2018-2019学年湖南省娄底市高二（上）期末数学试卷（理科）含详细解答

《2018-2019学年湖南省娄底市高二（上）期末数学试卷（理科）含详细解答》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018-2019学年湖南省娄底市高二（上）期末数学试卷（理科）含详细解答（22页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、2018-2019 学年湖南省娄底市高二（上）期末数学试卷（理科）一、选择题：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设命题 p：x0，|x|x，则p 为（ ） Ax0，|x|x Bx00，|x0|x0 Cx0，|x|x Dx00，|x0|x0 2已知 Ax|yln（x2+9），By|y2x，则 AB（ ） A （0，3 B （0，ln9 C （3，0） D （0，3） 3某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A6 B8 C10 D12 4执行如图所示的程序框图，则输出的 S（ ） A B C D 5函数的图象大致为（ ） 第 2 页（共 22 页） A B C D

2、 6设点 A 的坐标为，点 P 在抛物线 y28x 上移动，P 到直线 x1 的距离为 d，则 d+|PA|的最小值为（ ） A1 B2 C3 D4 7若，则函数 f（x）ax+ex 1 的图象在 x1 处的切线方程为（ ） A2xy0 B2x+y0 Cx2y0 Dx+2y0 8已知等比数列an的各项均为正数，且 a1，a2成等差数列，则 q（ ） A B C D或 9在ABC 中， “A+B”是 sinAcosB 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 10已知函数在区间 上单调递增将函数 f（x）的图象向左平移个单位长度，再向下平移 2 个单位长度

3、得 到函数 g （x） 的图象， 且当时， g （x） 2， 4， 则 a 的取值范围是 （ ） A B C D 11设 F1是双曲线的一个焦点，A1，A2是 C 的两个顶点， C 上存在一点 P，使得 PF1与以 A1A2为直径的圆相切于 Q，且 Q 是线段 PF1的中点，则 C 的渐近线方程为（ ） A B C Dy2x 12在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c 已知 c2，且 2asinCcosBasinA 第 3 页（共 22 页） bsinB+bsinC， 点 O 满足 ， cosCAO， 则ABC 的面积为 （ ） A B3 C5 D 二、填空题：把答案填在答题卡

4、中的横线上二、填空题：把答案填在答题卡中的横线上 13若 x，y 满足约束条件，则 z2x3y 的最小值为 14函数在（0，e2上的最大值是 15 已知 x0， y0， 且+2， 若 4x+y7mm2恒成立， 则 m 的取值范围为 16如图，在三棱锥 PABC 中，ABC 为等边三角形，PAC 为等腰直角三角形，PA PC4，平面 PAC平面 ABC，D 为 AB 的中点，则异面直线 AC 与 PD 所成角的余弦值 为 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17在等差数列an中，a57，a2+a612 （1）求an的通项公式； （

5、2）设 bn，求数列，bn的前 n 项和 Sn 18在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知 2cos2Acos2B1，b+2acosC 0 （1）求 C； （2）若，求ABC 的周长 19设函数 f（x）（x+1）2+axex （1）若 a1，求 f（x）的极值； （2）若 a1，求 f（x）的单调区间 20如图，在三棱锥 SABC 中，ACBC，SABC，SCAC，SC6，M，N 分别为线段 AB，BC 上的点，且 CMMN2，BC3BN6 第 4 页（共 22 页） （1）证明：MNSM； （2）求二面角 ASMN 的余弦值 21已知椭圆的右焦点为 F，点 P 为椭

6、圆 C 上的动点，且|PF| 的最大值和最小值分别为 5 和 1 （1）求椭圆 C 的方程； （2）直线 l：ykx+m（m0）与椭圆 C 交于两个不同点 A，B，与 y 轴交于 Q若 ，且+4（O 为坐标原点） ，求 m 的取值范围 22已知函数 f（x）xaalnxa（a0） （1）若 f（x）只有一个零点，求 a； （2）当 a0 时，对任意，|f（x1）f（x2）|e2 恒成立，求 a 的取值范围 第 5 页（共 22 页） 2018-2019 学年湖南省娄底市高二（上）期学年湖南省娄底市高二（上）期末数学试卷（理科）末数学试卷（理科） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题

7、：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的一、选择题：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设命题 p：x0，|x|x，则p 为（ ） Ax0，|x|x Bx00，|x0|x0 Cx0，|x|x Dx00，|x0|x0 【分析】利用全称命题的否定是图象命题，写出结果即可 【解答】解：因为全称命题的否定是推出明天吧，所以命题 p：x0，|x|x，则p 为： x00，|x0|x0 故选：D 【点评】本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，是基本知识的考查 2已知 Ax|yln（x2+9），By|y2x，则 AB（ ） A （0，3 B （0，ln9 C （3，0

8、） D （0，3） 【分析】分别求出集合 A 和 B，由此能求出 AB 【解答】解：Ax|yln（x2+9）x|3x3， By|y2xy|y0， ABx|0x3（0，3） 故选：D 【点评】本题考查交集的求法，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解 能力，是基础题 3某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A6 B8 C10 D12 【分析】由三视图还原原几何体，该几何体为组合体，下半部分为正方体，棱长为 2，上 第 6 页（共 22 页） 半部分为直三棱柱，高为 2，底面是等腰直角三角形，直角边长为，再由正方体与棱 柱的体积公式求解 【解答】解：由三视图还原原几何体如图

9、， 该几何体为组合体，下半部分为正方体，棱长为 2， 上半部分为直三棱柱，高为 2，底面是等腰直角三角形，直角边长为， 则该几何体的体积 V 故选：C 【点评】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题 4执行如图所示的程序框图，则输出的 S（ ） A B C D 【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量 S 第 7 页（共 22 页） +的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可 得答案 【解答】解：模拟程序的运行，可得该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量 S +的值， 可得 S+ 故选：B 【点评】本题考查了程序框

10、图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得 出正确的结论，是基础题 5函数的图象大致为（ ） A B C D 【分析】先用奇偶性排除 C，D再用 0x1 时，f（x）的符号排除 B 【解答】解：因为 f（x）f（x） ，所以 f（x）为奇函数，图象关于原 点对称，排除 C，D， 因为 f（1）0，0x1 时，f（x）0，所以排除 B 故选：A 【点评】本题考查了函数的图象与图象变换属中档题 6设点 A 的坐标为，点 P 在抛物线 y28x 上移动，P 到直线 x1 的距离为 d，则 d+|PA|的最小值为（ ） A1 B2 C3 D4 【分析】求得抛物线的准线方程和焦点，由题意可得

11、d+|PA|的最小值即为（d+1）+|PA| 1 的最小值，由抛物线的定义可得即为|PA|+|PF|1 的最小值，运用三点共线取得最值 可得所求最小值 【解答】解：抛物线 y28x 的准进行方程为 x2，焦点为 F（2，0） ， 第 8 页（共 22 页） P 到直线 x1 的距离为 d，可得 P 到直线 x2 的距离为 d+1， 则 d+|PA|的最小值即为（d+1）+|PA|1 的最小值， 由抛物线的定义可得|PF|d+1， 即有（d+1）+|PA|1 的最小值为|PA|+|PF|1 的最小值， 可得当 A， P， F 三点共线时， |PA|+|PF|1 取得最小值|AF|1 1413 故

12、选：C 【点评】本题考查抛物线的定义、方程和性质，注意运用转化思想和定义法、三点共线 取得最值的性质，考查运算能力，属于基础题 7若，则函数 f（x）ax+ex 1 的图象在 x1 处的切线方程为（ ） A2xy0 B2x+y0 Cx2y0 Dx+2y0 【分析】求解定积分得 a 值，得到函数解析式，求出函数的导函数，得到函数在 x1 处 的导数值，再求出 x1 时的函数值，利用直线方程的点斜式得答案 【解答】解：， f（x）ax+ex 1x+ex1，则 f（x）1+ex1， f（1）2，又 f（1）2， 函数 f（x）ax+ex 1 的图象在 x1 处的切线方程为 y22（x1） ，即 2x

13、y0 故选：A 第 9 页（共 22 页） 【点评】本题考查定积分的求法，考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，是基 础题 8已知等比数列an的各项均为正数，且 a1，a2成等差数列，则 q（ ） A B C D或 【分析】由题意可得 q0，由等差数列的中项性质和等比数列的通项公式，解方程即可 得到所求 q 的值 【解答】解：等比数列an的各项均为正数，且 q0，由 a1，a2成等差数列， 可得 a3a1+a2， 即有 a1q2+a1+a1q， 即有 q2q10， 解得 q， 故选：C 【点评】本题考查等比数列的通项公式和等差数列中项性质，考查方程思想和运算能力， 属于基础题 9在ABC

14、中， “A+B”是 sinAcosB 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 【分析】根据诱导公式和充要条件的定义，可得结论 【解答】解：若 A+B，则 sinAsin（B）cosB， 若 sinAcosB，则 sinAsin（B） ， 因为 A，B，C 为三角形的内角，所以 AB，或 A+B， 即 A+B或 AB， 即“A+B”是 sinAcosB 的充分不必要条件 故选：A 【点评】本题考查的知识点是充要条件的定义，难度不大，属于基础题 10已知函数在区间 第 10 页（共 22 页） 上单调递增将函数 f（x）的图象向左平移个单位长度，再向下平移

15、 2 个单位长度得 到函数 g （x） 的图象， 且当时， g （x） 2， 4， 则 a 的取值范围是 （ ） A B C D 【分析】先进行化简，结合函数的单调性，求出 1，结合函数平移关系求出 g（x）的 解析式，结合函数的取值范围和值域关系建立不等式关系进行求解即可 【解答】解：f（x）8sin（x）cos（x）+24sin（x）+2， f（x）在区间上单调递增， x， 则满足，即，得 0， N ，1，即 f（x）4sin（x）+2， 将函数 f（x）的图象向左平移个单位长度得到 y4sin（x+）+2， 再向下平移 2 个单位长度得到函数 g（x）的图象，即 g（x）4sin（x+）

16、， 当时，x+，a+， 则 （x+）， （a+）， 设 t（x+） ， 则 t， （a+）， 但 t 时，y4sint4（）2， 要使当时，g（x）2，4， 则（a+）， 得a+，得a1， 故选：B 第 11 页（共 22 页） 【点评】本题主要考查三角函数的图象和性质，结合倍角公式先求函数的解析式，结合 三角函数的单调性和值域关系建立不等式关系是解决本题的关键，难度中等 11设 F1是双曲线的一个焦点，A1，A2是 C 的两个顶点， C 上存在一点 P，使得 PF1与以 A1A2为直径的圆相切于 Q，且 Q 是线段 PF1的中点，则 C 的渐近线方程为（ ） A B C Dy2x 【分析】运

17、用中位线定理，可得 OMPF2，|OM|PF2|，再由双曲线的定义，以及直 线和圆相切的性质，运用勾股定理得到，则 C 的渐近线方程可求 【解答】解：由于 O 为 F1F2的中点，Q 为线段 PF1的中点， 则由中位线定理可得 OQPF2，|OQ|PF2|， 由 PF1与以线段 A1A2为直径的圆相切于点 Q， 则|OQ|a，|PF2|2a， 由双曲线的定义可得，|PF1|PF2|2a， 即有|PF1|4a， 由 OQPF1，由勾股定理可得 a2+（2a）2c2， 即 5a2a2+b2，则 4a2b2，即 C 的渐近线方程为 y 故选：C 第 12 页（共 22 页） 【点评】本题考查双曲线的

18、定义和性质，考查双曲线渐近线方程的求法，考查直线和圆 相切的条件，以及中位线定理和勾股定理的运用，考查运算能力，是中档题 12在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c 已知 c2，且 2asinCcosBasinA bsinB+bsinC， 点 O 满足 ， cosCAO， 则ABC 的面积为 （ ） A B3 C5 D 【分析】求出 b 的值，根据余弦定理求出|，从而求出三角形的面积即可 【解答】解：2asinCcosBasinAbsinB+bsinC， 2aca2b2+bc， 即 cb，又 c2，故 b4， ， O 是ABC 的重心， +3， 故3， 两边平方得：96|cos

19、CAO+， cosCAO， 故96|+， 于是 99|40， 故|， 第 13 页（共 22 页） AOC 的面积 S|sinCAO， 故 SABC， 故选：D 【点评】本题考查了余弦定理的应用以及三角形的面积以及转化思想，是一道常规题 二、填空题：把答案填在答题卡中的横线上二、填空题：把答案填在答题卡中的横线上 13若 x，y 满足约束条件，则 z2x3y 的最小值为 1 【分析】首先画出可行域，关键目标函数的几何意义求最小值 【解答】解：由约束条件得到可行域如图：z2x3y 变形为 yx，当此直线经过 图中 A（1，1）时，在 y 轴的截距最大，z 最小，所以 z 的最小值为 21311；

20、 故答案为：1 【点评】本题考查了简单线性规划问题；正确画出可行域，利用目标函数的几何意义求 最值是常规方法 14函数在（0，e2上的最大值是 【分析】求出导函数，求解极值点，然后判断函数的单调性求解函数的最大值即可 【解答】解：函数，令 f（x）0，解得 xe 因为 0ee2，函数 f（x）在 x（0，e上单调递增，在 xe，e2单调递减； xe 时，f（x）取得最大值，f（e） 第 14 页（共 22 页） 故答案为： 【点评】本题考查函数的导数的应用，熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值与最 值是解题的关键 15已知 x0，y0，且+2，若 4x+y7mm2恒成立，则 m 的取值范围为

21、 （ ，3）（4，+） 【分析】由已知可得 4x+y（4x+y） （），利用基本不等式可求其最值，然后 由 4x+y7mm2恒成立，可知（4x+y）min7mm2，可求 【解答】解：x0，y0，且+2， 4x+y（4x+y） （）12， 当且仅当且即 x，y6 时取得最小值 12， 4x+y7mm2恒成立， 127mm2， 解可得 m4 或 m3， 则 m 的取值范围为（4，+）（，3） ， 故答案为： （4，+）（，3） 【点评】本题主要考查了基本不等式在求解最值中的应用，一元二次不等式的解法，恒 成立问题与最值问题的转化是求解本题的关键 16如图，在三棱锥 PABC 中，ABC 为等边三角

22、形，PAC 为等腰直角三角形，PA PC4，平面 PAC平面 ABC，D 为 AB 的中点，则异面直线 AC 与 PD 所成角的余弦值 为 【分析】取 AC 的中点 O，连结 OP，OB，以 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角 坐标系，利用向量法能求出异面直线 AC 与 PD 所成角的余弦值 【解答】解：取 AC 的中点 O，连结 OP，OB， 第 15 页（共 22 页） PAPC，ACOP， 平面 PAC平面 ABC，平面 PAC平面 ABCAC， OP平面 ABC， 又ABBC，ACOB， 以 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， PAC 是等腰直角三角形，PAPC4，AB

23、C 为直角三角形， A（2，0，0） ，C（2，0，0） ，P（0，0，2） ，D（，0） ， （4，0，0） ，（，2） ， cos 异面直线 AC 与 PD 所成角的余弦值为 故答案为： 【点评】本题考查异线直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的 位置关系等基础知识，考查运算与求解能力，考查化归与转化思想，是中档题 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17在等差数列an中，a57，a2+a612 （1）求an的通项公式； （2）设 bn，求数列，bn的前 n 项和 Sn 【分析】 （1）等差数列an的公差设

24、为 d，运用等差数列的通项公式，解方程即可得到所 求通项； （2）求得 bn（） ，由数列的裂项相 消求和，化简计算可得所求和 第 16 页（共 22 页） 【解答】解： （1）等差数列an的公差设为 d，a57，a2+a612， 可得 a1+4d7，2a1+6d12， 解得 a13，d1， 可得 ana1+（n1）d3+n1n+2； （2）bn（） ， 可得前 n 项和 Sn（+） （+） 【点评】本题考查等差数列的通项公式的运用，考查数列的求和方法：裂项相消求和， 考查化简运算能力，属于基础题 18在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知 2cos2Acos2B1，b

25、+2acosC 0 （1）求 C； （2）若，求ABC 的周长 【分析】 （1）由已知结合二倍角公式及正弦定理可得 b22a2，然后结合 b+2acosC0， 可求 cosC，进而可求 C， （2）由（1）及余弦定理即可求解 a，b，进而可求周长 【解答】解： （1）2cos2Acos2B1， 2（12sin2A）（12sin2B）1， 2sin2Asin2B， 由正弦定理 可得，b22a2， b+2acosC0 0， cosC， C（0，） ， C， （2），C， 由余弦定理可得，10， 第 17 页（共 22 页） 5a2， ，b2， ABC 的周长 2 【点评】本题主要考查了二倍角公式正

26、弦定理，余弦定理的简单应用，属于基础试题 19设函数 f（x）（x+1）2+axex （1）若 a1，求 f（x）的极值； （2）若 a1，求 f（x）的单调区间 【分析】 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求 出函数的极值即可； （2）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可 【解答】解： （1）a1 时，f（x）（x+1）2+xex， f（x）（x+1） （ex+2） ， 令 f（x）0，解得：x1， 令 f（x）0，解得：x1， 故 f（x）在（，1）递减，在（1，+）递增， 故 f（x）极小值f（1），无极大值； （2）证明：a1

27、时，f（x）（x+1）2xex， f（x）（x+1） （2ex） ， 令 f（x）0，解得：x1 或 xln20， 故 x（，1） ， （ln2，+）时，f（x）0， x（1，ln2）时，f（x）0， 故 f（x）在（1，ln2）递增，在（，1） ， （ln2，+）递减 【点评】本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道 常规题 20如图，在三棱锥 SABC 中，ACBC，SABC，SCAC，SC6，M，N 分别为线段 AB，BC 上的点，且 CMMN2，BC3BN6 （1）证明：MNSM； （2）求二面角 ASMN 的余弦值 第 18 页（共 22 页） 【分析】

28、（1）由 ACBC，SABC，得 BCSC，又 SCAC，得 SC平面 ABC，SC MN再求出 CMMN从而 MN平面 SCM，由此能证明 MNSM （2）过 M 作 MG 垂直 CN 于 G，以 C 为坐标原点，分别以为 x 轴、y 轴、 z 轴的正方向建立空间直角坐标系 Cxyz，利用向量法能求出二面角 ASMN 的余弦 值 【解答】证明： （1）由 ACBC，SABC，且 SAACA 则 BC平面 SAC，SC平面 SAC，故 BCSC， 又 SCAC，BCACC， 则 SC平面 ABC，MN平面 ABC，故 SCMN 因为 NC4， 所以 CN2CM2+NM2，故 CMMN 又因为

29、CMSCC，所以 MN平面 SCM， 又 SM平面 SCM，则 MNSM 解： （2）由（1）知，CMN 为等腰直角三角形， 过 M 作 MG 垂直 CN 于 G， 由题意知，CGGNMG2，又 BC3BN，故 BG4 由 ACBC，MGCN，得 ACGM，故 AC3 以 C 为坐标原点，分别以为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标 系 Cxyz，如图所示， 则 C（0，0，0） ，A（0，3，0） ，S（0，0，6） ，M（2，2，0） ，N（4，0，0） ， 第 19 页（共 22 页） ， 设平面 SAM 的法向量为， 则，令 x11，得 设平面 SMN 的法向量为 则，令

30、x23，则 y23，z22，故， ， 由图可知二面角 ASMN 为钝角，故二面角 ASMN 的余弦值为 【点评】本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线 面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题 21已知椭圆的右焦点为 F，点 P 为椭圆 C 上的动点，且|PF| 的最大值和最小值分别为 5 和 1 （1）求椭圆 C 的方程； （2）直线 l：ykx+m（m0）与椭圆 C 交于两个不同点 A，B，与 y 轴交于 Q若 第 20 页（共 22 页） ，且+4（O 为坐标原点） ，求 m 的取值范围 【分析】 （1）根据题意得 a+c5，ac1，解出

31、a，c，b，进而得出椭圆的方程 （2）设 A（x1，y1） ，B（x2，y2）联立直线 l 与椭圆的方程得， （5+9k2）x2+18kmx+9m2 450 所以 x1+x2， x1x2， 因为， 且+4， 所以，即 4，所以 4，即，由此得 xQ，又因为点 Q 在 y 轴上，所以 xQ0，所以，即 x14x2把代入得 x2，x1，再把它们代入得 m2+5k2m25 9k20，所以 k2再代入判别式使其大于零，即可得出答案 【解答】解： （1）根据题意得 a+c5，ac1， 解得 a3，c2，b2a2c25， 所以椭圆的方程为 （2）设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ， 联立直线 l

32、与椭圆的方程得， （5+9k2）x2+18kmx+9m2450， 所以 x1+x2，x1x2， 因为，且+4， 所以，即 4， 所以 4，即， 由此得 xQ， 又因为点 Q 在 y 轴上，所以 xQ0， 所以，即 x14x2， 把代入得 x2，x1， 再把它们代入得 m2+5k2m259k20， 第 21 页（共 22 页） 所以 k2， （18km）24（5+9k2） （9m245）0， 所以 324k2m236（5+9） （m25）0， 324m236（5+9） （m25）0， 9m20， ， 即， 所以， 解得m或 【点评】本题考查直线与椭圆的相交问题，计算量大，属于中档题 22已知函数

33、 f（x）xaalnxa（a0） （1）若 f（x）只有一个零点，求 a； （2）当 a0 时，对任意，|f（x1）f（x2）|e2 恒成立，求 a 的取值范围 【分析】 （1）求出 f（x）的导数，分 a 的符号讨论函数的单调性，从而得到零点的位置 情况； （2） ）|f（x1）f（x2）|f（x）maxf（x）min； 根据题目条件即：f（x）maxf（x）min e2；根据函数 f（x）的单调性求出函数的最值，再求解参数的范围； 【解答】解： （1）函数 f（x）的定义域为（0，+） ； ； 当 a0 时，0x1，f（x）0，f（x） 在（0，1）上单调递减； 当 x1 时，f（x）0，

34、f（x）在（1，+）上单调递增， 第 22 页（共 22 页） 所以 f（x）minf（1）1a0， 所以 f（x）无零点，不满足条件； 当 a0 时，0x1，f（x）0，f（x） 在（0，1）上单调递减； 当 x1 时，f（x）0，f（x）在（1，+）上单调递增， 所以 f（x）minf（1）1a， 因为 f（x）只有一个零点， 所以 f（1）0，即 a1 （2）|f（x1）f（x2）|f（x）maxf（x）min 根据题目条件即：f（x）maxf（x）mine2 由（1）可知 f（x）在单调递减，在1，e单调递增； 所以 f（x）minf（1）1a，又，f（e）ea2a； 则 设 （a0） ， 所以 g（a）在（0，+）单调递增，则 g（a）g（0）0； 即， 所以 所以 eaae+1e2，即 eaae+10； 设 h（a）eaae+1 （a0）则 h（x）ea10（a0） 又 h（1）0，由 eaae+10，即 h（a）h（1） 所以 0a1； 故 a 的取值范围是 0a1； 【点评】本题考查函数零点，函数单调性，函数最值，恒成立问题，考查等价转化的思 想，属于难题