山东省烟台市2021年高三上学期期中数学试题

山东省烟台市2021年高三上学期期中数学试题

试卷第 1页，总 21页 山东省烟台市 2021年高三上学期期中数学试题 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．已知集合    2 1,0,1, 2 1 2A B x x      ， ， ，则 A B  （ ） A． 1 01 ，， B． 1 2， C． 01 2，， D． 01， 【答案】C 【分析】 根据所给集合，直接求交集即可得解. 【详解】 由    2 1,0,1, 2 1 2A B x x      ， ， ，  0,1, 2A B  ， 故选：C. 2．若非零向量 ,a b   的夹角为，则“ 0, 2       ”是“ a b a b       ”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】 先化简 | | | |a b a b      得到 , [0, ) 2 a b      ，即得解. 【详解】 | | | |a b a b      化为 2 22 22 2a b a b a b a b            ，  0a b   ， 所以 , [0, ) 2 a b      . “ 0, 2       ”是“ a b a b       ”的充分不必要条件. 故选：A 3．若 3cos 4 4       ，则 sin 2 （ ） 试卷第 2页，总 21页 A． 1 8 B． 1 8  C． 3 8 D． 3 8  【答案】B 【分析】 换元 4 x   ，可得出 4 x    ，利用二倍角公式以及二倍角的余弦公式可求得 sin 2 的值. 【详解】 换元 4 x   ，则 4 x    ，且 3cos 4 x  ， 则 2 1sin 2 sin 2 sin 2 cos 2 1 2cos 4 2 8 x x x x                        . 故选：B. 4．设 0.3 0.2 0.2 12 log 0.3 2 a b c         ， ， ，则 , ,a b c的大小关系为（ ） A． a b c  B．b a c  C．b c a  D． c a b  【答案】D 【分析】 由 0.3 0.3 0.21 2 2 2 b a          ，而 0.2 0.2log 0.3 log 0.2 1c    ，即可得解. 【详解】 0.2 02 2 1a    ， 0.3 0.3 0.21 2 2 2 b         ， 0.2 0.2log 0.3 log 0.2 1c    ， 所以 c a b  ， 故选：D. 5．若M为 ABC 的边 AB上一点，且 3AB AM    则 =CB  （ ） A．3 2CM CA    B．3 2CA CM    C．3 2CM CA    D．3 2CA CM    【答案】A 【分析】 试卷第 3页，总 21页 先用向量CB  ，CA  表示向量CM  ，再转化为用CA  ，CM  表示CB  即可得答案. 【详解】 解：根据题意做出图形，如图， 所以 2 2 1 2 3 3 3 3 CM CB BM CB BA CB CA CB CB CA                       ， 所以 =CB  3 2CM CA    . 故选：A. 6．函数   2 ln x f x x  在其定义域上的图象大致为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】 试卷第 4页，总 21页 首先根据 ( )f x 的奇偶性，排除 CD，再根据函数值的符号进一步确定即可得解. 【详解】 首先求定义域， ln 0 0 x x     ， 解得 ( , 1) ( 1,0) (0,1) (1, )x       ，   2 2 ( ) ln ln x x f x f x x x       ， 所以 ( )f x 为偶函数，图象关于 y轴对称，排除选项 CD， 当 1x   或 1x  时，   2 0 ln x f x x   ，排除 A 故选：B. 7．牛顿冷却定律描述一个物体在常温环境下的温度变化：如果物体的初始温度为 0T ， 则经过一定时间 t后的温度 T将满足  0 1 2 t h a aT T T T       ，其中 aT 是环境温度，h 称为半衰期.现有一杯 85℃的热茶，放置在 25℃的房间中，如果热茶降温到 55℃，需要 10分钟，则欲降温到 45℃，大约需要多少分钟？（ ）（1g2≈0.3010，1g3≈0.4771） A．12 B．14 C．16 D．18 【答案】C 【分析】 先根据条件计算 h的值，利用换底公式计算，即可得答案； 【详解】 根据题意有：   10 155 25 85 25 10 2 h h         ，    10 1 2 1 1 lg3 0.477145 25 85 25 log 10 10 15.85 2 10 3 lg 2 0.3010 t t t               ， 故选：C. 8．已知函数   1,1 3 ln ,3 9 3 x x f x x x         ，若函数    g x f x ax  有两个不同的零点， 则实数 a的取值范围是（ ） 试卷第 5页，总 21页 A． 2 1, 3 2       B． ln 3 1 1, 9 3 2e          C． 1 ln3 1 2, , 3 9 2 3e         D． ln 3 1 2 10, , 9 3 3 2e                 【答案】D 【分析】 函数    g x f x ax  有两个不同的零点等价于方程 ( )f xa x  有两个不同的根，即可 得答案； 【详解】 函数    g x f x ax  有两个不同的零点等价于方程 ( )f xa x  有两个不同的根，  1 ,1 3, ( ) ln 3 ,3 9, x x xf x xx x x            ， 令 1( ) xu x x   ， ' ' 2 1 2( ) ( ) 2 1 x xu x x x x       ， ' '( ) 0 1 2, ( ) 0 2 3,u x x u x x         ( )u x 在 (1, 2)递增，在 (2,3)递减，  1 2(1) 0, (2) , (3) 2 3 u u u    2( ) (0, ] 3 u x  ，且 令 ln ln 3 3( ) 3 3 x x v x xx    ，3 9x  ， 令 3 xt  ，则 1 ln( ) 3 ty v x t   ，1 3t  ，  ' 2 1 1 ln 3 ty t    ， 当 ' 0y t e   ， ' 0 1y t e    ， ' 0 3y e t    ，  y在 (1, )e 递增，在 ( ,3)e 递减， 试卷第 6页，总 21页 且 1 ln3(1) 0, ( ) , (3) 3 9 y y e y e     1( ) (0, ] 3 v x e  ， 所以直线 y a 与 1 ,1 3, ( ) ln 3 ,3 9, x x xf x xx x x            有两个交点， 可得 a的取值范围为： ln 3 1 2 10, , 9 3 3 2e                 . 故选：D. 【点睛】 利用参变全分离，再结合导数研究函数的图象特征，从而得到参数的取值范围，是常用 的方法；本题若是采用半分离，图象不好作出，容易犯错. 二、多选题 9．若 0a b  ，则（ ） A． 1 1 a b a   B． 12 2a b C．  2 2 2 1a b a b    D． a b a b   【答案】ABD 【分析】 AC项用作差法可判断；B项根据函数的单调性可判断；D项用分析法可判断. 【详解】 解：因为 0a b  ，所以   1 1 0b a b a a a b      ，故 A正确； 1a b b   ， 2xy  是实数集上的增函数，所以 12 2a b ，故 B正确；      2 22 2 2 1 1 1 0a b a b a b         ，所以  2 2 2 1a b a b    ，故 C错误； 因为 0a b  ，所以 0a b  ，欲证 a b a b   ，只需证明 2a b a ab b   ， 即证 , ,ab b a b a b  显然成立，故 D正确. 故选：ABD 【点睛】 试卷第 7页，总 21页 方法点睛：作差法、根据函数的单调性、分析法、取特殊值验证或综合法是解决这类题 的常用方法. 10．已知  f x 是定义在 R上的奇函数，且满足    4f x f x  ，则下列说法正确的 是（ ） A．    8f x f x  B．  f x 在区间  2,2 上单调递增 C．      2019 2020 2021 0f f f   D．   cos 4 2 f x x       是满足条件的一个函数 【答案】ACD 【分析】 根据  f x 是定义在 R上的奇函数和    4f x f x  ，推出    8f x f x  ，即函 数的周期为 8，然后再逐项验证. 【详解】 因为  f x 是定义在 R上的奇函数， 所以    f x f x   ,又    4f x f x  ， 所以    4f x f x    ，即    4f x f x   ， 所以    8f x f x  ，故 A正确； 无法得出  f x 在区间  2,2 上单调递增，故 B错误； 因为函数的周期为 8，所以      2019 2020 2021f f f             3 4 5 1 0 1 0f f f f f f         ，故 C正确； 因为   cos sins 4 2 4 f x x x                ,则      sins sins 4 4 f x x x f x                  ， 2 8 4 T     ，故 D正确； 故选：ACD 11．函数    sinf x A x   ，（ , ,A   是常数， 0A  ）的部分图象如图所示，则 试卷第 8页，总 21页 （ ） A．   2 cos 2 6 f x x      B．   2 sin 2 3 f x x       C．  f x 的对称轴为 , 12 x k k Z   D．  f x 的递减区间为 5 , , 12 12 k k k Z        【答案】AB 【分析】 由最低点确定 2A  ，由周期的四分之一 7 12 3 4      确定，把最低点 7 , 2 12      代入解析式确定，再根据正弦函数的对称轴、递减区间求该函数的对称轴和递减区间 即可. 【详解】 解：显然 2A  ，设函数的周期为T ，则 7 4 12 3 T     ，所以T  ，又 2 , 2      ； 所以      sin 2 sin 2f x A x x      过点 7 , 2 12      ， 所以 72 2 sin 2 12          ，  2 3 k k Z    ， 所以   2 sin 2 3 f x x       ，根据 sin cos 2 x x      ，   2 sin 2 cos 2 2 cos 2 3 2 3 6 f x x x x                          ，故 AB正确； 正弦函数的对称轴为   2 x k k Z   ， 试卷第 9页，总 21页 令    2 , 3 2 2 12 kx k k Z x k Z          ，所以   2 sin 2 3 f x x       的对 称轴为   2 12 kx k Z     ，故 C错误； 正弦函数的递减区间为  2 ,2 2 2 k k k        Z ， 令  3 72 2 2 , 2 3 2 12 12 k x k k x k k Z                 ，   2 sin 2 3 f x x       的递减区间为  7, 12 12 k k k Z        ，故 D错误. 故选：AB 【点睛】 方法点睛：已知三角函数的图像确定解析式，一般根据最高点或最低点确定振幅 A，根 据周期确定角速度，根据函数图像经过的点确定初相，再根据正弦函数的性质用换 元法确定待求函数的性质即可. 12．已知函数   sin xf x x  ，  0,x  ，则下列结论正确的有（ ） A．  f x 在区间  0, 上单调递减 B．若 1 20 x x    ，则 1 2 2 1sin sinx x x x   C．  f x 在区间  0, 上的值域为 0,1 D．若函数     cosg x xg x x  ，且   1g    ，  g x 在  0, 上单调递减 【答案】ACD 【分析】 先求出函数的导数，然后对四个选项进行逐一分析解答即可， 对于选项 A：当 0, 2 x      时，可得   0f x  ，可得  f x 在区间 0, 2       上单调递减； 当 , 2 x       ，可得   0f x  ，可得  f x 在区间 , 2       上单调递减，最后作出判 断； 对于选项 B：由  f x 在区间  0, 上单调递减可得    1 2f x f x ，可得 1 2 1 2 sin sinx x x x  ，进而作出判断； 试卷第 10页，总 21页 对于选项 C：由三角函数线可知 sin x x ，所以 sin 1x x x x   ， sin( ) 0f     ，进 而作出判断； 对于选项 D：       sing x g x xg x x     ，可得    sin xg x f x x    ，然后利用 导数研究函数  g x 在区间  0, 上的单调性，可得     0g x g    ，进而可得出 函数  g x 在  0, 上的单调性，最后作出判断. 【详解】   2 cos sinx x xf x x   ，  0,x  ， 当 0, 2 x      时， cos 0x  ，由三角函数线可知 tanx x ， 所以 sin cos xx x  ，即 cos sinx x x ，所以 cos sin 0x x x  ， 所以   0f x  ，所以  f x 在区间 0, 2       上单调递减， 当 , 2 x       ， cos 0x  ， sin 0x  ，所以 cos sin 0x x x  ，   0f x  ， 所以  f x 在区间 , 2       上单调递减， 所以  f x 在区间  0, 上单调递减，故选项 A正确； 当 1 20 x x    时，    1 2f x f x ， 所以 1 2 1 2 sin sinx x x x  ，即 1 2 2 1sin sinx x x x   ，故选项 B错误； 由三角函数线可知 sin x x ，所以 sin 1x x x x   ， sin( ) 0f     ， 所以当  0,x  时，    0,1f x  ，故选项 C正确； 对     cosg x xg x x  进行求导可得： 所以有       sing x g x xg x x     ， 所以    sin xg x f x x    ，所以  g x 在区间  0, 上的值域为 0,1 ， 所以   0g x  ，  g x 在区间  0, 上单调递增，因为   0g   ， 从而     0g x g    ，所以函数  g x 在  0, 上单调递减，故选项 D正确. 试卷第 11页，总 21页 故选：ACD. 【点睛】 方法点睛：本题考查导数的综合应用，对于函数   sin xf x x  的性质，可先求出其导数， 然后结合三角函数线的知识确定导数的符号，进而确定函数的单调性和极值，最后作出 判断，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于中档题. 三、填空题 13．设 ,a b为单位向量，且 1a b  r r ，则 2a b    _______ 【答案】 3 【分析】 根据 1a b  ，平方可得 2 2 2 2 1 2 1 1a b a a b b a b                  ， 解得 1 2 a b    ，再对 2a b   进行平方即可得解. 【详解】 由 1a b  ， 平方可得： 2 2 2 2 1 2 1 1a b a a b b a b                  ， 解得： 1 2 a b    ， 2 2 2 12 4 4 1 4 4 3 2 a ab b              a b ， 2 3a b  ， 故答案为： 3 . 14．函数   21 lnf x x x   的定义域为______ 【答案】  01， 【分析】 根据解析式可得不等式组 21 0, 0, x x      解不等式组，即可得答案； 【详解】  21 0, 0, x x      0 1x   ， 故答案为：  01， . 试卷第 12页，总 21页 15．已知函数  f x 是定义在 R上的偶函数，其导函数为  f x ，若对任意的正实数，        22 0,xf x f x g x x f x    ，则不等式    12 2xg g   的解集为______ 【答案】 1 3 2 2 x x      【分析】 根据条件可得函数 ( )g x 为偶函数，且在 (0, ) 单调递减，从而可得不等式. 【详解】 当 0x  时，  ' '( ( ) 2 ( )) 0g x x xf x f x   ，且 ( )g x 为偶函数，   g x 在 (0, ) 单调递减，          1 1 1 1 22 2 2 2 2 2x x xg g g g        11 2 x   ， 解得： 1 3 2 2 x  ， 故答案为： 1 3 2 2 x x      . 【点睛】 求解的关键在于构造什么样的函数，再利用导数研究函数的单调性，进而将不等式进行 等价转化. 16．如图，C、D是两所学校所在地，C、D到一条公路的垂直距离分别为 8 , 27CA km DB km  .为了缓解上下学的交通压力，决定在 AB上找一点 P，分别向 C、D修建两条互相垂直的公路 PC和 PD，设 0 2 APC          ，则当 PC PD 最小时， AP  _______ km . 【答案】12 【分析】 试卷第 13页，总 21页 由题意得： 8 27 sin sin cossin( ) 2 AC DBy PC PD           ，再利用导数求函数的 最小值即可； 【详解】 由题意得： 8 27 sin sin cossin( ) 2 AC DBy PC PD           ， 3 3 ' 2 2 8cos 27sin sin cos y        ，当 ' 0y  时， 2tan 3   ， 当 ' 0y  得： 2tan 3   ，当 ' 0y  得： 2tan 3   ， 当 2tan 3   时， y取得最小值，  8 122tan 3 ACAP     ， 故答案为：12. 【点睛】 利用导数求函数的最值，注意不一定要把的值求出，直接利用复合函数的性质，可简 化计算量. 四、解答题 17．在平面直角坐标系 xOy中，已知向量  3 1, , cos ,sin , 0, 2 2 2 a b x x x               r r . （1）若 a b   ，求 tan x的值； （2）若 a  在b  上的投影向量长度为 1 2 ，求 x的值. 【答案】（1） tan 3x  ；（2） x  6  . 【分析】 （1）根据 a b   ， 由 0a b    求解.. （2）根据 a  在b  上的投影向量长度为 1 2 ，由 3 1 1cos sin cos 2 2 6 2 a b x x x b           r r r 求解. 【详解】 试卷第 14页，总 21页 （1）因为 a b   ， 所以 0a b    ， 故 3 1cos sin 0 2 2 x x  ， tan 3x  . （2）因为 a  在b  上的投影向量长度为 1 2 ， 所以 3 1 1cos sin cos 2 2 6 2 a b x x x b           r r r ， 所以 1cos 6 2 x        ， 所以 2 6 3 x k     或 2 6 3 x k     或 22 6 3 x k     或 42 6 3 x k     ， 解得 2 6 x k   或 2 2 x k   或 2 2 x k   或 72 6 x k    ， 因为 0, 2 x      ， 所以 x  6  . 18．某市作为新兴的“网红城市”，有很多风靡网络的“网红景点”，每年都有大量的游客 来参观旅游。为提高经济效益，管理部门对某一景点进行了改造升级，经市场调查，改 造后旅游增加值 y万元投入  10x x  万元之间满足： 21 ln 2 5 xy ax bx   （a，b为 常数），当 10x  万元时， 17.7y  万元；当 15x  万元时， 25y  万元.（参考数据： ln 2 0.7, ln3 1.1, ln5 1.6   ） （1）写出该景点改造升级后旅游增加利润  L x 万元与投入 x万元的函数解析式；（利 润=旅游增加值－投入） （2）投入多少万元时，旅游增加利润最大？最大利润是多少万元？（精确到 0.1） 【答案】（1）    2 21 51 1 26ln ln 10 50 25 5 50 25 5 x xL x x x x x x         ；（2）投入 25万元时，旅游增加利润最大，最大利润为 11.9万元. 【分析】 （1）利用待定系数法求出 1 51, 25 25 a b   ，即可得答案； 试卷第 15页，总 21页 （2）利用导数求出函数的单调性，即可得到函数的最值； 【详解】 （1）由已知得： 1 100 10 ln 2 17.7 2 1 225 15 ln3 25 2 a b a b             ，化简得： 1 51, 25 25 a b   ，  21 51 ln 10 50 25 5 xy x x x      ，则该景点改造升级后旅游增加利润为：    2 21 51 1 26ln ln 10 50 25 5 50 25 5 x xL x x x x x x x          ； （2）由（1）得：    21 26 ln 10 50 25 5 xL x x x x     则      2 1 251 26 1 26 25 25 25 25 25 x xx xL x x x x x            ，令   0L x  得 25x  ， 当  10,25x 时，    0,L x L x  单调递增；当      25, 0,x L x L x  时， 单 调递减； 25x  时，  L x 取得最大值，且    max 25 11.9L x L  ， 当投入 25万元时，旅游增加利润最大，最大利润为 11.9万元. 【点睛】 待定系数法求函数的解析式，一般是根据条件列出方程，再求参参数值；利用导数求函 数的单调性，可求得函数的最值. 19．在① cos sina B b A c  ，② cos 3 sinb b A a B  ，③ 2 2 2 4 3 ABCb c a S   △ 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求bc的值；若 问题中的三角形不存在，说明理由. 问题：在 ABC 中，它的内角 A，B，C的对边分别为 , ,a b c，若 ABC 的外接圆半 径为 2，且 2b c a  ，_______. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】答案不唯一，见解析. 【分析】 若选①：由正弦定理的边化角公式化简求出 4 A   ，进而得出 ,a b c 的值，最后由余 弦定理求出bc的值； 试卷第 16页，总 21页 若选②：由正弦定理的边化角公式化简求出 3 A   ，进而得出 ,a b c 的值，最后由余 弦定理求出bc的值； 若选③：由余弦定理以及三角形面积公式化简求出 = 6 A  ，进而得出 ,a b c 的值，最 后由余弦定理求出bc的值. 【详解】 若选①：因为 cos sina B b A c  ，所以 sin cos sin sin sinA B B A C   sin sin cos cos sinA B A B A B    所以 sin sin cos sinB A A B ，因为sin 0B  ，所以 sin cos , 4 A A A     . 因为 ABC 的外接圆半径为 2，所以 2 2 sin a A   ，所以 4sin 2 2a A  所以 2 4b c a   ，又因为  22 2 2 2 cos 2 2 cosa b c bc A b c bc bc A       所以  88 16 2 2 4 2 2 8 4 2 2 2 bc bc bc          , . 若选②：因为 cos 3 sin , sin sin cos 3sin sinb b A a B B B A A B     因为 sin 0B  ，所以 13 sin cos 1, sin 6 2 A A A          因为 50 , 6 6 6 A A              , ，所以 = 6 6 3 A A     , . 因为 ABC 的外接圆半径为 2，所以 2 2 4sin 2 3 sin a a A A     , 所以  22 2 22 2 6 2 cos 2 2 cosb c a a b c bc A b c bc bc A         ，Q 所以12 24 2 , 4bc bc bc     若选③：因为 2 2 2 4 3 ABCb c a S   △ ，由余弦定理得 2 cos 2 3 sinbc A bc A 所以 3tan , = 3 6 A A    ，因为 ABC 的外接圆半径为 2，所以 2 2 sin a A   所以 4sin 2a A  ，所以 2 2 2b c a   又因为  22 2 2 2 cos 2 2 cosa b c bc A b c bc bc A       所以  44 8 2 3 4 2 3 8 4 3 2 3 bc bc bc          ， . 【点睛】 试卷第 17页，总 21页 解决本题的关键是利用正弦定理的边化角公式以及余弦定理对题设条件进行转化，注意 到  22 2 2b c b c bc    的应用. 20．古希腊数学家海伦著作《测地术》中记载了著名的海伦公式，利用三角形的三边长 求三角形的面积.若三角形的三边分别为a b c、 、 ，则其面积    s p p a p b p c    ，这里 2 a b cp    ，已知在 ABC 中， 8BC  ， 3AB AC . （1）设 AC x ，试将三角形的面积 s表示成 x的函数； （2）求 s的最大值，并求三角形面积最大时 sin A 的值. 【答案】（1）     2 2 2 4 4s x x x x     （ 2 4x  ）；（2）s的最大值为 12， 4sin 5 A  . 【分析】 （1）按照题中所给公式直接写出结果即可； （2）先根据二次函数的性质得出 s的最大值，并求出取得最大值时 x的值，然后利用 余弦定理求出 cos A的值，最后由同角三角函数的关系求出 sin A 的值. 【详解】 （1）设 AC x ， 3 3AB AC x  ， 所以 8 4 4 8 8 2 8 2 2 2 2 2 x x x xs             2 2 2 4 4x x x x     （ 2 4x  ）； （2）由（1）得，        2 22 2 2 4 4 2 4 16s x x x x x x         24 2 22 20 64 2 10 36x x x        ， 当 2 10x  即 10x  时，s取得最大值 12， 此时 10AC  ， 3 10AB  ， 8BC  ，由余弦定理得：  22 210 3 10 8 3cos 52 10 3 10 A       ， 所以 2 4sin 1 cos 5 A A   . 【点睛】 方法点睛：将 ABC 的面积表示成关于x的函数，利用二次函数的性质求得 s的最大 试卷第 18页，总 21页 值，此时x的取值为 10 ，再应用余弦定理求出 cos A的值，进一步求出 sin A 的值， 考查逻辑思维能力和计算能力，属于常考题. 21．已知函数      21 ln 1f x x a x x     （ 0a  ）. （1）讨论函数  f x 的单调性； （2）若关于 x的不等式   1lnxxf x x x   在  1 ， 上恒成立，求实数 a的取值范围. 【答案】（1）答案不唯一，见解析；（2）0 2a  . 【分析】 （1）求出函数的导数，通过讨论 a的范围，判断函数的单调性即可； （2原不等式化为： ln2 xa x x   在  1 ， 上恒成立，设   ln2 xh x x x   ，  1,x  ， 求出函数的导数，再令   22 1 lng x x x   ，根据函数的单调性求出 a的范围即可． 【详解】 （1）      1 12 1 1 2 1 xf x x a x a x x                          1 2 1 2 1 a x x a x x x x        ，  0,x  ， 令   0f x  ，则 2 ax  或 1x  ， 当0 2a  时，函数  f x 在区间 0, 2 a      和  1, 上单调递增，在区间 ,1 2 a      上单调 递减， 当 2a  时，函数  f x 在  0 ， 上单调递增， 当 2a  时，函数  f x 在区间  0,1 和 , 2 a     上单调递增，在区间 1, 2 a      上单调递 减； （2）原不等式化为： ln2 xa x x   在  1 ， 上恒成立， 设   ln2 xh x x x   ，  1,x  ，   2 2 2 1 ln 2 1 ln2 x x xh x x x       ，令   22 1 lng x x x   ，则   14 0g x x x     ， 试卷第 19页，总 21页 所以  g x 在  1 ， 上单调递增，    1 1 0g x g   ，所以   0h x  ， 则函数  h x 在  1 ， 上单调递增，且  1 2h  ， 0 2a   . 【点睛】 方法点睛：本题考查利用导数研究单调性（含参），考查利用导数研究恒成立问题，解 决第（2）问的关键是将原不等式转化为 ln2 xa x x   在  1 ， 上恒成立，进而利用 导数研究函数的单调性，从而得解，考查逻辑思维能力和运算求解能力，考查转化和划 归思想，属于常考题. 22．已知函数    1xf x e ax a R    . （1）若对任意的实数 x，函数  y f x 的图象与直线 y x 有且只有两个交点，求 a 的取值范围； （2）设     21 1 2 g x f x x   ，若函数  g x 有两个极值点 1 2x x， ，且 1 2x x ，证明：    1 2 2g x g x  . 【答案】（1） 1a   ；（2）证明见解析. 【分析】 （1）根据题意得方程 0xe x a   有两个不相等的实数解，故令   xh x e x a   ， 再求  h x 的值域分布即可得答案. （2）由已知得   21 2 xg x e x ax   ，进而得    ' xg x h x e x a    ，进而结合（1） 得函数  g x 的单调性，且 2 2 xa x e  ，    2 2 2 2 22 0x xh x e e x x     ，故令    2 0x xk x e e x x    ，只需证明   0k x  恒成立，进而得    1 2g x g x  ， 故将问题转化为    2 2 2g x g x   ，设    2 2 0x xx e e x x      ，再研究函 数的最值即可得证. 【详解】 （1）由已知得：函数 xy e a  的图象与直线 y x 有两个交点，即方程 0xe x a   有两个不相等的实数解. 设     1x xh x e x a h x e    ， ，令   0 0h x x    ，      ,0 0,x h x h x  ， 单调递减， 试卷第 20页，总 21页      0, 0,x h x h x  ， 单调递增，    min 0 1h x h a    ， 1 0, 1a a      ， 且    x h x x h x   ， ； ， 1a   时，函数  y f x 的图象与直线 y x 有且只有两交点. （2）    21 2 x xg x e x ax g x e x a     ， ， 函数  g x 有两个极值点  1 2, 0x x g x ， 有两个不同的实数解 1 2,x x . 由（1）知：      1 2, 0xh x e x a h x h x     ，且 1 20x x  ，  g x 在区间    1 2, , ,x x  上单调递增，在区间  1 2,x x 上单调递减，且 2 2 xa x e  ，    2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 0x x x x xh x e x a e x x e e e x x              ， 设    2 0x xk x e e x x    ， 则   1 12 2 2 0x x x x x xk x e e e e e e                    ，  k x 在  0 ， 上单调递减， 又    0 0, 0k k x   恒成立，即  2 0h x  ， 1 2 0x x    ， 又  g x 在  1,0x 单调递减，    1 2g x g x   要证：    1 2 2g x g x  ， 只须证：    2 2 2g x g x   即证： 2 2 2 2 2 0x xe e x     ， 设      2 2 0 2x x x xx e e x x x e e x          ， ， 令    2 0x xp x e e x x     ，则   2 0x xp x e e     ， 所以  p x 在  0 ， 单调递增，      0 0 0p x p x  ， 所以  x 在  0 ， 单调递增，    0 0  x ， 试卷第 21页，总 21页 故当 2 22 2 20 2 0 2 0x xx xx e e x e e x         ， ， ， 所以    2 2 2g x g x   ，亦即：    1 2 2g x g x  . 【点睛】 本题考查导数研究函数的零点个数，证明不等式问题，考查化归转化思想和运算求解能 力，是难题.本题解题的关键在于根据已知证明    1 2g x g x  ，进而将问题转化为证 明    2 2 2g x g x   成立问题，最后构造函数求最值即可证得答案.