辽宁省沈阳市郊联体2018-2019学年高二下学期期末考试数学（理）试题

辽宁省沈阳市郊联体2018-2019学年高二下学期期末考试数学（理）试题

2018-2019 学年度下学期沈阳市郊联体期末考试高二试题 理科数学 一、选择题：（本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.每小题各有四个选项，仅有一个选 项正确.） 1.若复数 满足 ，则在复平面内，复数 对应的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 利用复数的运算法则、几何意义即可得出． 详解】由题意 i z＝1+2i，∴iz（﹣i）＝（1+2i）•（﹣i）， ∴z＝2﹣i． 则在复平面内，z 所对应的点的坐标是（2，﹣1）． 故选：D． 【点睛】本题考查了复数的运算法则、几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础 题． 2.若集合 ， ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 分别化简集合 和 ，然后直接求解 即可 【 详 解 】 ∵ ， ， ∴ . 【点睛】本题考查集合的运算，属于基础题 【 z 1 2iz i− = z ( )1 2， ( )21， ( )1 2− ， ( )2 1−， ( )( ){ }1 2 0A x x x= + − < { }ln 0B x x= > A B = { }1 2x x< < { }1 1x x− < < { }1 2x x− < < { }2 1x x− < < A B A B ( )( ){ } { }1 2 0 1 2A x x x x x= + − < = − < < { } { }ln 0 1B x x x x= > = > { }1 2A B x x∩ = < < 3.函数 的大致图象是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 分析】 利用函数的奇偶性排除选项，利用特殊值定义点的位置判断选项即可． 【详解】函数 是偶函数，排除选项 B，当 x=2 时，f（2）= ＜0，对应点 在第四象限，排除 A，C； 故选：D． 【点睛】本题考查函数的图象的判断，考查数形结合以及计算能力． 4.平面 与平面 平行的条件可以是（ ） A. 内有无穷多条直线都与 平行 B. 内的任何直线都与 平行 C. 直线 ，直线 ，且 D. 直线 ，且直线 不在平面 内，也不在平面 内 【答案】B 【解析】 【 ( ) 2 4 4 1 2 xf x x − += 2 4 4 1( ) 2 xf x x − += 15 32 − α β α β α β a α⊂ b β⊂ / / , / /a bβ α / / , / /a aα β a α β 【分析】 根据空间中平面与平面平行的判定方法，逐一分析题目中的四个结论，即可得到答案． 【详解】平面 α 内有无数条直线与平面 β 平行时，两个平面可能平行也可能相交，故 A 不 满足条件； 平面 α 内的任何一条直线都与平面 β 平行，则能够保证平面 α 内有两条相交的直线与平面 β 平行，故 B 满足条件； 直线 a⊂α，直线 b⊂β，且 a∥β，b∥α，则两个平面可能平行也可能相交，故 C 不满足条 件； 直线 a∥α，a∥β，且直线 a 不在 α 内，也不在 β 内，则 α 与 β 相交或平行，故 D 错误； 故选：B. 【点睛】本题考查的知识点是空间中平面与平面平行的判定，熟练掌握面面平行的定义和判 定方法是解答本题的关键． 5.某快递公司的四个快递点 呈环形分布（如图所示），每个快递点均已配备快递 车辆 10 辆．因业务发展需要，需将 四个快递点的快递车辆分别调整为 5,7,14,14 辆，要求调整只能在相邻的两个快递点间进行，且每次只能调整 1 辆快递车辆，则 A. 最少需要 8 次调整，相应的可行方案有 1 种 B. 最少需要 8 次调整，相应的可行方案有 2 种 C. 最少需要 9 次调整，相应的可行方案有 1 种 D. 最少需要 9 次调整，相应的可行方案有 2 种 【答案】D 【解析】 【分析】 先阅读题意，再结合简单的合情推理即可得解． , , ,A B C D , , ,A B C D 【详解】（1）A→D 调 5 辆，D→C 调 1 辆，B→C 调 3 辆，共调整：5＋1＋3＝9 次， （2）A→D 调 4 辆，A→B 调 1 辆，B→C 调 4 辆，共调整：4＋1＋4＝9 次， 故选：D 【点睛】本题考查了阅读能力及简单的合情推理，属中档题． 6.设函数 ，则函数 的定义域为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由根式内部的代数式大于等于 0 求得 f（x）的定义域，再由 在 f（x）的定义域内求解 x 的 范围得答案． 【详解】由 4﹣4x≥0，可得 x≤1． 由 ，得 x≤4． ∴函数 f（ ）的定义域为（﹣∞，4]． 故选：B． 【点睛】本题考查函数的定义域及其求法，关键是掌握该类问题的求解方法，是基础题． 7.设 ， ，则“ ”是“ ”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分 ( ) 4 4xf x = − 4 xf      ( ,1]−∞ ( ,4]−∞ 01]（ ， 0 4]（ ， 4 x 14 x ≤ 4 x 0a > 0b > lg( ) 0ab > lg( ) 0a b+ > 也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 由 ，可推出 ，可以判断出 中至少有一个大于 1.由 可以推 出 ， 与 1 的关系不确定，这样就可以选出正确答案. 【详解】因为 ，所以 ， ， ，显然 中至少有一个大于 1，如果 都小于等于 1，根据不等式的性质可知：乘积也小于等于 1，与乘积大于 1 不符. 由 ，可得 ， 与 1 的关系不确定，显然由“ ”可以推出 ，但是由 推不出 ，当然可以举特例：如 ，符 合 ，但是不符合 ，因此“ ”是“ ”的充分不必要条件， 故本题选 A. 【点睛】本题考查了充分不必要条件的判断，由 ， ， ，判断出 中至少 有一个大于 1，是解题的关键. 8.已知 ， ， ，则 ， ， 的大小关系为（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据 的单调性判断 的大小关系，由 判断出三者的大小关系. 【详解】由 ， ， ，则 .故选 C. 【点睛】本小题主要考查对数运算，考查对数函数的单调性，考查对数式比较大小，属于基 础题. lg( ) 0ab > 1ab > ,a b lg( ) 0a b+ > 1a b+ > ,a b lg( ) 0ab > 1ab > 0a > 0b > ,a b lg( ) 0a b+ > 1a b+ > ,a b lg( ) 0ab > lg( ) 0a b+ > lg( ) 0a b+ > lg( ) 0ab > 2 3a b= = 1a b+ > 1ab > lg( ) 0ab > lg( ) 0a b+ > 1ab > 0a > 0b > ,a b 3a e= 3 3log 5 log 2b = − 2ln 3c = a b c a c b> > b c a> > c a b> > c b a> > 3logy x= ,a b 1a c< < 3log 1a e= < 3 3 5log log2b ae= < = ln3 1c = > c a b> > 9.已知函数 和 都是定义在 上的偶函数，当 时， ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由 和 都 是 定 义 在 上 的 偶 函 数 ， 可 推 导 出 周 期 为 4 ， 而 ，即可计算. 【 详 解 】 因 为 都 是 定 义 在 上 的 偶 函 数 ， 所 以 ， 即 ，又 为偶函数，所以 ，所以函数周期 ， 所以 ，故选 B. 【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性，周期性，利用周期求函数值，属于中档题. 10.函数 在区间 上的图象如图所示， ，则下列结论正确的是（ ） A. 在区间 上， 先减后增且 B. 在区间 上， 先减后增且 ( )f x ( 2)f x + R [0,2]x∈ ( ) 2xf x = 2019 2f  − =   2 2 2 3 2 2 2 ( )f x ( 2)f x + R 2019 2f  − =   2019 2f   =   (4 252 1.5) (1.5)f f× + = ( 2)f x + R ( 2) ( 2)f x f x− + = + ( ) (4 )f x f x= − ( )f x ( ) ( ) (4 )f x f x f x= − = + 4T = 2019 2f  − =   2019 2f   =   (4 252 1.5) (1.5) 2 2f f× + = = f x（ ） [ 15]− ， 0 ( ) ( )x g x f t dt= ∫ 0 4（ ，） g x（ ） 0g x <（ ） 0 4（ ，） g x（ ） 0g x >（ ） C. 在区间 上， 递减且 D. 在区间 上， 递减且 【答案】D 【解析】 【分析】 由定积分，微积分基本定理可得： f（t）dt 表示曲线 f（t）与 t 轴以及直线 t＝0 和 t＝x 所围区域面积，当 x 增大时，面积增大， 减小，g（x）减小，故 g（x）递减且 g （x）＜0，得解． 【详解】由题意 g（x） f（t）dt，因为 x∈（0，4）， 所以 t∈（0，4），故 f（t）<0， 故 f（t）dt 的相反数表示曲线 f（t）与 t 轴以及直线 t＝0 和 t＝x 所围区域面积， 当 x 增大时，面积增大， 减小，g（x）减小，故 g（x）递减且 g（x）＜0， 故选：D． 【点睛】本题考查了定积分，微积分基本定理，属中档题． 11.已知函数 ，若 在 和 处切线平行，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 0 4（ ，） g x（ ） 0g x >（ ） 0 4（ ，） g x（ ） 0g x <（ ） 0 x ∫ ( )0 x f t dt∫ 0 x = ∫ 0 x ∫ ( )0 x f t dt∫ ( ) lnf x x x= − f x（ ） 1x x= ( )2 1 2x x x x= ≠ 2 2 1 2 512x x+ > 1 2 128x x < 1 2 32x x+ < 1 2 1 1 1 2x x + > 【分析】 求 出 原 函 数 的 导 函 数 ， 可 得 ， 得 到 ， 则 ，由 x1≠x2，利用基本不等式求得 x12+x22＞512． 【详解】由 f（x） lnx，得 f′（x） （x＞0）， ∴ ， 整理得： ，则 ， ∴ ，则 ， ∴x1x2≥256， ∵x1≠x2，∴x1x2＞256． ∴ 2x1x2＝512． 故选：A． 【点睛】本题考查了利用导数研究曲线上某点的切线方程，训练了利用基本不等式求最值， 是中档题． 12.定义在 上的函数 满足下列两个条件：（1）对任意的 恒有 成立；（2）当 时， ；记函数 ，若函数 恰有两个零点，则实数 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 1 21 2 1 1 1 1 2 2x xx x − = − 1 2 1 1 1 2x x + = 1 2 1 1 16x x ≤ x= − 1 1 2 xx = − 1 21 2 1 1 1 1 2 2x xx x − = − 2 1 2 1 1 21 22 x x x x x xx x − −= 1 2 1 1 1 2x x + = 1 2 1 2 1 1 1 122 x x x x = + ≥ 1 2 1 1 16x x ≤ 2 2 1 2x x+ ＞ (1, )+∞ f x（ ） (1, )x∈ +∞ 2 2f x f x=（ ） （ ） (1,2]x∈ 2f x x= −（ ） ( ) ( ) ( 1)g x f x k x= − − ( )g x k [1,2) [1,2] 4 ,23     4 ,23      根据题中的条件得到函数的解析式为：f（x）＝﹣x+2b，x∈（b，2b]，又因为 f（x）＝k （x﹣1）的函数图象是过定点（1，0）的直线，再结合函数的图象根据题意求出参数的范围 即可 【详解】因为对任意的 x∈（1，+∞）恒有 f（2x）＝2f（x）成立， 且当 x∈（1，2]时，f（x）＝2﹣x； f（x）＝2（2 ）=4﹣x，x∈（2，4]， f（x）＝4（2 ）=8﹣x，x∈（4，8]， … 所以 f（x）＝﹣x+2b，x∈（b，2b]．（b 取 1，2，4…） 由题意得 f（x）＝k（x﹣1）的函数图象是过定点（1，0）的直线， 如图所示只需过（1，0）的直线与线段 AB 相交即可（可以与 B 点重合但不能与 A 点重合）kPA 2，kPB ， 所以可得 k 的范围为 故选：C． 【点睛】解决此类问题的关键是熟悉求函数解析式的方法以及函数的图象与函数的性质，数 形结合思想是高中数学的一个重要数学思想，是解决数学问题的必备的解题工具． 二、填空题：（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.） 13.对不同的 且 ,函数 必过一个定点 ,则点 的坐标是_____. 【答案】 2 x− 4 x− 2 0 2 1 −= =− 4 0 4 4 1 3 −= =− 4 23 k≤ ＜ 0a > 1a ≠ 4 2( ) 3xf x a −= + A A ( )2,4 【解析】 【分析】 根据指数函数的图象恒过定点（0，1），求出函数 f（x）必过的定点坐标． 【详解】根据指数函数的图象恒过定点（0，1）,令 4﹣2x＝0，x＝2，∴f（2）＝ +3＝4， ∴点 A 的坐标是（2，4）． 故答案为：（2，4）． 【点睛】本题考查了指数函数恒过定点的应用问题，属于基础题． 14.已知函数 的零点 ，则整数 的值为______. 【答案】3 【解析】 【分析】 根据函数单调性可知若存在零点则零点唯一，由零点存在定理可判断出零点所在区间，从而 求得结果. 【详解】由题意知： 在 上单调递增 若存在零点，则存在唯一一个零点 又 ， 由零点存在定理可知： ，则 本题正确结果： 【点睛】本题考查零点存在定理的应用，属于基础题. 15.过坐标原点 作曲线 的切线 ，则曲线 、直线 与 轴所围成的封闭图形的面 积为______ 【答案】 . 【解析】 【分析】 设切点为 ，先求函数导数得切线斜率，进而得切线方程，代入点 可得切线方程， 0a 3( ) log 5f x x x= + − 0 ( , 1)x a a∈ + a ( )f x ( )0, ∞+ ( )f x∴ ( )3 1 3 5 1 0f = + − = − < ( ) 3 34 log 4 4 5 log 4 1 0f = + − = − > ( )0 3,4x ∈ 3a = 3 O :C xy e= l C l y 1 12 e − ( )0 0x y， ( )0 0， 进而由定积分求面积即可. 【详解】设切点为 ，因为 ，所以 ，因此在点 处的切线斜率为 ，所以切线 的方程为 ，即 ； 又因为切线过点 ，所以 ，解得 ，所以 ，即切点为 ， 切线方程为 ，作出所围图形的简图如下： 因此曲线 、直线 与 轴所围成的封闭图形的面积为 . 【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用，考查了利用微积分基本定理求解图形面积， 属于中档题. 16.在平面直角坐标系 中，对于点 ，若函数 满足： ， 都有 ，就称这个函数是点 的“限定函数”．以下函数：① ，② ，③ ，④ ，其中是原点 的“限定函数”的序号是 ______．已知点 在函数 的图象上，若函数 是点 的“限定函数”，则 的取值范围是______． 【答案】 (1). ①③ (2). 【解析】 【分析】 分别运用一次函数、二次函数和正弦函数、对数函数的单调性，结合集合的包含关系可判断 是否是原点的限定函数；由指数函数的单调性，结合集合的包含关系，解不等式可得 a 的范 围． ( )0 0x y， xy e= ' xy e= ( )0 0x y， 0xk e= l ( )0 0 0 xy y e x x− = − ( )0 0 0 x xy e e x x− = − ( )0 0， ( )0 0 0 x xe e x− = − 0 1x = 0 0 xy e e= = ( )1 e， y ex= C l y ( )1 2 0 11 1 1e 1 102 2 2 x xS e ex dx e ex e e   = − = − = − − = −      ∫ xoy ( ),A a b ( )y f x= [ ]1, 1x a a∀ ∈ − + [ ]1, 1y b b∈ − + A 1 2y x= 22 1y x= + siny x= ( )ln 2y x= + O ( ),A a b 2xy = 2xy = A a ( ,0]−∞ 【详解】要判断是否是原点 O 的“限定函数”只要判断： ，都有 ， 对于① ，由 可得 ，则①是原点 O 的“限定函数”； 对于② ，由 可得 ，则②不是原点 O 的“限定函数” 对于③ ，由 可得 ，则③是原点 O 的“限定函数” 对于④ ，由 可得 ，则④不是原点 O 的“限定函数” 点 在函数 的图像上，若函数 是点 A 的“限定函数”，可得 ， 由 ，即 ， 即 ，可得 ， 可得 ，且 ，即 的范围是 ， 故答案为：①③； . 【点睛】本题考查函数的新定义的理解和运用，考查常见函数的单调性和运用，考查集合的 包含关系，以及推理能力，属于基础题． 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.） 17.如图，在三棱柱 中， 底面 ， ， ， ，点 ， 分别为 与 的中点. （1）证明： 平面 . （2）求 与平面 所成角的正弦值. [ 1,1]x∀ ∈ − [ 1,1]y∈ − 1 2y x= [ 1,1]x∈ − 1 1, [ 1,1]2 2y  ∈ − ⊆ −   22 1y x= + [ 1,1]x∈ − [1,3] [ 1,1]y∈ ⊄ − siny x= [ 1,1]x∈ − [ sin1,sin1] [ 1,1]y∈ − ⊆ − ln( 2)y x= + [ 1,1]x∈ − [0,ln3]y∈ ⊄ [ 1,1]− A(a, b) 2xy = 2xy = 2ab = [ 1, 1], [ 1, 1]x a a y b b∈ − + ∈ − + 2 1,2 1a ay  ∈ − +  1 12 ,2 2 1,2 1a a a a− +   ⊆ − +    1 12 1 2 2 2 1a a a a− +− ≤ < ≤ + 1a ≤ 0a ≤ 0,a a≤ ( ,0]−∞ ( ,0]−∞ 1 1 1ABC A B C− 1AA ⊥ 1 1 1A B C AC AB⊥ 4AC AB= = 1 6AA = E F 1CA AB / /EF 1 1BCC B 1B F AEF 【答案】（1）见解析（2） 【解析】 【分析】 （1）先连接 ， ，根据线面平行的判定定理，即可得出结论； （2）先以 为原点建立如图所示的空间直角坐标系 ，求出直线的 的方向向量 与平面 的法向量，由向量夹角公式求出向量夹角余弦值，即可得出结果. 【详解】（1）证明：如图，连接 ， . 在三棱柱 中， 为 的中点. 又因为 为 的中点， 所以 . 又 平面 ， 平面 ， 所以 平面 . （2）解：以 为原点建立如图所示的空间直角坐标系 ， 则 ， ， ， ， 所以 ， ， . 设平面 的法向量为 ， 则 ， 令 ，得 . 记 与平面 所成角为 ，则 . 3 130 65 1AC 1BC 1A 1A xyz− 1B F 1B F AEF 1AC 1BC 1 1 1ABC A B C− E 1AC F AB 1/ /EF BC EF ⊄ 1 1BCC B 1BC ⊂ 1 1BCC B / /EF 1 1BCC B 1A 1A xyz− ( )0,0,6A ( )1 0,4,0B ( )2,0,3E ( )0,2,6F ( )1 0, 2,6B F = − ( )2,0, 3AE = − ( )0,2,0AF = AEF ( ), ,n x y z= 2 3 0 2 0 n AE x z n AF y  ⋅ = − = ⋅ = =   3x = ( )3,0,2n = 1B F AEF θ 1 1 1 sin cos , B F nB F n B F n θ ⋅= =      3 130 65 = 【点睛】本题主要考查线面平行的判定、以及线面角的向量求法，熟记线面平行的判定定理 以及空间向量的方法即可，属于常考题型. 18.已知函数 是定义在 的奇函数（其中 是自然对数的底数）. （1）求实数 的值； （2）若 ，求实数 的取值范围. 【答案】（1）1；（2） . 【解析】 【分析】 （1）因为函数 是 上的奇函数，故可得方程 ，从而可得 的值，然 后再对 的值进行验证； （2）根据导数可求出函数 为单调递增函数，又由于函数为奇函数，故将不等 式 转化为 ，再根据函数的定义域建立出不等式组 ，从而得出 的取值范围。 【详解】解：（1） 是定义在 的奇函数， ， 当 m=1 时， ， . ( ) x x mf x e e = − [ ]1,1− e m ( ) ( )21 2 0f a f a− + ≤ a 10 2a≤ ≤ ( )y f x= [ ]1,1− ( )0 0f = m m ( ) 1x xf x e e = − ( ) ( )21 2 0f a f a− + ≤ 21 2a a− ≤ − 2 2 1 1 1 1 2 1 1 2 a a a a − ≤ − ≤ − ≤ ≤  − ≤ − a ( ) x x mf x e e = − [ ]1,1− ( )0 0f∴ = 1m∴ = ( ) 1x xf x e e = − ( ) ( )1 x xf x e f xe ∴ − = − = − （2） , 且 ，当且仅当 时，取“=”， 在 恒成立， 在 单调递增， 又 函数为奇函数， , . 【点睛】本题考查了函数性质的综合运用能力，解题的关键是要能够准确地求出函数的奇偶 性与单调性，函数奇偶性的常见判断方法是定义法、特殊值法等，函数单调性常见的判断方 法是定义法、导数法等。 19.如图，四边形 为矩形，平面 平面 ， ， ， ， ，点 在线段 上. （1）求证： 平面 ； （2）若二面角 的余弦值为 ，求 的长度. 【答案】（1）见解析；（2） 【解析】 【分析】 （1）先证明 ，又平面 平面 ，即得 平面 ；（2）以 ( ) 1x xf x e e ′ = + 1 12 • 2x x x xe ee e + ≥ = 0x = ( ) 0f x∴ ′ > [ ]1,1− ( )f x∴ [ ]1,1−  ( ) ( ) ( )2 21 2 2f a f a f a− < − = − 2 2 1 1 1 1 2 1 1 2 a a a a − ≤ − ≤ ∴ − ≤ ≤  − ≤ − 10 2a∴ ≤ ≤ ABCD ABEF ⊥ ABCD / /EF AB 90BAF∠ = ° 2AD = 1AB AF= = P DF AF ⊥ ABCD D AP C− − 6 3 PF 5 3 AB AF⊥ ABEF ⊥ ABCD AF ⊥ ABCD A 为原点，以 ， ， 为 ， ， 轴建立如图所示的空间直角坐标系，由题得 ，解方程即得解. 【详解】（1）证明：∵ ，∴ ， 又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ， ∴ 平面 . （2）以 为原点，以 ， ， 为 ， ， 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则 ， ， ， ， ， ∴ ， ， 由题知， 平面 ， ∴ 为平面 的一个法向量， 设 ，则 ，∴ ， 设平面 的一个法向量为 ，则 ， ∴ ，令 ，可得 ， ∴ ，得 或 （舍去）， ∴ . 【点睛】本题主要考查空间垂直关系的证明，考查二面角的求法，意在考查学生对这些知识 的理解掌握水平和分析推理能力. AB AD AF x y z 2 2 6cos , 321 4 1 1 m AB m AB m AB λ λ ⋅ = = =  ⋅ + +  −     90BAF∠ = ° AB AF⊥ ABEF ⊥ ABCD ABEF  ABCD AB= AF ⊂ ABEF AF ⊥ ABCD A AB AD AF x y z ( )0,0,0A ( )1,0,0B ( )1,2,0C ( )0,2,0D ( )0,0,1F ( )0,2, 1FD = − ( )1,2,0AC = ( )1,0,0AB = AB ⊥ ADF ( )1,0,0AB = ADF ( )0 1FP FDλ λ= ≤ <  ( )0,2 ,1P λ λ− ( )0,2 ,1AP λ λ= − APC ( ), ,x y z=m 0 0 m AP m AC  ⋅ =  ⋅ =   ( )2 1 0 2 0 y z x y λ λ + − =  + = 1y = 22,1, 1m λ λ  = − −  2 2 6cos , 321 4 1 1 m AB m AB m AB λ λ ⋅ = = =  ⋅ + +  −     1 3 λ = 1λ = − 5 3PF = 20.已知函数 ，其中 为实常数. （1）若当 时， 在区间 上的最大值为 ，求 的值； （2）对任意不同两点 ， ，设直线 的斜率为 ，若 恒成立，求 的取值范围. 【答案】(1) (2) 【解析】 【分析】 （1） 讨论 与 0，1，e 的大小关系确定最值得 a 的方程即可求解；（2） 原 不 等 式 化 为 ， 不 妨 设 ， 整 理 得 ，设 ，当 时， ， 得 ，分离 ，求其最值即可求解 a 的范围 【详解】（1） ，令 ，则 . 所以 在 上单调递增，在 上单调递减. ①当 ，即 时， 在区间 上单调递减，则 ， 由已知， ，即 ，符合题意. ②当 时，即 时， 在区间上单调递增，在上单调递减， 则 ，由已知， ，即 ，不符合题意，舍去. ③当 ，即 时， 在区间 上单调递增，则， 由已知， ，即 ，不符合题意，舍去. 综上分析， . ( ) ln 1f x x ax= − + a 0a > ( )f x [1, ]e 1− a ( )( )1 1,A x f x ( )( )2 2,B x f x AB k 1 2 0x x k+ + > a 2a = ( ,2 2]−∞ 1( ) ( 0)f x a xx ′ = − > 1 a ( ) ( )1 2 1 2 1 2 0f x f xx x x x −+ + >− 1 2 0x x> > ( ) ( )2 2 1 1 2 2f x x f x x+ > + 2 2( ) ( ) ln 1g x f x x x x ax= + = + − + 0x > ( ) 0g x′ ≥ 22 1 0x ax− + ≥ 22 1 12xa xx x +≤ = + 1( ) ( 0)f x a xx ′ = − > 1( ) 0f x ax ′ = − > 10 x a < < ( )f x 10, a      1 ,a  +∞   10 1a < ≤ 1a ≥ ( )f x [ ]1,e max( ) (1) 1f x f a= = − + 1 1a− + = − 2a = 11 ea < < 1 1ae < < ( )f x max 1( ) lnf x f aa  = = −   ln 1a− = − a e= 1 ea ≥ 10 a e < ≤ ( )f x [ ]1,e 2 1ae− = − 3a e = 2a = （2）由题意， ，则原不等式化为 ， 不妨设 ，则 ，即 ， 即 . 设 ，则 ， 由已知，当 时，不等式 恒成立，则 在 上是增函数. 所以当 时， ，即 ，即 恒成立， 因为 ，当且仅当 ，即 时取等号，所以 . 故 的取值范围是 . 【点睛】本题考查函数的单调性，不等式恒成立问题，构造函数与分离变量求最值，分类讨 论思想，转化化归能力，是中档题 21.设函数 . （1）求函数 的单调区间； （2）若函数 在 上有零点，证明： . 【答案】（1）在 上是增函数，在 上是减函数； （2） . 【解析】 【分析】 （1）先确定函数的定义域，然后求 ，进而根据导数与函数单调性的关系，判断函数 的单调区间； （2）采用分离参数法，得 ，根据 在 上存在零点，可知 ( ) ( )1 2 1 2 f x f xk x x −= − ( ) ( )1 2 1 2 1 2 0f x f xx x x x −+ + >− 1 2 0x x> > ( )( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2 0x x x x f x f x+ − + − > ( ) ( )2 2 1 2 1 2 0x x f x f x− + − > ( ) ( )2 2 1 1 2 2f x x f x x+ > + 2 2( ) ( ) ln 1g x f x x x x ax= + = + − + 21 2 1( ) 2 x axg x x ax x ′ − += + − = 1 2 0x x> > ( ) ( )1 2g x g x> ( )g x (0, )+∞ 0x > ( ) 0g x′ ≥ 22 1 0x ax− + ≥ 22 1 12xa xx x +≤ = + 12 2 2x x + ≥ 12x x = 2 2x = min 12 2 2x x  + =   a ( ,2 2]−∞ ( ) (1 ) 1x xf x xe a e= + − + ( )f x ( )f x (0, )+∞ 2a > ( 1, )a − +∞ ( , 1)a−∞ − 2a > ( )f x′ ( )f x 1 1x xa x e += + − ( )f x ( )0,+∞ 有解，构造 ，求导 ，知 在 上存在唯一的 零点，即零点 k 满足 ，进而求得 ，再根据 有解，得证 【详解】（1）解：函数 的定义域为 ， 因为 ，所以 ． 所以当 时， ， 在 上是增函数； 当 时， ， 在 上是减函数． 所以 在 上是增函数，在 上是减函数． （2）证明：由题意可得，当 时， 有解， 即 有解． 令 ，则 ． 设函数 ，所以 在 上单调递增． 又 ，所以 在 上存在唯一的零点． 故 在 上存在唯一的零点．设此零点为 ，则 ． 当 时， ；当 时， ． 所以 在 上的最小值为 ． 又由 ，可得 ，所以 ， 因为 在 上有解，所以 ，即 ． 【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间，考查了利用导数证明不等式成立，考查了 利用导数研究函数的零点问题，涉及了求函数导数，函数零点存在性定理的应用等知识；从 哪里入手，怎样构造，如何构造适当的函数，是解决此类问题的关键一步. 22.选修 4-5：不等式选讲 1 1x xa x e += + − ( ) 1 1x xg x x e += + − ( )g x′ ( )g x′ ( )0,+∞ ( ) 0g k′ = ( ) ( )2,3g k ∈ 1 1x xa x e += + − 2a > ( )f x ( ),−∞ +∞ ( ) ( )1 1x xf x xe a e= + − + ( ) ( )1 xf x x a e= + −′ 1x a> − ( ) 0f x′ > ( )f x ( )1,a − +∞ 1x a< − ( ) 0f x′ < ( )f x ( ), 1a−∞ − ( )f x ( )1,a − +∞ ( ), 1a−∞ − 0x > ( ) 0f x = ( )1 11 1 1 1 1 xx x x x x e xxe xa xe e e − + ++ += = = +− − − ( ) 1 1x xg x x e += + − ( ) ( ) ( ) ( )2 2 21 1 1 1 x xx x x e e xxeg x e e − −− −= + = − ′ − ( ) ( )2, 1 0x xh x e x h x e′= − − = − > ( )h x ( )0,+∞ ( ) ( ) 21 3 0, 2 4 0h e h e= − = − ( )h x ( )0,+∞ ( )g x′ ( )0,+∞ k ( )1,2k ∈ ( )0,x k∈ ( ) 0g x′ < ( ),x k∈ +∞ ( ) 0g x′ > ( )g x ( )0,+∞ ( )g k ( ) 0g k′ = 2ke k= + ( ) ( )1 1 2,31k kg k k ke += + = + ∈− ( )a g x= ( )0,+∞ ( ) 2a g k≥ > 2a > 设 的最小值为 . （1）求实数 的值； （2）设 ， ， ，求证： 【答案】（1） ；（2）见详解. 【解析】 【分析】 (1)将函数表示为分段函数，再求其最小值. (2)利用已知等式构造出可以利用均值不等式的形式. 详解】（1） 当 时， 取得最小值，即 （2）证明：依题意， ，则 . 所以 ， 当且仅当 ，即 ， 时，等号成立. 所以 . 【点睛】本题考查求含绝对值函数的最值，由均值不等式求最值.含绝对值的函数或不等式问 题，一般可以利用零点分类讨论法求解.已知 或 ( 是正常数， )的值，求另一个的最值，这是一种常见的题型，解题方法是把两式相乘展开再利用 基本不等式求最值. . 【 . ( ) 3 1 1f x x x= − + + k k m n∈R 2 24m n k+ = 2 2 1 1 3 1 2m n + ≥+ 2k = ( ) 4 2, 1, 3 1 1 2 4, 1 1, 4 2, 1, x x f x x x x x x x − + ≤ − = − + + = − + − < <  − ≥ 1x = ( )f x ( )1 2k f= = 2 24 2m n+ = ( )2 24 1 6m n+ + = 2 2 1 1 1m n + + ( )2 2 2 2 1 1 14 11 6m nm n   = + + + ×  +  ( )2 2 2 2 4 11 56 1 n m m n  +  = + + +   ( )1 35 2 46 2 ≥ + = ( )2 2 2 2 4 1 1 n m m n + = + 2 2m = 2 0n = 2 2 1 1 3 1 2m n + ≥+ m n a b + pa qb+ , , ,m n p q ,a b R+∈