2018-2019学年江西省南昌十中高二（下）第二次月考数学试卷（理科）（6月份）含详细解答

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1、2018-2019 学年江西省南昌十中高二（下）第二次月考数学试卷（理科）（6月份）一、选择题（本大题共 12 题，每小题题，每小题 5 分，共计分，共计 60 分）分） 1 （5 分）复数 z在复平面上对应的点位于（ ） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 2 （5 分）若 l，m 是两条不同的直线，m 垂直于平面 ，则“lm”是“l”的（ ）  A充分而不必要条件 B必要而不充分条件  C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 3 （5 分） 在含有 3 件次品的 50 件产品中， 任取 2 件， 则至少取到 1 件次品的概率为 （ ）  A &nb

2、sp;B  C  D 4 （5 分）曲线 yx32x+4 在点（1，3）处的切线的倾斜角为（ ） A30 B45 C60 D120 5 （5 分）若12，则 n（ ） A8 B7 C6 D4 6 （5 分）已知双曲线1（a0，b0）的一条渐近线过点（2，） ，且双曲线 的一个焦点在抛物线 y24x 的准线上，则双曲线的方程为（ ） A1 B1  C1 D1 第 2 页（共 20 页） 7（5 分） 如图， 在长方体 ABCDA1B1C1D1中， ABBC2， AA11， 则 BC1与平面 BB1D1D 所成角的余弦值为（ ） A B C D 8 （5 分）一个四面

3、体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是（ ） A1+ B2+ C1+2 D2 9 （5 分）将 5 个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的 排法共有（ ） A42 种 B48 种 C54 种 D60 种 10 （5 分）已知 F2、F1是双曲线1（a0，b0）的上、下焦点，点 F2关于渐 近线的对称点恰好落在以 F1为圆心，|OF1|为半径的圆上，则双曲线的离心率为（ ）  A3 B C2 D 11 （5 分）已知，若 a0+a1+a70，则 a3（ ）  A5 B20 C15 D35 12 （5 分）对于三次函数 f（x）ax3+bx2+cx

4、+d（a0） ，给出定义：设 f（x）是函数 y f（x）的导数，f（x）是 f（x）的导数，若方程 f（x）0 有实数解 x0，则称点 第 3 页（共 20 页） （x0，f（x0） ）为函数 yf（x）的“拐点” 经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐 点” ；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心设函数 g（x） ，则 g（）+g（）+g（）（ ） A2016 B2015 C4030 D1008 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 4 题，每小题题，每小题 5 分，共计分，共计 20 分）分） 13 （5 分）已知 （，1，0） ， （k，0，1） ， ， 的夹角为

5、60，则 k    14 （5 分）现有橡皮泥制作的底面半径为 5，高为 4 的圆锥和底面半径为 2，高为 8 的圆柱 各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆 柱各一个，则新的底面半径为   15 （5 分）从 0，2，4，6，8 中任取 2 个数字，从 1，3，5，7 中任取 2 个数字，组成没有 重复的四位数，其中能被 5 整除的四位数共有   个 （用数字作答） 16（5 分） 已知四棱锥 PABCD 的底面 ABCD 是边长为 2 的正方形， 侧棱 PA平面 ABCD， PA2若在四棱锥 PABCD 的内部有

6、一个半径为 R 的球，则 R 的最大值为    三、简答题（本大题共三、简答题（本大题共 6 小题，小题，17 题题 10 分，分，18-22 题，每题题，每题 12 分）分） 17 （10 分）已知二项式的展开式中各项系数的和为 64 （I）求 n； （II）求展开式中的常数项 18 （12 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1的参数方程为（t 为参数） ，曲线 C2的 参数方程为（ 为参数） ，以 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐 标系 （1）求曲线 C1和 C2的极坐标方程； （2）直线 l 的极坐标方程为，直线 l 与曲线 C1和 C2分别交于不同于原点

7、的 A， B 两点，求|AB|的值 19 （12 分）某校高二年级某班的数学课外活动小组有 6 名男生，4 名女生，从中选出 4 人 参加数学竞赛考试，用 X 表示其中男生的人数， （1）请列出 X 的分布列； 第 4 页（共 20 页） （2）根据你所列的分布列求选出的 4 人中至少有 3 名男生的概率 20 （12 分）如图所示的多面体是由一个直平行六面体被平面 AEFG 所截后得到的，其中 BAEGAD45，AB2AD2，BAD60 （）求证：BD平面 ADG； （）求平面 AEFG 与平面 ABCD 所成锐二面角的余弦值 21 （12 分）已知椭圆 E 的右焦点与抛物线 y24x 的焦

8、点重合，点 M在椭圆 E 上  （1）求椭圆 E 的方程； （2） 设 P （4， 0） ， 直线 ykx+1 与椭圆 E 交于 A， B 两点， 若直线 PA， PB 均与圆 x2+y2 r2（r0）相切，求 k 的值 22 （12 分）设函数 f（x）lnxx+1 （1）讨论 f（x）的单调性； （2）证明当 x（1，+）时，1x； （3）设 c1，证明当 x（0，1）时，1+（c1）xcx 第 5 页（共 20 页） 2018-2019 学年江西省南昌十中高二（下）第二次月考数学试卷学年江西省南昌十中高二（下）第二次月考数学试卷 （理科） （理科） （6 月份）月份） 参考答案

9、与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 12 题，每小题题，每小题 5 分，共计分，共计 60 分）分） 1 （5 分）复数 z在复平面上对应的点位于（ ） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 【分析】首先进行复数的除法运算，分子和分母同乘以分母的共轭复数，分母根据平方 差公式得到一个实数，分子进行复数的乘法运算，得到最简结果，写出对应的点的坐标， 得到位置 【解答】解：z+i， 复数 z 在复平面上对应的点位于第一象限 故选：A 【点评】本题考查复数的乘除运算，考查复数与复平面上的点的对应，是一个基础题， 在解题过程中，注意复数是数形结合的典型工具

10、 2 （5 分）若 l，m 是两条不同的直线，m 垂直于平面 ，则“lm”是“l”的（ ）  A充分而不必要条件 B必要而不充分条件  C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 【分析】利用直线与平面平行与垂直关系，判断两个命题的充要条件关系即可 【解答】解：l，m 是两条不同的直线，m 垂直于平面 ，则“lm”可能“l”也可 能 l， 反之， “l”一定有“lm” ， 所以 l，m 是两条不同的直线，m 垂直于平面 ，则“lm”是“l”的必要而不充分 条件 故选：B 【点评】本题考查空间直线与平面垂直与平行关系的应用，充要条件的判断，基本知识 的考查 3 （5 分） 在含有

11、 3 件次品的 50 件产品中， 任取 2 件， 则至少取到 1 件次品的概率为 （ ）  第 6 页（共 20 页） A  B  C  D 【分析】求出基本事件总数 nC502，至少取到 1 件次品的基本事件为 C31C471+C32C470， 根据概率公式计算即可 【解答】解：在含有 3 件次品的 50 件产品中，任取 2 件， 基本事件总数 nC502， 至少取到 1 件次品的基本事件为 C31C471+C32C470， 故至少取到 1 件次品的概率为：， 故选：D 【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能 力，

12、是基础题 4 （5 分）曲线 yx32x+4 在点（1，3）处的切线的倾斜角为（ ） A30 B45 C60 D120 【分析】欲求在点（1，3）处的切线倾斜角，先根据导数的几何意义可知 ky|x1，再 结合正切函数的值求出角 的值即可 【解答】解：y3x22，切线的斜率 k31221故倾斜角为 45 故选：B 【点评】本题考查了导数的几何意义，以及利用正切函数的图象求倾斜角，本题属于容 易题 5 （5 分）若12，则 n（ ） A8 B7 C6 D4 【分析】利用排列与组合数公式，进行化简计算即可 第 7 页（共 20 页） 【解答】解：12， n（n1） （n2）12， 化简得 n26；

13、解得 n8 故选：A 【点评】本题考查了排列与组合的计算与化简问题，是基础题目 6 （5 分）已知双曲线1（a0，b0）的一条渐近线过点（2，） ，且双曲线 的一个焦点在抛物线 y24x 的准线上，则双曲线的方程为（ ） A1 B1  C1 D1 【分析】由抛物线标准方程易得其准线方程，从而可得双曲线的左焦点，再根据焦点在 x 轴上的双曲线的渐近线方程渐近线方程，得 a、b 的另一个方程，求出 a、b，即可得到双 曲线的标准方程 【解答】解：由题意， 抛物线 y24x 的准线方程为 x， 双曲线的一个焦点在抛物线 y24x 的准 线上， c， a2+b2c27， a2，b， 双曲线的

14、方程为 故选：B 【点评】本题主要考查双曲线和抛物线的标准方程与几何性质，考查学生的计算能力， 属于基础题 7（5 分） 如图， 在长方体 ABCDA1B1C1D1中， ABBC2， AA11， 则 BC1与平面 BB1D1D 所成角的余弦值为（ ） 第 8 页（共 20 页） A B C D 【分析】连接 A1C1交 B1D1于点 O，连接 BO，在长方体中由 ABBC2，可得 CO1 B1D1，由长方体的性质可证有 OC1BB1，且 由直线与平面垂直的判定定理可得 OC1平面 BB1D1D，则C1BO 为则 BC1与平面 BB1D1D 所成角 在 RtBOC1中，可求 【解答】解：连接 A

15、1C1交 B1D1于点 O，连接 BO 由 ABBC2，可得 A1B1C1D1为正方形即 CO1B1D1 由长方体的性质可知 BB1面 A1B1C1D1，从而有 OC1BB1，且 BB1B1D1B1 OC1平面 BB1D1D 则C1BO 为则 BC1与平面 BB1D1D 所成角 在 RtBOC1中，   故选：C 【点评】本题以长方体为基本模型，考查了直线与平面所成角的秋季解，解决本题的关 键是熟练根据长方体的性质求出已知面的垂线，进而找出线面角，然后在直角三角形中 第 9 页（共 20 页） 求解角 8 （5 分）一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是（ ） A1+ B2

16、+ C1+2 D2 【分析】根据几何体的三视图，得出该几何体是底面为等腰直角三角形的三棱锥，结合 题意画出图形，利用图中数据求出它的表面积 【解答】解：根据几何体的三视图，得； 该几何体是底面为等腰直角三角形的三棱锥，如图所示； 该几何体的表面积为 S表面积SPAC+2SPAB+SABC 21+2+21 2+ 故选：B 【点评】本题考查了空间几何体的三视图的应用问题，解题的关键是由三视图得出几何 体的结构特征，是基础题目 9 （5 分）将 5 个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的 排法共有（ ） A42 种 B48 种 C54 种 D60 种 第 10 页（共 2

17、0 页） 【分析】根据题意，分 2 种情况讨论：，甲在最左端，将剩余的 4 人全排列，乙 在最左端，分析可得此时的排法数目，由加法原理计算可得答案 【解答】解：根据题意，最左端只能排甲或乙，分 2 种情况讨论： ，甲在最左端，将剩余的 4 人全排列，有 A4424 种情况， ，乙在最左端，甲不能在最右端，有 3 种情况，将剩余的 3 人全排列， 安排在剩下的三个位置，此时有 3A3318 种情况， 则一共有 24+1842 种排法； 故选：A 【点评】本题考查排列、组合的应用，注意优先分析受到限制的元素，属于基础题 10 （5 分）已知 F2、F1是双曲线1（a0，b0）的上、下焦点，点 F2

18、关于渐 近线的对称点恰好落在以 F1为圆心，|OF1|为半径的圆上，则双曲线的离心率为（ ）  A3 B C2 D 【分析】 首先求出 F2到渐近线的距离， 利用 F2关于渐近线的对称点恰落在以 F1为圆心， |OF1|为半径的圆上，可得直角三角形 MF1F2，运用勾股定理，即可求出双曲线的离心率  【解答】解：由题意，F1（0，c） ，F2（0，c） ， 一条渐近线方程为 yx，则 F2到渐近线的距离为 b 设 F2关于渐近线的对称点为 M，F2M 与渐近线交于 A， |MF2|2b，A 为 F2M 的中点， 又 0 是 F1F2的中点，OAF1M，F1MF2为直角， M

19、F1F2为直角三角形， 由勾股定理得 4c2c2+4b2 3c24（c2a2） ，c24a2， c2a，e2 故选：C 第 11 页（共 20 页） 【点评】本题主要考查了双曲线的几何性质以及有关离心率和渐近线，考查勾股定理的 运用，考查学生的计算能力，属于中档题 11 （5 分）已知，若 a0+a1+a70，则 a3（ ）  A5 B20 C15 D35 【分析】由已知求得 a，再由（1+x） （1x）6（1x2） （1x）5，写出（1x）5的展 开式的通项，分别取 r3 和 1，求出（1x）5的展开式中含 x3与含 x 的项，则答案可 求 【解答】解：由，取 x1，得 2（a1）

20、6a0+a1+a70，则 a1 （1+x） （1x）6（1x2） （1x）5， （1x）5的展开式的通项为 取 r3，得，取 r1，得 T25x a310+55 故选：A 【点评】本题考查二项式定理的应用，考查二项式系数的性质，是基础题 12 （5 分）对于三次函数 f（x）ax3+bx2+cx+d（a0） ，给出定义：设 f（x）是函数 y 第 12 页（共 20 页） f（x）的导数，f（x）是 f（x）的导数，若方程 f（x）0 有实数解 x0，则称点 （x0，f（x0） ）为函数 yf（x）的“拐点” 经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐 点” ；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐

21、点”就是对称中心设函数 g（x） ，则 g（）+g（）+g（）（ ） A2016 B2015 C4030 D1008 【分析】由题意对已知函数求两次导数可得图象关于点（，1）对称，即 f（x）+f（1 x）2，即可得到结论 【解答】解：函数 g（x），函数的导数 g（x）x2x+3， g（x）2x1， 由 g（x0）0 得 2x010 解得 x0，而 g（）1， 故函数 g（x）关于点（，1）对称， g（x）+g（1x）2， 故设 g（）+g（）+g（）m， 则 g（）+g（）+g（）m， 两式相加得 220152m， 则 m2015 故选：B 【点评】本题主要考查导数的基本运算，利用条件求出

22、函数的对称中心是解决本题的关 键求和的过程中使用了倒序相加法 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 4 题，每小题题，每小题 5 分，共计分，共计 20 分）分） 13 （5 分）已知 （，1，0） ， （k，0，1） ， ， 的夹角为 60，则 k  【分析】利用向量数量积公式，建立方程，即可求得 k 的值 【解答】解： （，1，0） ， （k，0，1） ， 且 ， 的夹角为 60， 所以 kcos60， 第 13 页（共 20 页） 解得 k 故答案为： 【点评】本题考查了向量数量积的定义与应用问题，是基础题目 14 （5 分）现有橡皮泥制作的底面半径为 5，高为 4 的圆锥

23、和底面半径为 2，高为 8 的圆柱 各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆 柱各一个，则新的底面半径为 【分析】由题意求出原来圆柱和圆锥的体积，设出新的圆柱和圆锥的底面半径 r，求出体 积，由前后体积相等列式求得 r 【解答】 解： 由题意可知， 原来圆锥和圆柱的体积和为：  设新圆锥和圆柱的底面半径为 r， 则新圆锥和圆柱的体积和为： ，解得： 故答案为： 【点评】本题考查了圆柱与圆锥的体积公式，是基础的计算题 15 （5 分）从 0，2，4，6，8 中任取 2 个数字，从 1，3，5，7 中任取 2 个数字，组成没有 重复的四位数，其中能被

24、5 整除的四位数共有 300 个 （用数字作答） 【分析】 根据题意， 分三种情况进行讨论， 四位数中包含 5 和 0 的情况， 四位数中包含 5， 不含 0 的情况，四位数中包含 0，不含 5 的情况，根据分步计数原理得到结果 【解答】解：四位数中包含 5 和 0 的情况：C31C41 （A33+A21A22）120 四位数中包含 5，不含 0 的情况：C31C42A33108 四位数中包含 0，不含 5 的情况：C32C41A3372 四位数总数为 120+108+72300 故答案为：300 【点评】本题考查排列、组合的应用，关键是依据被 5 整除的数的特点进行分情况讨论  1

25、6（5 分） 已知四棱锥 PABCD 的底面 ABCD 是边长为 2 的正方形， 侧棱 PA平面 ABCD， PA2若在四棱锥 PABCD 的内部有一个半径为 R 的球，则 R 的最大值为  【分析】求出棱锥的表面积与体积，根据 VSR 求出内切球的半径即可 第 14 页（共 20 页） 【解答】解：由题意可知：PBPD2，且 CD平面 PAD，BC平面 PAB， 四棱锥的四个侧面均为直角三角形， 四棱锥的表面积 S22+222+2228+4， 四棱锥的体积 V42 当 R 最大时，球与棱锥的 5 个面均相切，球心到每个面的距离均为 R， 于是 VSR，即 （8+4） R， 解得 R

26、 故答案为：2 【点评】本题考查了棱锥的结构特征，表面积与体积的计算，属于中档题 三、简答题（本大题共三、简答题（本大题共 6 小题，小题，17 题题 10 分，分，18-22 题，每题题，每题 12 分）分） 17 （10 分）已知二项式的展开式中各项系数的和为 64 （I）求 n； （II）求展开式中的常数项 【分析】 （I）令二项式中的 x1，求出展开式的系数和，列出方程求出 n （II）利用二项展开式的通项公式求出展开式的通项，令 x 的指数为 0，求出 r 的值，将 r 的值代入通项求出常数项 【解答】解： （I）由题意知：令 x1 得 2n64 n6（5 分） （II）展开式的通项

27、为 令得 r2 展开式中的常数项为 15（12 分） 第 15 页（共 20 页） 【点评】本题考查利用赋值法解决展开式的系数和问题、考查利用二项展开式的通项公 式解决二项展开式的特定项问题 18 （12 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1的参数方程为（t 为参数） ，曲线 C2的 参数方程为（ 为参数） ，以 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐 标系 （1）求曲线 C1和 C2的极坐标方程； （2）直线 l 的极坐标方程为，直线 l 与曲线 C1和 C2分别交于不同于原点的 A， B 两点，求|AB|的值 【分析】 （1）直接利用转换关系，把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进

28、行转换  （2）利用极径的应用求出结果 【解答】解： （1）曲线 C1的参数方程为（t 为参数） ， 转换为直角坐标方程为：y28x， 转换为极坐标方程为：sin28cos 曲线 C2的参数方程为（ 为参数） ， 转换为直角坐标方程为：x2+y22x2y0， 转换为极坐标方程为：2cos2sin0 （2）设 A（）B（） ， 所以：， 所以： 【点评】本题考查的知识要点：参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，极径 的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型 19 （12 分）某校高二年级某班的数学课外活动小组有 6 名男生，4 名女生，从中选出 4 人 第 16 页

29、（共 20 页） 参加数学竞赛考试，用 X 表示其中男生的人数， （1）请列出 X 的分布列； （2）根据你所列的分布列求选出的 4 人中至少有 3 名男生的概率 【分析】 （1）本题是一个超几何分步，用 X 表示其中男生的人数，X 可能取的值为 0，1， 2，3，4结合变量对应的事件和超几何分布的概率公式，写出变量的分布列和数学期望  （2）选出的 4 人中至少有 3 名男生，表示男生有 3 个人，或者男生有 4 人，根据第一问 做出的概率值，根据互斥事件的概率公式得到结果 【解答】解： （1）依题意得，随机变量 X 服从超几何分布， 随机变量 X 表示其中男生的人数，X 可能取的

30、值为 0，1，2，3，4 所以 X 的分布列为： X 0 1 2 3 4 P （2）由分布列可知至少选 3 名男生， 即 P（X3）P（X3）+P（X4）+ 【点评】本小题考查离散型随机变量分布列和数学期望，考查超几何分步，考查互斥事 件的概率，考查运用概率知识解决实际问题的能力 20 （12 分）如图所示的多面体是由一个直平行六面体被平面 AEFG 所截后得到的，其中 BAEGAD45，AB2AD2，BAD60 （）求证：BD平面 ADG； （）求平面 AEFG 与平面 ABCD 所成锐二面角的余弦值 【分析】 （）由余弦定理得 BD，满足 AB2AD2+DB2，得 ADDB，直平行六面 第

31、 17 页（共 20 页） 体中 GD面 ABCD，得 BD平面 ADG （）如图以 D 为原点建立空间直角坐标系 Dxyz，求出法向量，利用公式求解 【解答】解： （）证明：在BAD 中，AB2AD2，BAD60 由余弦定理得 BD，满足 AB2AD2+DB2，ADDB 直平行六面体中 GD面 ABCD，DB面 ABCD，GDDB，且 ADGDD BD平面 ADG （）如图以 D 为原点建立空间直角坐标系 Dxyz， BAEGAD45，AB2AD2，A（1，0，0） ，B（0，0） ，E（0， 2） ，C（1， ， 设平面 AEFG 的法向量， ，令 x1，得 y，z1 ，而平面 ABCD

32、的法向量为 平面 AEFG 与平面 ABCD 所成锐二面角的余弦值为 【点评】本题考查了空间线面垂直的判定，及向量法求二面角，属于中档题 21 （12 分）已知椭圆 E 的右焦点与抛物线 y24x 的焦点重合，点 M在椭圆 E 上  （1）求椭圆 E 的方程； 第 18 页（共 20 页） （2） 设 P （4， 0） ， 直线 ykx+1 与椭圆 E 交于 A， B 两点， 若直线 PA， PB 均与圆 x2+y2 r2（r0）相切，求 k 的值 【分析】 （1）求出抛物线的焦点，可得椭圆的焦点，即 c1，再由椭圆的定义，结合两 点的距离公式，可得 a2，由 a，b，c 的关系，可

33、得 b，进而得到椭圆方程； （2）由题意可得 kPA+kPB0，设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，运用两点的斜率公式和点在 直线上，将直线 ykx+1 代入椭圆方程，运用韦达定理，代入可得 k 的方程，化简整理， 解方程可得 k 的值 【解答】解： （1）抛物线 y24x 的焦点为（1，0） ， 则椭圆的焦点为（1，0） ， （1，0） ，即 c1， 点 M在椭圆 E 上， 由椭圆的定义可得 2a+ +4， 即 a2，b， 则椭圆方程为+1； （2）由 P 在 x 轴上，直线 PA，PB 均与圆 x2+y2r2（r0）相切， 可得 kPA+kPB0， 设 A（x1，y1） ，B（x2

34、，y2） ，则+0， 即有 x1y2+4y2+x2y1+4y10， 由 y1kx1+1，y2kx2+1， 可得 2kx1x2+（x1+x2） （4k+1）+80， 由直线 ykx+1 代入椭圆方程可得（3+4k2）x2+8kx80， 判别式64k2+32（3+4k2）0 显然成立， x1+x2，x1x2， 代入，可得 2k （）+（） （4k+1）+80， 解得 k1 【点评】本题考查椭圆的方程的求法，注意运用抛物线的焦点和椭圆的定义，考查直线 第 19 页（共 20 页） 和椭圆方程联立，运用韦达定理和直线的斜率公式，考查化简整理的运算能力，属于中 档题 22 （12 分）设函数 f（x）l

35、nxx+1 （1）讨论 f（x）的单调性； （2）证明当 x（1，+）时，1x； （3）设 c1，证明当 x（0，1）时，1+（c1）xcx 【分析】 （1）求出导数，由导数大于 0，可得增区间；导数小于 0，可得减区间，注意函 数的定义域； （2）由题意可得即证 lnxx1xlnx运用（1）的单调性可得 lnxx1，设 F（x） xlnxx+1，x1，求出单调性，即可得到 x1xlnx 成立； （3）设 G（x）1+（c1）xcx，求 G（x）的二次导数，判断 G（x）的单调性， 进而证明原不等式 【解答】解： （1）函数 f（x）lnxx+1 的导数为 f（x）1， 由 f（x）0，可得

36、0x1；由 f（x）0，可得 x1 即有 f（x）的增区间为（0，1） ；减区间为（1，+） ； （2）证明：当 x（1，+）时，1x，即为 lnxx1xlnx 由（1）可得 f（x）lnxx+1 在（1，+）递减， 可得 f（x）f（1）0，即有 lnxx1； 设 F（x）xlnxx+1，x1，F（x）1+lnx1lnx， 当 x1 时，F（x）0，可得 F（x）递增，即有 F（x）F（1）0， 即有 xlnxx1，则原不等式成立； （3）证明：设 G（x）1+（c1）xcx， 则需要证明：当 x（0，1）时，G（x）0（c1） ； G（x）c1cxlnc，G（x）（lnc）2cx0， G（

37、x）在（0，1）单调递减，而 G（0）c1lnc，G（1）c1clnc， 由（1）中 f（x）的单调性，可得 G（0）c1lnc0，由（2）可得 G（1）c 1clncc（1lnc）10， t（0，1） ，使得 G（t）0，即 x（0，t）时，G（x）0，x（t，1）时，G （x）0； 第 20 页（共 20 页） 即 G（x）在（0，t）递增，在（t，1）递减； 又因为：G（0）G（1）0， x（0，1）时 G（x）0 成立，不等式得证； 即 c1，当 x（0，1）时，1+（c1）xcx 【点评】本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查不等式的证明，注意运 用构造函数法，求出导数判断单调性，考查推理和运算能力，属于中档题