河北省张家口市2021届高三上学期第一次质量检测数学试题 Word版含解析

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- 1 - 2020-2021 学年第一学期阶段测试卷 高三数学 注意事项： 1．本试卷共 150 分，考试时间 120 分钟． 2．请将各题答案填在答题卡上． 第 I 卷（选择题 共 60 分） 一､选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合    2 22| 0 , 3 4 0|A x x x B x x x       ，则  A BR ð 等于（ ） A. { | 0 1}x x  B. { |1 2}x x  C.  | 0 2x x  D. { | 1 2}x x   【答案】A 【解析】 【分析】 由一元二次不等式的解法化简集合，再由集合的交集和补集运算求解即可. 【详解】  2 2 0 { 0 2}A x x x x x     ∣ ∣   2 3 4 0 1B x x x x x     ∣ 或 4x   故  { 4 1}, { 0 1}R RB x x A B x x       ∣ ∣ 故选：A 2. 下列函数中，既是奇函数又在定义域内递增的是（ ） A   x xf x e e  B.   2 2x xf x   C. 1( )f x x   D.  f x ln x 【答案】A 【解析】 【分析】 根据奇函数的概念、单调性的概念及判断方法进行判断即可. - 2 - 【详解】对于 A 选项，   x xf x e e  为奇函数，且在定义域内递增； 对于 B 选项，   2 2x xf x   为偶函数，不符合题意； 对于 C 选项， 1( )f x x   是奇函数，在 ,0 和 0,  上都递增，不符合题意； 对于 D 选项，  f x ln x 为偶函数，不合符题意. 故选：A. 【点睛】本题考查函数的奇偶性判断及单调性的判断问题，属于基础题，根据奇偶性及单调 性的相关概念及判断方法判断即可. 3. 已知 ABC 中， 7AB  ， 5BC  ， 3CA  ，则 BC  与CA  的夹角是（ ） A. 5 6  B. 6  C. 2 3  D. 3  【答案】D 【解析】 【分析】 由 AB CA CB    ，结合平面向量数量积的运算可求得 cos ACB 的值，求出 ACB ，进而可 得出 BC  、CA  的夹角. 【 详 解 】 AB CA CB     ，  2 2 22 2 2 2 2 cosAB CB CA CB CA CA CB CB CA CA CB ACB                      ， 所以， 2 2 2 2 2 25 3 7 1cos 2 5 3 22 CB CA AB ACB CA CB               ， 0 ACB    ，则 2 3ACB   ，因此， BC  与CA  的夹角是 3  . 故选：D. 4. 若幂函数  y f x 的图象过点 (27,3 3) ，则函数    21f x f x  的最大值为（ ） A. 1 2 B. 1 2  C. 3 4  D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】 - 3 - 根据幂函数图象过的点可以求出幂函数的解析式，然后运用换元法，结合二次函数的性质进 行求解即可. 【详解】设幂函数 ( )y f x x  ，图象过点 (27,3 3) ， 所以 3 3 227 3 3 3 3    ， 1 2   ， 故 2( ) , ( 1) ( ) 1f x x f x f x x x      ， 令 1x t  ，则  2 21 31 ( ) , 02 4y t t t t        ， 1 2t  时， max 3 4y   ． 故选：C． 【点睛】方法点睛：该题考查的是有关函数的问题，该题解题思路如下： （1）利用幂函数所过的点的坐标，确定出幂函数的解析式； （2）求得    21y f x f x   的解析式； （3）利用换元法和配方法求得函数的大值. 5. 函数  3 2 3log 1y x x x    的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 先判断函数的奇偶性，排除两个选项，再计算特殊的函数值 (1)f 又排除一个，剩下的是正确 选项． 【详解】 ( )f x 的定义域是 R ，  3 2 3( ) ( ) log ( ) 1f x x x x       - 4 -  3 2 3log 1x x x       1 3 2 3log 1x x x       3 2 3log 1 ( )x x x f x       所以 ( )f x 为奇函数，图像关于原点对称，排除 BD，因为 (1) 1 ln( 2 1) 0f     ，所以排除 A， 故选：C． 【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手： (1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置． (2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势； (3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性； (4)从函数的特征点，排除不合要求的图象. 6. 已知  f x 是定义在 R 上的奇函数，当 0x  时，   1xf x e  ，若    26f a f a   ， 则实数 a 的取值范围是（ ） A. ( , 2) (3, )    B.  3,2 C.  2,3 D. ( , 3) (2, )    【答案】C 【解析】 【分析】 先判断函数 ( ) 1xf x e  在 0, 上单调递增，再由函数奇偶性，得到  f x 在 R 上单调递 增；将不等式  26 ( )f a f a   化为 26 a a   求解，即可得出结果. 【详解】因为当 0x  时， ( ) 1xf x e  ，根据指数函数的性质，可得 xy e 是增函数， 所以 ( ) 1xf x e  在 0, 上单调递增， 又  f x 是定义在 R 上的奇函数，  0 0f  ， 所以  f x 在 ,0 上单调递增， 因此  f x 在 R 上单调递增； - 5 - 所以由  26 ( )f a f a   ，得 26 a a   解得 2 3a   . 故选：C． 7. 已知   22sin cos 2cos 2f x x x x   ，则  f x 的最小正周期和一个单调减区间分别为 （ ） A. 3 72 , ,8 8        B. 3 7, ,8 8        C. 32 , ,8 8       D. 3, ,8 8       【答案】B 【解析】 【分析】 利用正余弦的二倍角公式和辅助角公式将 f（x）进行化简，结合正弦函数图像的性质求解即可. 【 详 解 】   2 22sin cos 2cos 2 2sin cos 2sinf x x x x x x x     1 cos2 sin 2 1 2 sin 2 4x x x          ， ( )f x 的最小正周期 2 2T    ， 由 32 222 4 2k x k       ， 解得 3 7 ,8 8k x k k Z       ， 得 ( )f x 单调减区间为 3 7[ , ],8 8k k k Z     ， 当 0k  时，得 ( )f x 的一个单调减区间 3 7,8 8       ， 故选：B． 【点睛】思路点睛：该题考查正余弦二倍角公式和辅助角公式的应用，解题思路如下： （1）首先利用正、余弦倍角公式和辅助角公式化简函数解析式； （2）利用正弦函数的性质，求得其最小正周期和单调区间. - 6 - 8. 在 ABC 中，角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ，且 2cos 2 2 A c b c  ，则 ABC 的形状为 （ ） A. 等边三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 等腰直角 三角形 【答案】B 【解析】 【分析】 根据降幂公式，先得到 1 cos 2 2 A c b c    ，化简整理，再由正弦定理，得到sin cos 0A C  ， 推出 cos 0C  ，进而可得出结果. 【详解】由已知可得 2 cos 1 1cos ,2 2 2 2 2 A c b A b c c     ， 即 cos , cosbA b c Ac   ． 法一：由余弦定理得 2 2 2 cos 2 b c aA bc   ，则 2 2 2 2 b c ab c bc    ， 所以 2 2 2c a b  ，由此知 ABC 为直角三角形． 法二：由正弦定理得：sin sin cosB C A ． 在 ABC 中，sin sin( )B A C  ， 从而有sin cos cos sin sin cosA C A C C A  ， 即sin cos 0A C  ．在 ABC 中， sin 0A  ，所以 cos 0C  ． 由此得 2C  ，故 ABC 为直角三角形. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关三角形形状判断的问题，在解题的过程中，可以利 用勾股定理，也可以在三角形中利用三角恒等变换得到结果. 二､选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．在每小题给出的四个选项中， 有多项符合题目要求．全部选对的得 5 分，部分选对的得 3 分，有选错的得 0 分． 9. 已知集合 0 6 , 2{ | }0} { |P x x Q y y      ，下列从 P 到Q 的各对应关系 f 是函数的 - 7 - 是（ ） A. 1: 2f x y x  B. 1 3: f x y x  C : lnf x y x  D. :f x y x  【答案】BC 【解析】 【分析】 根据函数的定义判断． 【详解】在对应关系中，四个对应关系都保证对 P 中任意的 x 都有唯一的 y 值与之对应，题 中要求函数值的集合{ ( ) }f x x P∣ 叫函数的值域，值域是 Q 的子集．只有 B C、 选项中值域 范围不超过Q 的取值范围． 故选：BC． 10. 下列有关向量命题，不正确的是（ ） A. 若| | | |a b  ，则 a b  B. 已知 0c   ，且 a c b c     ，则 a b  C. 若 ,a b b c    ，则 a c  D. 若 a b  ，则| | | |a b  且 / /a b 【答案】AB 【解析】 【分析】 根据向量的模，数量积，向量相等的概念判断各选项． 【详解】向量由两个要素方向和长度描述，A 错；若 a b ∥ ，且与 c 垂直，结果成立，但 a 不 一定等于 b ，B 错；相等向量模相等，方向相同，D 选项对． 故选：AB． 11. 下列命题中，正确的是（ ） A. 在 ABC 中， A B ， sin sinA B  B. 在锐角 ABC 中，不等式sin cosA B 恒成立 C. 在 ABC 中，若 cos cosa A b B ，则 ABC 必是等腰直角三角形 D. 在 ABC 中，若 060B  ， 2b ac ，则 ABC 必是等边三角形 【答案】ABD - 8 - 【解析】 【分析】 对于选项 A 在 ABC 中，由正弦定理可得sin sinA B a b A B     ，即可判断出正误； 对于选项 B 在锐角 ABC 中，由 02 2A B     ，可得 sin sin( ) cos2A B B   ，即 可判断出正误；对于选项 C 在 ABC 中，由 cos cosa A b B ，利用正弦定理可得： sin 2 sin 2A B ，得到 2 2A B 或 2 2 2A B  即可判断出正误；对于选项 D 在 ABC 中， 利用余弦定理可得： 2 2 2 2 cosb a c ac B   ，代入已知可得 a c ，又 60B   ，即可得到 ABC 的形状，即可判断出正误. 【详解】对于 A ，由 A B ，可得： a b ，利用正弦定理可得：sin sinA B ，正确； 对于 B ，在锐角 ABC 中， A ， (0, )2B  ， 2A B   ， 02 2A B     ， sin sin( ) cos2A B B    ，因此不等式sin cosA B 恒成立，正确； 对于C ，在 ABC 中，由 cos cosa A b B ，利用正弦定理可得：sin cos sin cosA A B B ， sin 2 sin 2A B  ， A ， (0, )B  ， 2 2A B  或 2 2 2A B  ， A B  或 2A B   ， ABC∴ 是等腰三角形或直角三角形，因此是假命题，C 错误. 对于 D ，由于 060B  ， 2b ac ，由余弦定理可得： 2 2 2b ac a c ac    ， 可得 2( ) 0a c  ，解得 a c ，可得 60A C B    ，故正确. 故选： ABD . 【点睛】本题考查正弦定理与余弦定理及三角形边角关系，主要涉及的考点是三角形内角的 诱导公式的应用，同时考查正弦定理进行边角转化，属于中等题. 12. 将函数   2sinf x x 的图象向左平移 6  个单位长度，然后纵坐标不变，横坐标变为原来 的 2 倍，得到  g x 的图象，下列四个结论不正确的是（ ） - 9 - A. 函数  g x 在区间 20, 3      上为增函数 B. 将函数  g x 的图象向右平移 2 3  个单位长度后得到的图象关于原点对称 C. 点 ,06      是函数  g x 图象的一个对称中心 D. 函数  g x 在 ,2  上的最大值为 4 【答案】BCD 【解析】 【分析】 先根据三角函数图象变换写出 ( )g x 的解析式，然后结合正弦函数性质判断各选项． 【详解】函数 ( ) 2sinf x x 的图像向左平移 6  个单位，得到函数 ( ) 2sin 6f x x      的图 像 ， 再 将 2sin 6y x      的 图 像 的 纵 坐 标 不 变 ， 横 坐 标 变 为 原 来 的 2 倍 ， 得 ( ) 2sin 2 6 xg x      ， A．若 20 3x   ，则 6 2 6 2 x     ，所以根据复合函数单调性可知函数 ( )g x 在 20, 3      上 为单调递增函数， B．将 ( )g x 的图像向右平移 6  个单位得到 12sin 2sin2 6 6 2 12 xy x                    所以得到函数不关于原点对称，所以不正确． C．因为 2sin 3 03 6 6g                ，所以点 ,03      不是函数 ( )g x 的一个对称中心， 所以不正确 D．若 2x   ，则 2 7 3 2 6 6 x     ，所以当 2 2 6 3 x    时， ( )g x 取得最大值，且最 大值 max 2( ) 2sin 33g x   ，所以不正确． - 10 - 故选：BCD． 第 II 卷（非选择题 共 90 分） 三､填空题：本大题共 4 小题，每题 5 分，共 20 分． 13. 函数  2 3log 2 8y x x   的单调增区间是___________． 【答案】 (2, ) 【解析】 【分析】 先求解出函数的定义域，然后根据复合函数单调性的判断法则得出单调递增区间. 【详解】由 2 2 8 0x x   得： 2x  或 4x   ， 则函数  2 3log 2 8y x x   的定义域为 ( , 4) (2, )    ． 令函数 2( ) 2 8g x x x   ，则函数 ( )g x 在 ( , 4)  单调递减，在区间 (2, ) 单调递增， 再根据复合函数的单调性，可得函数  2 5log 2 3y x x   的单调递减区间为 ( , 4)  ．单 调递增区间为 (2, ) . 故答案为： (2, ) ． 【点睛】本题考查符合函数的单调区间判断，解答时注意口诀：“同增异减”的运用，但特 别要注意原函数的定义域. 14. 函数 2ln(sin ) 25y x x   的定义域为___________． 【答案】[ 5, ) (0, )    【解析】 【分析】 使对数的真数大于零，二次根式的被开方数大于等于零即可. 【详解】，解得 由题意得： 2 sin 0 25 0 x x     ，解得 5 x     或 0 πx  . 故答案为：[ 5, ) (0, )    . 【点睛】本题考查函数定义域的求解问题，较简单，一般地，求解函数定义域时，注意以下 - 11 - 几点： （1）有分式时，分母不等于零； （2）含偶次方根时，被开方数非负； （3）有对数时，真数大于零. 15. 已知向量 AB  与 AC  的夹角为 60°．且| | 4,| 3AB AC  ∣ ，若 AP AB AC  uuur uuur uuur ，且 AP BC uuur uuur ，则实数  的值是___________． 【答案】 3 10 【解析】 【分析】 根据向量垂直的条件，向量数量积等于零，利用向量数量积运算公式，得到关于  的等量关 系式，求得结果. 【详解】 ( ) ( ) 0AP BC AB AC AC AB           ， 即 2 2 ( 1) 0AB AC AC AB         ，所以 6( 1) 9 16 0     ， 解得 3 10   ． 故答案为： 3 10 . 【点睛】方法点睛：平面向量数量积的类型及求法 （1）求平面向量数量积有三种方法：一是夹角公式 cosa b a b      ；二是坐标公式 1 2 1 2a b x x y y    ；三是利用数量积的几何意义. （2）求较复杂的平面向量数量积的运算时，可先利用平面向量数量积的运算律或相关公式进 行化简. 16. 若直线 y kx b  是曲线 2xy e  的切线，也是曲线 1xy e  的切线，则b  __________． 【答案】 1 1ln22 2  【解析】 【分析】 分别设出直线 y kx b  与曲线 2xy e  和曲线 1xy e  的切点，然后求导利用切线的几何意 义利用斜率相等可得答案. - 12 - 【详解】设直线 y kx b  与曲线 2xy e  切于点 1 2 1 1( , )xP x e  ， 与曲线 e 1xy   切于点 2 2 2( , 1)xP x e  ， 则有 2 1 1 2 2 2 2 1 (e 1)x x x x ek e e x x        ， 从而 1 22x x  ， 1 2k  ， 2 1 2 xe  ， 2 ln2x   ． 所以切线方程 21 1 1 1( ln 2) 1 ln 22 2 2 2 xy x e x       ， 所以 1 1ln22 2b   ． 故答案为： 1 1ln22 2  . 【点睛】本题主要考查导数的几何意义,两曲线的公切线问题，属于中档题． 四､解答题：本大题共 6 小题，17 题 10 分，其余每题 12 分，共 70 分． 17. 已知函数   sin cos 2sin cos 2f x x x x x    ． （1）求 2 3f      的值； （2）求  f x 的最大值和最小值． 【答案】（1） 3 2 ；（2） max min 3( ) 3 2 ( ) 4f x f x  ， . 【解析】 【分析】 （1）由特殊值的三角函数计算； （2）令 sin cos 2 sin [ 2, 2]4t x x x          ，把函数化为关于t 的二次函数，由 二次函数的性质求得最值． 【详解】（1） 2 2 2 2 3 1 3 1 3( ) sin cos 2sin cos 2 2 23 3 3 3 2 2 2 2 2f x               ． （2）令 sin cos 2 sin [ 2, 2]4t x x x          ， 2 21 2sin cos 2sin cos 1t x x x x t    ， - 13 - 2 2 2 1 3( ) ( ) 1 2 1 2 4f x g t t t t t t              ， max min 1 3( ) ( 2) 3 2 ( ) 2 4f x f f x f           ． 【点睛】方法点睛：本题考查求三角函数的最值．求三角函数最值的常用方法： （1）利用三角函数的恒等变化化函数为一个角的一个三角函数形式，然后由正弦函数求解； （2）换元法，设 sin x t ，转化为二次函数，题中含有sin cos ,sin cosx x x x 时，可设 sin cost x x  换元后转化为二次函数，收二次函数性质求解． 18. ABC 的三个内角 , ,A B C 所对的边分别为 2, , , sin sin sin 2a b c a A B b A a b   ． （1）求 b a ； （2）若 2 2 23c b a  ，求 B ． 【答案】（1） 2 ；（2）45°. 【解析】 【分析】 （1）已知等式中 b 移到左边，与 2sinb A 结合，然后边化角化简后，再角化边得 b a ； （2）已知条件结合余弦定理化简，再把（1）的结论代入已知得 ,a c 的关系，从而求得 cos B ， 得 B 角， 【详解】解：（1）由已知 2sin sin sin 2a A B b A b a   ．  2sin sin 1 sin 2a A B A b a   ． 2sin sin cos 2a A B b A a  ， 由正弦定理知： 2 2sin sin sin cos 2 sinA B B A A  ，  2 2sin sin cos 2 sin , sin 2 sin , 2 , 2.bB A A A B A b a a      （2）由余弦定理： 2 22 (1 3)cos 02 2 c b aB ac a c      ， - 14 - 又由（1）知 2 22b a ，故 2 2 2 1 2(2 3) cos , cos , 452, 2c a B B B        ． 【点睛】方法点睛：本题考查正弦定理和余弦定理的应用． 已知等式中出现边角混合关系时，常常需要用正弦定理进行边角互化，如果出现边的平方等 关系可用余弦定理求角， 19. 已知 ,  为锐角， 5 5cos , cos( )5 5       ． （1）求 cos2 的值； （2）求  tan   的值． 【答案】（1） 7 25  ；（2） 2 11  . 【解析】 【分析】 （1）根据题中条件，求出 2 5sin 5   ， 2 5sin( ) 5    ，再由两角差的余弦公式，求出 cos ，根据二倍角公式，即可求出结果； （2）由（1）求出 4tan 3   ， tan 2  ，再由两角差的正切公式，即可求出结果. 【详解】（1） Q ，  为锐角，且 5cos 5   ， 5cos( ) 5     ，则 ,2        ， 2 2 5sin 1 cos 5      ， 2 2 5sin 1 co ) 5) s ((        ， 3cos cos[( ) ] cos( )cos sin( )sin 5                   ， 2 7cos2 2cos 1 25       ； （2）由（1） 3cos 5   ，所以 23sin 1 4 5 5        ，则 4tan 3   ， 又 5cos 5   ， 2 5sin 5   ， tan 2  ； tan tan 2tan( ) 1 tan tan 11           . - 15 - 20. 已知在 ABC 中，角 ､ ､A B C 的对边分别为 , ,a b c ，外接圆半径为 2，若 ,4 4 a bm       ， 2 2 2 2 2 2 ( , )2 2 a c b b c an ac bc     ， sin2m n C   ． （1）求角C 的大小； （2）若sin ,sin ,sinA C B 成等差数列，且 ( ) 18CA AB AC     ，求 c 的长． 【答案】（1） 60C   ；（2）6. 【解析】 【分析】 （1）先利用平面向量数量积的坐标运算公式写出 sin2m n C   的式子，，然后根据正弦定理、 余弦定理，将原式化简，再运用和差角公式合并，从而得出角C 的大小； （2）利用sin ,sin ,sinA C B 成等差数列可得出 , ,a b c 的关系，根据 ( ) 18CA AB AC     可解 出 ab 的值，再结合余弦定理则可解得 c 的值. 【详解】解：（1）因为 ,4 4 a bm       ， (cos ,cos )n B A ， 所以 2 2 2 2 2 2 4 2 4 2 a a c b b b c am n ac bc          ，又 ABC 外接圆半径为 2， 所以 4sin , 4sina A b B  所以 2 2 2 2 2 2 4 2 4 2 a a c b b b c am n ac bc           sin cos cos sin sin sinA B A B A B C     则sin sin 2 2sin cosC C C C  ， 1cos 2C  ， 又  0,C  ，所以 60C   （2）若sin ,sin ,sinA C B 成等差数列，则 2sin sin sinC A B  ，即 2c a b  ， 又 ( ) 18CA AB AC     ， - 16 - 1cos60 182CA CB ab ab      ，得 36ab  ， 由余弦定理得：  22 2 2 22 cos ( ) 2 3c a b ab C a b ab ab a b ab          ， 23 3c ab  ， 2 36c  ，得 6c  . 【点睛】本题考查正余弦定理的综合运用，考查解三角形与平面向量的结合问题，难度一般. 解 答时注意以下几点： （1）平面向量数量积的坐标运算公式的运用，三角恒等变换公式的运用； （2）利用正弦定理、余弦定理进行边角转化. 21. 已知函数 2 1( ) cos 3sin( ) cos( ) 2f x x x x       ． （1）求函数  f x 在 0, 上的单调递减区间； （2）在锐角 ABC 中，内角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c ，已知   1, 2, sin sinf A a b C a A    ，求 ABC 的周长． 【答案】（1）单调递减区间 0, 3 π     和 5 ,6      ；（2）6. 【解析】 【分析】 （1）利用二倍角公式，两角和与差的余弦公式化函数 ( ) cos( )f x A x   形式，然后结合 余弦函数的单调性求解． （2）利用（1）求得 A 角，再由正弦定理化角为边求得 4bc  ，然后由余弦定理可求得b c ， 从而得三角形周长． 【详解】解：（1） 2 1 cos2 1 3 1( ) cos 3sin cos sin 22 2 2 2 xf x x x x x      1 3cos2 sin 2 cos 22 2 3x x x        ， 函数 ( )f x 单调递减，则 2 [2 ,2 ],3x k k k Z       ， [ , ]6 3x k k     ， k Z ， - 17 - ( )f x 在 (0, ) 上的单调递减区间 0, 3 π     和 5 ,6      （2）由（1）知： ( ) cos 2 13f A A        且 ABC 为锐角三角形， 2 ,3 3A A     ， 2 2 2 2 2 2sin sin , 4, 2 cos ( ) 2 ( ) 3b C a A bc a a b c bc A b c bc bc b c bc                 ， 24 ( ) 12, 4,b c b c       ∴ ABC 的周长为 2 4 6  ． 【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形，考查三角函数恒等变换，解决此类问题的方法一 般是由二倍角公式、诱导公式、两角和与差的正弦（或余弦）公式化函数为一个角的一个三 角函数形式，然后结合正弦函数（或余弦函数）性质确定的各种性质．在三角形中注意正弦 定理的边角互化，正弦定理与余弦定理解三角形的灵活应用． 22. 设函数  ( ) 1 1x xf x xe a e    . （1）求函数 ( )f x 的单调区间及极值； （2）若函数 ( )f x 在 (0, ) 上有唯一零点，证明： 2 3a  . 【 答 案 】（ 1 ） ( )f x 的 减 区 间 为 ( , 1)a  ， 增 区 间 为 ( 1, )a   ， 极 小 值 为 1( 1) 1 af a a e     ，无极大值（2）见解析 【解析】 【分析】 （1）求出函数  y f x 的定义域以及导数，利用导数求出函数  y f x 的单调区间，并由 单调性得出函数  y f x 的极值； （2）利用参变量分离法得出关于 x 的方程 1 1x xa x e    在  0,x  上有唯一解，构造函 数   1 1x xg x x e    ，得出      2 2 1 x x x e e x g x e     ，构造函数   2xh x e x   ，求出该函 数的导数，判断导数的符号，得出函数的单调性，求出函数  y g x 的最小值转化即可． 【详解】（1） ( )f x 的定义域为 ( , )  ，∵ '( ) ( 1 ) xf x x a e   ， 当 ( , 1)x a   时， '( ) 0f x  ， ( )f x 为减函数； - 18 - 当 ( 1, )x a   时， '( ) 0f x  ， ( )f x 为增函数， ∴ ( )f x 有极小值 1( 1) 1 af a a e     ，无极大值， 故 ( )f x 的减区间为 ( , 1)a  ，增区间为 ( 1, )a   ，极小值为 1( 1) 1 af a a e     ，无 极大值； （2）函数 ( )f x 在 (0, ) 上有唯一零点，即当 (0, )x  时，方程 ( ) 0f x  有唯一解， ∴ 1 1x xa x e    有唯一解，令 1( ) 1x xg x x e    ，则    2 2 '( ) 1 x x x e e x g x e     令 ( ) 2xh x e x   ，则 '( ) 1xh x e  ， 当 (0, )x  时， '( ) 0h x  ，故函数 ( )h x 为增函数， 又 (1) 3 0h e   ， 2(2) 4 0h e   ， ∴ ( )h x 在 (0, ) 上存在唯一零点 0x ，则 0 (1,2)x  ，且 0 0 2xe x  ， 当  00,x x 时， )'( 0g x  ， 当  0 ,x x  时， '( ) 0g x  ，∴ ( )g x 在 (0, ) 上有最小 值.ly   0 0 0 0 0 1 1 (2,3)1x xg x x xe      ，∴ 2 3a  . 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性与极值、以及利用导数研究函数的零点问题， 构造新函数是难点，也是解题的关键，考查转化与化归数学思想，属于难题.