被等高的截面所截，若所截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．类比此方法：求双曲线（a＞0，b＞0），与x轴，直线y=h （h＞0）及渐近线所围成的阴影部分（如图）绕y轴旋转一周所得的几何体的体积a2hπ．【考点】类比推理．【分析】确定AC2﹣BC2=a2，由祖暅原理知，此旋转体的体积，等价于一个半径为a，高为h的柱体的体积．【解答】解：y=m，是一个圆环其面积S=π（AC2﹣BC2）∵⇒，同理∴AC2﹣BC2=a2，由祖暅原理知，此旋转体的体积，等价于一个半径为a，高为h 的柱体的体积为a2hπ．故答案为：a2hπ．二．解答题（本大题共6题，共90分）15．已知命题：“∃x∈{x|﹣1＜x＜1}，使等式x2﹣x﹣m=0成立”是真命题，（1）求实数m的取值集合M；（2）设不等式（x﹣a）（x+a﹣2）＜0的解集为N，若x∈N是x∈M的必要条件，求a的取值范围．【考点】复合命题的真假；必要条件、充分条件与充要条件的判断；一元二次不等式的解法．【分析】（1）利用参数分离法将m用x表示，结合二次函数的性质求出m的取值范围，从而可求集合M；（2）若x∈N是x∈M的必要条件，则M⊆N分类讨论①当a＞2﹣a即a＞1时，N={x|2﹣a＜x＜a}，②当a＜2﹣a即a＜1时，N={x|a＜x＜2﹣a}，③当a=2﹣a 即a=1时，N=φ三种情况进行求解【解答】解：（1）由x2﹣x﹣m=0可得m=x2﹣x=∵﹣1＜x＜1∴M={m|}（2）若x∈N是x∈M的必要条件，则M⊆N①当a＞2﹣a即a＞1时，N={x|2﹣a＜x＜a}，则即②当a＜2﹣a即a＜1时，N={x|a＜x＜2﹣a}，则即③当a=2﹣a即a=1时，N=φ，此时不满足条件综上可得16．已知复数w满足w﹣4=（3﹣2w）i（i为虚数单位）．（1）求w；（2）设z∈C，在复平面内求满足不等式1≤|z﹣w|≤2的点Z构成的图形面积．【考点】复数的代数表示法及其几何意义．【分析】（1）利用复数的运算法则即可得出；（2）利用复数圆的方程及其面积计算公式即可得出．【解答】解：（1）∵w（1+2i）=4+3i，∴；（2）在复平面内求满足不等式1≤|z﹣w|≤2的点Z构成的图形为一个圆环，其中大圆为：以（2，﹣1）为圆心，2为半径的圆；小圆是：以（2，﹣1）为圆心，1为半径的圆．∴在复平面内求满足不等式1≤|z﹣w|≤2的点Z构成的图形面积=22π﹣12×π=3π．17．已知的展开式中，某一项的系数是它前一项系数的2倍，而又等于它后一项系数的．（1）求展开后所有项的系数之和及所有项的二项式系数之和；（2）求展开式中的有理项．【考点】二项式定理的应用．【分析】利用展开式项的系数，由已知，求出n，（1）令x=1，得展开后所有项的系数之和（2）令展开式中x的指数为整数，求出有理项．【解答】解：的展开式的通项，由已知，得出化简，解得（1）在展开式两端令x=1，得展开后所有项的系数之和为37=2187．所有项的二项式系数之和27=128．（2）当为整数时，项为有理项．所以r=0，2，4，6．有理项分别为1，22C72x=84x，24C74x2=560x2，26C76x3=448x3．18．如图（1），等腰直角三角形ABC的底边AB=4，点D在线段AC上，DE⊥AB 于E，现将△ADE沿DE折起到△PDE的位置（如图（2））．（Ⅰ）求证：PB⊥DE；（Ⅱ）若PE⊥BE，直线PD与平面PBC所成的角为30°，求PE长．【考点】用空间向量求直线与平面的夹角；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角．【分析】（I）根据翻折后DE仍然与BE、PE垂直，结合线面垂直的判定定理可得DE⊥平面PEB，再由线面垂直的性质可得PB⊥DE；（II）分别以DE、BE、PE所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系．设PE=a，可得点B、D、C、P关于a的坐标形式，从而得到向量、坐标，利用垂直向量数量积为0的方法建立方程组，解出平面PCD的一个法向量为=（1，1，），由PD与平面PBC所成的角为30°和向量的坐标，建立关于参数a的方程，解之即可得到线段PE的长．【解答】解：（Ⅰ）∵DE⊥AB，∴DE⊥BE，DE⊥PE，…．∵BE∩PE=E，∴DE⊥平面PEB，又∵PB⊂平面PEB，∴BP⊥DE；…．（Ⅱ）∵PE⊥BE，PE⊥DE，DE⊥BE，∴分别以DE、BE、PE所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系（如图），…设PE=a，则B（0，4﹣a，0），D（a，0，0），C（2，2﹣a，0），P（0，0，a），…可得，，…设面PBC的法向量，∴令y=1，可得x=1，z=因此是面PBC的一个法向量，…∵，PD与平面PBC所成角为30°，…∴，即，…解之得：a=，或a=4（舍），因此可得PE的长为．…19．某班级共派出n+1个男生和n个女生参加学校运动会的入场仪式，其中男生甲为领队．入场时，领队男生甲必须排第一个，然后女生整体在男生的前面，排成一路纵队入场，共有E n种排法；入场后，又需从男生（含男生甲）和女生中各选一名代表到主席台服务，共有F n种选法．（1）试求E n和F n；），并用数学归纳法证明．（2）判断lnE n和F n的大小（n∈N+【考点】数学归纳法．【分析】（1）根据领队男生甲必须排第一个，然后女生整体在男生的前面，排成一路纵队入场，可得E n；根据从男生（含男生甲）和女生中各选一名代表到主席台服务，可得F n；（2）lnE n=2lnn!，F n=n（n+1），猜想2lnn!＜n（n+1），再用数学归纳法证明，第2步的证明，利用分析法进行证明．【解答】解：（1）根据领队男生甲必须排第一个，然后女生整体在男生的前面，排成一路纵队入场，可得；根据从男生（含男生甲）和女生中各选一名代表到主席台服务，可得…4分（2）因为lnE n=2lnn!，F n=n（n+1），所以lnE1=0＜F1=2，lnE2=ln4＜F2=6，lnE3=ln36＜F3=12，…，由此猜想：当n∈N*时，都有lnE n＜F n，即2lnn!＜n（n+1）…6分下用数学归纳法证明2lnn!＜n（n+1）（n∈N*）．①当n=1时，该不等式显然成立．②假设当n=k（k∈N*）时，不等式成立，即2lnk!＜k（k+1），则当n=k+1时，2ln（k+1）!=2ln（k+1）+2lnk!＜2ln（k+1）+k（k+1），要证当n=k+1时不等式成立，只要证：2ln（k+1）+k（k+1）≤（k+1）（k+2），只要证：ln（k+1）≤k+1…8分令f（x）=lnx﹣x，x∈（1，+∞），因为，所以f（x）在（1，+∞）上单调递减，从而f（x）＜f（1）=﹣1＜0，而k+1∈（1，+∞），所以ln（k+1）≤k+1成立，则当n=k+1时，不等式也成立．综合①②，得原不等式对任意的n∈N*均成立…10分20．已知函数f（x）（x∈R），f′（x）存在，记g（x）=f′（x），且g′（x）也存在，g′（x）＜0．（1）求证：f（x）≤f（x0）+f′（x0）（x﹣x0）；（x0∈R）（2）设n），且λ1+λ2+…+λn=1，x i∈R（i=1，…，n）（n ）∈N+求证：λ1f（x1）+λ2f（x2）+…+λn f（x n）≤f（λ1x1+λ2x2+…+λn x n）（3）已知a，f（a），f[f（a）]，f{f[（f（a）]}是正项的等比数列，求证：f（a）=a．【考点】数列的应用；导数的运算．【分析】（1）构造辅助函数ϕ（x）=f（x）﹣f（x0）﹣f'（x0）（x﹣x0），求导，根据函数的单调性求得ϕ（x）的极大值，ϕ（x）≤ϕ（x0）=0，即可得f（x）≤f（x0）+f'（x0）（x﹣x0）；（2）由（1）可知，两边分别同乘以λ1，λ2，λ3，…λn，采用累加法，得λ1f（x1）+λ2f（x2）+…+λn f（x n）≤（λ1+λ2+…+λn）f（x0）+f'（x0）•[λ1（x1﹣x0）+λ2（x2﹣x0）+…+λn（x n﹣x0）]，由λ1+λ2+…+λn=1，设x0=λ1x1+λ2x2+…+λn x n，则λ1（x1﹣x0）+λ2（x2﹣x0）+…+λn（x n﹣x0）=0，即可证明λ1f（x1）+λ2f（x2）+…+λn f（x n）≤f（λ1x1+λ2x2+…+λn x n）；（3）分别求得f（a）=aq，f[f（a）]=aq2，f{f[f[f（a}}=aq3，λx1+（1﹣λ）x2=aq，f[λx1+（1﹣λ）x2]=f（aq）=f[f（a）]=aq2，可得：=f[λx1+（1﹣λ）x2]，由n=2，λ1=λ，λ2=1﹣λ，即λf（x1）+（1﹣λ）f（x2）≤f[λx1+（1﹣λ）x2]，当且仅当x1=x2时成立，即a=aq2⇒a=1，可得f（a）=a．【解答】解：（1）证明：设ϕ（x）=f（x）﹣f（x0）﹣f'（x0）（x﹣x0），则ϕ'（x）=f'（x）﹣f'（x0）∵g'（x）＜0故g（x）=f'（x）为减函数，则x=x0为ϕ（x）的极大值点．∵ϕ（x）≤ϕ（x0）=0，即f（x）≤f（x0）+f'（x0）（x﹣x0）（当且仅当在x=x0取到）（2）证明：由（1）可知：f（x1）≤f（x0）+f'（x0）（x1﹣x0），两边同乘以λ1得λ1f（x1）≤λ1f（x0）+λ1f'（x0）（x1﹣x0），λ2f（x2）≤λ2f（x0）+λ2f'（x0）（x2﹣x0），…λn f（x n）≤λn f（x0）+λn f'（x0）（x n﹣x0），上式各式相加，得λ1f（x1）+λ2f（x2）+…+λn f（x n）≤（λ1+λ2+…+λn）f（x0）+f'（x0）•[λ1（x1﹣x0）+λ2（x2﹣x0）+…+λn（x n﹣x0）]，因为λ1+λ2+…+λn=1，设x0=λ1x1+λ2x2+…+λn x n，则λ1（x1﹣x0）+λ2（x2﹣x0）+…+λn （x n﹣x0）=0，由此，λ1f（x1）+λ2f（x2）+…+λn f（x n）≤f（λ1x1+λ2x2+…+λn x n））等号当且仅当在x1=x2=…=x n时成立，（3）证明：记公比为q，q＞0，则f（a）=aq，f[f（a）]=aq2，f{f[f[f（a}}=aq3，取x1′=a，，λ=∈（0，1），则λx1+（1﹣λ）x2=aq，f[λx1+（1﹣λ）x2]=f（aq）=f[f（a）]=aq2，又∵λf（x1）+（1﹣λ）f（x2）=λf（a）+（1﹣λ）f（aq2），=λf（a）+（1﹣λ）f{f[f（a）]}，=λaq+（1﹣λ）aq3，=aq3+λaq﹣λaq3，=aq3+λaq（1﹣q2），=aq3+aq（1﹣q2），=aq2，即aq3+λaq（1﹣q2）=aq2=f[λx1+（1﹣λ）x2]，在（2）中取n=2，λ1=λ，λ2=1﹣λ，即λf（x1）+（1﹣λ）f（x2）≤f[λx1+（1﹣λ）x2]，当且仅当x1=x2时成立，即a=aq2⇒q=1，∴f（a）=a．2017年1月15日。