2019-2020学年陕西省西安经济技术开发区高三上第一次月考数学试卷（理科）含答案详解

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1、2019-2020 学年陕西省西安学年陕西省西安经济技术开发区经济技术开发区高三（上）第一次月考数学试卷高三（上）第一次月考数学试卷 （理科）（理科） 一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 12 小题，共小题，共 60.0 分）分） 1 （5 分）已知集合 Ax|x1，则正确的是（ ） A0A B0A CA D0A 2 （5 分）已知函数 f（x）的导函数为 f（x） ，且满足 f（x）2xf（1）+lnx，则 f（1）（ ） Ae B1 C1 De 3 （5 分）若 ab，则下列不等式一定成立的是（ ） A B C2a2b Dlg（ab）0 4 （5 分）设（其中 e 为自然对数的底数）

2、 ，则的值为（ ） A B C D 5 （5 分）2018 年 9 月 24 日，阿贝尔奖和菲尔兹奖双料得主、英国著名数学家阿蒂亚爵士宣布自己证明了 黎曼猜想， 这一事件引起了数学届的震动 在 1859 年的时候， 德国数学家黎曼向科学院提交了题目为 论 小于某值的素数个数的论文并提出了一个命题，也就是著名的黎曼猜想在此之前，著名数学家欧拉 也曾研究过这个问题，并得到小于数字 x 的素数个数大约可以表示为的结论若根据欧拉 得出的结论，估计 1000 以内的素数的个数为（ ） （素数即质数，lge0.43429，计算结果取整数） A768 B144 C767 D145 6 （5 分）下列大小关系

3、正确的是（ ） A0.4330.4log40.3 B0.43log40.330.4 Clog40.30.4330.4 Dlog40.330.40.43 7 （5 分）下列有关命题的说法正确的是（ ） A命题“若 x21，则 x1”的否命题为： “若 x21，则 x1” B “x1”是“x25x60”的必要不充分条件 C命题“xR，使得 x2+x+10”的否定是： “xR，均有 x2+x+10” D命题“若 xy，则 sinxsiny”的逆否命题为真命题 8 （5 分）函数 y（2x1）ex的图象是（ ） A B C D 9 （5 分）定义在 R 上的奇函数 f（x）满足 f（x+2），且在（0

4、，1）上 f（x）3x，则 f（log354） （ ） A B C D 10 （5 分）已知点（x，y）满足 x+y6，y0，x2y0，则的最大值为（ ） A B C0 D不存在 11 （5 分）若函数 f （x） ，g （x） 分别是 R 上的奇函数、偶函数，且满足 f （x）g （x）e x，则 有（ ） Af （2）f （3）g （0） Bg （0）f （3）f （2） Cf （2）g （0）f （3） Dg （0）f （2）f （3） 12 （5 分）若函数 f（x）x3+ax2+bx+c 有极值点 x1，x2，且 f（x1）x1，则关于 x 的方程 3（f（x） ）2+2af （x）

5、+b0 的不同实根个数是（ ） A3 B4 C5 D6 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 4 小题，共小题，共 20.0 分）分） 13 （5 分）不等式0 的解集为 ； 14 （5 分）已知函数 f（x）x32kx2+x3 在 R 上不单调，则 k 的取值范围是 ； 15 （5 分）对于函数 f（x） ，部分 x 和 y 的对应关系如表： x 1 2 3 4 5 6 7 8 9 y 3 7 5 9 6 1 8 2 4 数列xn满足： x11， 且对于任意的 nN*， 点 （xn， xn+1） 都在函数 yf （x） 的图象上， 则 ； 16（5 分） 狄利克雷是 19 世纪德国著名的

6、数学家， 他定义了一个 “奇怪的函数” D （x） ， 下列关于狄利克雷函数的叙述正确的有： D（x）的定义域为 R，值域是0，1D（x）具有奇偶性，且是偶函数 D（x）是周期函数， 但它没有最小正周期对任意的 xR，f（f（x） ）1 三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 6 小题，共小题，共 72.0 分）分） 17在平面直角坐标系 xoy 中，以 ox 轴为始边做两个锐角 ，它们的终边分别与单位圆相交于 A，B 两 点，已知点 A，B 的横坐标分别为 （1）求 cos 和 sin 的值； （2）求的值 18设函数 f（x）|2x4|+1 （1）画出函数 yf（x）的图象； （2）若不

7、等式 f（x）+|2xa|2 的解集非空，求实数 a 得取值范围 19设函数 f（x）x+ax2+blnx，曲线 yf（x）过 P（1，0） ，且在 P 处的切线斜率为 2 （1）求 a，b 的值； （2）证明：f（x）2x2 20在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1的参数方程为（ 为参数）M 是 C1上的动点，P 点满足 2，P 点的轨迹为曲线 C2 （）求 C2的方程； （）在以 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线 与 C1的异于极点的交点为 A，与 C2的异于极点的交点为 B，求|AB| 21设 O 为坐标原点，椭圆的焦距为，离心率为，直线 l：ykx+m （m0）与 C

8、 交于 A，B 两点 （1）求椭圆 C 的方程； （2）设点 P（0，1） ，求证：直线 l 过定点，并求出定点的坐标 22已知函数，在其定义域内有两个不同的极值点 （1）求 a 的取值范围； （2）记两个极值点为 x1，x2，且 x1x2，当 1 时，求证：不等式恒成立 参考答案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 小题，共小题，共 60.0 分）分） 1 （5 分）已知集合 Ax|x1，则正确的是（ ） A0A B0A CA D0A 【分析】根据元素与集合的关系和集合与集合的关系判断即可 【解答】解：对于 A，元素与集合的关系不能用“” ； 对于 B

9、 和 C，集合与集合间的关系不能用“” ； 对于 D，正确 故选：D 【点评】本题主要元素与集合，集合与集合间的关系，属于基础题 2 （5 分）已知函数 f（x）的导函数为 f（x） ，且满足 f（x）2xf（1）+lnx，则 f（1）（ ） Ae B1 C1 De 【分析】已知函数 f（x）的导函数为 f（x） ，利用求导公式对 f（x）进行求导，再把 x1 代入，即可 求解； 【解答】解：函数 f（x）的导函数为 f（x） ，且满足 f（x）2xf（1）+lnx， （x0） f（x）2f（1）+，把 x1 代入 f（x）可得 f（1）2f（1）+1， 解得 f（1）1， 故选：B 【点评】

10、此题主要考查导数的加法与减法的法则，解决此题的关键是对 f（x）进行正确求导，把 f（1） 看成一个常数，就比较简单了； 3 （5 分）若 ab，则下列不等式一定成立的是（ ） A B C2a2b Dlg（ab）0 【分析】根据不等式的性质结合对数函数、指数函数的单调性与特殊点逐项进行分析判断 【解答】解：A、当 a3，b2 时，；故本选项错误； B、当 a4，b0 时；无意义，故本选项错误； C、考察指数函数 y2x，ab2a2b故本选项正确； D、当 a4，b时，lg（ab）0，故本选项错误； 故选：C 【点评】主要考查了对数函数的单调性与特殊点和不等式的基本性质： （1）不等式两边加（或

11、减）同一个数（或式子） ，不等号的方向不变 （2）不等式两边乘（或除以）同一个正数，不等号的方向不变 （3）不等式两边乘（或除以）同一个负数，不等号的方向改变 4 （5 分）设（其中 e 为自然对数的底数） ，则的值为（ ） A B C D 【分析】因为 f（x）为分段函数，分别在各区间对 f（x）积分，相加可得所求的值 【解答】解：0ef（x）dx01x2dx+1edxx3|01+lnx|1e0+lneln1+1 故选：A 【点评】本题为基础题，要求学生会进行积分运算做题时学生应注意 f（x）是分段函数，所以要分两 部分积分 5 （5 分）2018 年 9 月 24 日，阿贝尔奖和菲尔兹奖双

12、料得主、英国著名数学家阿蒂亚爵士宣布自己证明了 黎曼猜想， 这一事件引起了数学届的震动 在 1859 年的时候， 德国数学家黎曼向科学院提交了题目为 论 小于某值的素数个数的论文并提出了一个命题，也就是著名的黎曼猜想在此之前，著名数学家欧拉 也曾研究过这个问题，并得到小于数字 x 的素数个数大约可以表示为的结论若根据欧拉 得出的结论，估计 1000 以内的素数的个数为（ ） （素数即质数，lge0.43429，计算结果取整数） A768 B144 C767 D145 【分析】由对数的运算得：ln10，再阅读能力及进行简单的合情推理得：（1000）144.3，得 解 【解答】解：由题意可知：（1

13、000）lge144.3 根据欧拉得出的结论，估计 1000 以内的素数的个数为 144+1145 故选：D 【点评】本题考查了对数的运算及阅读能力及进行简单的合情推理考查了推理能力与计算能力，属于 中档题 6 （5 分）下列大小关系正确的是（ ） A0.4330.4log40.3 B0.43log40.330.4 Clog40.30.4330.4 Dlog40.330.40.43 【分析】结合函数 y0.4x，y3x，ylog4x 的单调性判断各函数值与 0 和 1 的大小，从而比较大小 【解答】解：00.430.401，30.4301，log40.3log0.410 log40.30.43

14、30.4 故选：C 【点评】本题是指数函数与对数函数的单调性的简单应用，在比较指数（对数）式的大小时，若是同底 的，一般直接借助于指数（对数）函数的单调性，若不同底数，也不同指（真）数，一般与 1（0）比较 大小 7 （5 分）下列有关命题的说法正确的是（ ） A命题“若 x21，则 x1”的否命题为： “若 x21，则 x1” B “x1”是“x25x60”的必要不充分条件 C命题“xR，使得 x2+x+10”的否定是： “xR，均有 x2+x+10” D命题“若 xy，则 sinxsiny”的逆否命题为真命题 【分析】对于 A：因为否命题是条件和结果都做否定，即“若 x21，则 x1” ，

15、故错误 对于 B：因为 x1x25x60，应为充分条件，故错误 对于 C：因为命题的否定形式只否定结果，应为xR，均有 x2+x+10故错误由排除法即可得到答 案 【解答】解：对于 A：命题“若 x21，则 x1”的否命题为： “若 x21，则 x1” 因为否命题应为“若 x21，则 x1” ，故错误 对于 B： “x1”是“x25x60”的必要不充分条件因为 x1x25x60，应为充分条件， 故错误 对于 C：命题“xR，使得 x2+x+10”的否定是： “xR，均有 x2+x+10” 因为命题的否定应为xR，均有 x2+x+10故错误 由排除法得到 D 正确 故选：D 【点评】此题主要考查

16、命题的否定形式，以及必要条件、充分条件与充要条件的判断，对于命题的否命 题和否定形式要注意区分，是易错点 8 （5 分）函数 y（2x1）ex的图象是（ ） A B C D 【分析】先通过函数的零点排除 C，D，再根据 x 的变化趋势和 y 的关系排除 B，问题得以解决 【解答】解：令 y（2x1）ex0，解得 x，函数有唯一的零点，故排除 C，D， 当 x时，ex0，所以 y0，故排除 B， 故选：A 【点评】 本小题主要考查函数的性质对函数图象的影响， 并通过对函数的性质来判断函数的图象等问题 9 （5 分）定义在 R 上的奇函数 f（x）满足 f（x+2），且在（0，1）上 f（x）3x

17、，则 f（log354） （ ） A B C D 【分析】由条件和函数周期性的定义求出函数的周期，利用函数的周期性、奇函数的性质和函数的解析 式，逐步转化由运算性质求出 f（log354）的值 【解答】解：由 f（x+2）得，f（x+4）f（x） ， 所以函数 f（x）的周期是 4， 因为 f（x）定义在 R 上的奇函数，且 3log3544， 且在（0，1）上 f（x）3x， 所以 f（log354）f（log3544）f（4log354） （）， 故选：C 【点评】本题考查函数值的求法，对数函数的性质、运算性质，及函数的周期性、奇函数的性质的综合 应用，利用条件求出函数的周期、以及利用函数

18、的性质逐步转化自变量是解题的关键 10 （5 分）已知点（x，y）满足 x+y6，y0，x2y0，则的最大值为（ ） A B C0 D不存在 【分析】作出题中不等式组表示的平面区域，得如图所示的OAB 及其内部设 P（0，4） ，Q（x，y） 是区域内的动点，可得 k表示直线 PQ 的斜率，再将点 Q 进行移动并观察倾斜角的变化，即可得 到 k 的最大值，从而得到本题答案 【解答】解：设直线 x+y6 与直线 y0 交于点 A，直线 y0 与直线 x2y0 交于点 B，直线 x2y0 与直线 x+y6 交于点 O， 可得 A（6，0） ，B（4，2） ，O（0，0） 不等式组表示的平面区域为直

19、线 AB、OB 下方，OA 上方的部分， 即如图所示的OAB 及其内部 设 P（0，4） ，点 Q（x，y）是区域内的动点 可得 k，表示直线 PQ 的斜率， 运动点 Q 并观察直线 PQ 的倾斜角变化， 可得当 Q 与 B 重合时，k，此时 k 达到最大值 因此，的最大值为 故选：A 【点评】本题给出二元一次不等式组，求目标函数的最大值，着重考查了直线的斜率、二元一次不 等式组表示的平面区域和简单的线性规划等知识，属于基础题 11 （5 分）若函数 f （x） ，g （x） 分别是 R 上的奇函数、偶函数，且满足 f （x）g （x）e x，则 有（ ） Af （2）f （3）g （0） B

20、g （0）f （3）f （2） Cf （2）g （0）f （3） Dg （0）f （2）f （3） 【分析】根据题意，由 f （x）g （x）ex结合函数的奇偶性的性质可得 f（x）g（x）f（x） g（x）e x，变形可得 f （x）+g （x）ex，联立两个式子解可得：f（x） ，g（x） ，即可得 g（0）1，f（2），f（3），比较即可得答案 【解答】解：根据题意，函数 f （x） ，g （x） 分别是 R 上的奇函数、偶函数， 则有 f（x）f（x） ，g（x）g（x） ， 又由 f （x）g （x）ex， 则 f（x）g（x）f（x）g（x）e x，即 f （x）+g （x）ex，

21、 联立解可得：f（x），g（x）， g（0）1，f（2），f（3）， 分析可得：g（0）f （2）f （3） ； 故选：D 【点评】本题考查函数奇偶性的性质，关键是利用函数的奇偶性求出 f（x） 、g（x）的解析式 12 （5 分）若函数 f（x）x3+ax2+bx+c 有极值点 x1，x2，且 f（x1）x1，则关于 x 的方程 3（f（x） ）2+2af （x）+b0 的不同实根个数是（ ） A3 B4 C5 D6 【分析】 求导数 f （x） ， 由题意知 x1，x2是方程 3x2+2ax+b0 的两根， 从而关于 f（x） 的方程 3 （f （x） ） 2+2af（x）+b0 有两个根

22、，作出草图，由图象可得答案 【解答】解：f（x）3x2+2ax+b，x1，x2是方程 3x2+2ax+b0 的两根， 由 3（f（x） ）2+2af（x）+b0，得 xx1，或 xx2， 即 3（f（x） ）2+2af（x）+b0 的根为 f（x）x1或 f（x2）x2的解 如图所示 ， 由图象可知 f（x）x1有 2 个解，f（x）x2有 1 个解，因此 3（f（x） ）2+2af（x）+b0 的不同实根个 数为 3 故选：A 【点评】考查函数零点的概念、以及对嵌套型函数的理解，考查数形结合思想 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 4 小题，共小题，共 20.0 分）分） 13 （5

23、分）不等式0 的解集为 （1，3） ； 【分析】由0 可得，解不等式即可求解 【解答】解：由0 可得， 解可得，1x3 故答案为： （1，3） 【点评】本题主要考查了分式不等式的求解，属于基础试题 14 （5 分）已知函数 f（x）x32kx2+x3 在 R 上不单调，则 k 的取值范围是 （，）或（， +） ； 【分析】根据题意，求出 f（x）的导数，由函数的导数与单调性的关系可的 f（x）0 在 R 上恒成立， 结合二次函数的性质可得（4k）2120，解可得 k 的取值范围，即可得答案 【解答】解：根据题意，f（x）x32kx2+x3，则 f（x）3x24kx+1， 若函数 f（x）x34

24、kx2+x3 在 R 上不单调，即不等式 f（x）0 有解， 必有（4k）2120， 解可得：k或 k，即 k 的取值范围为（，）或（，+） ； 故答案为： （，）或（，+） 【点评】本题考查利用导数分析函数的单调性，涉及二次函数的性质，属于基础题 15 （5 分）对于函数 f（x） ，部分 x 和 y 的对应关系如表： x 1 2 3 4 5 6 7 8 9 y 3 7 5 9 6 1 8 2 4 数列xn满足：x11，且对于任意的 nN*，点（xn，xn+1）都在函数 yf（x）的图象上，则 7569 ； 【分析】点（xn，xn+1）都在函数 yf（x）的图象上，xn+1f（xn） ，数列

25、xn满足：x11，可得 xn+4 xn利用周期性即可得出 【解答】解：点（xn，xn+1）都在函数 yf（x）的图象上， xn+1f（xn） ， 数列xn满足：x11， x2f（x1）3，x3f（x2）5，x4f（x3）6，x5f（x4）1， xn+4xn 505（1+3+5+6）67569 故答案为：7569 【点评】本题考查了数列递推关系、数列的周期性、函数的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中 档题 16（5 分） 狄利克雷是 19 世纪德国著名的数学家， 他定义了一个 “奇怪的函数” D （x） ， 下列关于狄利克雷函数的叙述正确的有： D（x）的定义域为 R，值域是0，1D（x）具

26、有奇偶性，且是偶函数 D（x）是周期函数， 但它没有最小正周期对任意的 xR，f（f（x） ）1 【分析】根据函数的对应法则，即可判断； 根据函数奇偶性的定义，可得 f（x）是偶函数，即可判断； 根据函数的表达式，结合有理数和无理数的性质和周期函数的定义，可判断； 根据函数的对应法则，可得不管 x 是有理数还是无理数，均有 f（f（x） ）1，即可判断 【解答】解：对于选项，根据函数的对应法则，x 是有理数时，f（x）1，当 x 是无理数时，f（x） 0 故正确； 对于选项，有理数的相反数还是有理数，无理数的相反数还是无理数， 对任意 xR，都有 f（x）f（x） ，故正确； 对于选项，若 x

27、 是有理数，则 x+T 也是有理数； 若 x 是无理数，则 x+T 也是无理数， 根据函数的表达式，任取一个不为零的有理数 T，f（x+T）f（x）对 xR 恒成立，故正确 对于选项，当 x 为有理数时，f（x）1；当 x 为无理数时，f（x）0， 当 x 为有理数时，f（f（x） ）f（1）1；当 x 为无理数时，f（f（x） ）f（0）1， 即不管 x 是有理数还是无理数，均有 f（f（x） ）1，故正确； 故答案为： 【点评】本题给出特殊函数表达式，求函数的值并讨论它的奇偶性，着重考查了有理数、无理数的性质 和函数的奇偶性等知识，属于中档题 三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 6

28、小题，共小题，共 72.0 分）分） 17在平面直角坐标系 xoy 中，以 ox 轴为始边做两个锐角 ，它们的终边分别与单位圆相交于 A，B 两 点，已知点 A，B 的横坐标分别为 （1）求 cos 和 sin 的值； （2）求的值 【分析】 （1）由任意角的三角函数的定义求得 cos 与 cos 的值，再由平方关系求解 sin 的值； （2）利用诱导公式化简，代入（1）中求得的三角函数值得答案 【解答】解： （1）由已知条件及三角函数的定义可知，cos，cos， 为锐角，sin 0，从而 sin，同理可得 sin； （2） 【点评】本题考查三角函数的化简求值，考查诱导公式及同角三角函数基本关

29、系式的应用，是基础题 18设函数 f（x）|2x4|+1 （1）画出函数 yf（x）的图象； （2）若不等式 f（x）+|2xa|2 的解集非空，求实数 a 得取值范围 【分析】 （1）将函数 f（x）|2x4|+1 去绝对值，然后画出图象； （2）由不等式 f（x）+|2xa|2 的解集非空，知不等式|2x4|+|2xa|1 有解，因此只需（|2x4|+|2x a|）min1，利用绝对值三角不等式求出|2x4|+|2xa|的最小值后解关于 a 的不等式即可 【解答】解： （1）由于 f（x）|2x4|+1， 则函数 yf（x）的图象如图所示， （2）由不等式 f（x）+|2xa|2 的解集非

30、空， 知不等式|2x4|+|2xa|1 有解， 只需（|2x4|+|2xa|）min1 |2x4|+|2xa|（2x4）（2xa）|a4|， 当且仅当（2x+4） （2xa）0 时取等号， （|2x4|+|2xa|）min|a4|1， 3a5， a 的取值范围为：3，5 【点评】本题考查了函数图象的画法和不等式有解问题，考查了转化思想和计算能力，属中档题 19设函数 f（x）x+ax2+blnx，曲线 yf（x）过 P（1，0） ，且在 P 处的切线斜率为 2 （1）求 a，b 的值； （2）证明：f（x）2x2 【分析】 （1）由 f（x）x+ax2+blnx，知 f（x）1+2ax+，由

31、yf（x）过 P（1，0） ，且在 P 点处的 切线斜率为 2，知，由此能求出 a，b （2）f（x）的定义域为（0，+） ，由（I）知 f（x）xx2+3lnx，设 g（x）f（x）（2x2）2 xx2+3lnx，则 g（x），由此能证明 f（x）2x2 【解答】解： （1）f（x）x+ax2+blnx， f（x）1+2ax+， yf（x）过 P（1，0） ，且在 P 点处的切线斜率为 2， ， 解得 a1，b3 （2）f（x）的定义域为（0，+） ， 由（1）知 f（x）xx2+3lnx， 设 g（x）f（x）（2x2）2xx2+3lnx， 则 g（x）， 当 0 x1 时，g（x）0；当

32、 x1 时，g（x）0 g（x）在（0，1）单调增加，在（1，+）单调减少 g（x）maxg（1）0 g（x）f（x）（2x2）0， f（x）2x2 【点评】本题考查满足条件的实数值的求法，考查不等式的证明解题要认真审题，注意导数性质和构 造法的合理运用 20在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1的参数方程为（ 为参数）M 是 C1上的动点，P 点满足 2，P 点的轨迹为曲线 C2 （）求 C2的方程； （）在以 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线 与 C1的异于极点的交点为 A，与 C2的异于极点的交点为 B，求|AB| 【分析】（I） 先设出点 P 的坐标， 然后根据点 P

33、满足的条件代入曲线 C1的方程即可求出曲线 C2的方程； （II）根据（I）将求出曲线 C1的极坐标方程，分别求出射线 与 C1的交点 A 的极径为 1，以及射 线 与 C2的交点 B 的极径为 2，最后根据|AB|21|求出所求 【解答】解： （I）设 P（x，y） ，则由条件知 M（，） 由于 M 点在 C1上， 所以即 从而 C2的参数方程为 （ 为参数） （）曲线 C1的极坐标方程为 4sin，曲线 C2的极坐标方程为 8sin 射线 与 C1的交点 A 的极径为 14sin， 射线 与 C2的交点 B 的极径为 28sin 所以|AB|21| 【点评】本题考查点的极坐标和直角坐标的互

34、化，以及轨迹方程的求解和线段的度量，属于中档题 21设 O 为坐标原点，椭圆的焦距为，离心率为，直线 l：ykx+m （m0）与 C 交于 A，B 两点 （1）求椭圆 C 的方程； （2）设点 P（0，1） ，求证：直线 l 过定点，并求出定点的坐标 【分析】 （1）利用椭圆的基本性质，求出即可； （2）联立解方程组，用韦达定理和数量积公式，求出 m，得到定点坐标 【解答】解： （1）设椭圆的右焦点为 F1，则 OM 为AFF1的中位线， 所以，所以， 因为，所以， 所以，所以椭圆 C 的方程为：； （2）设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ， 联立，消去 y 整理得： （1+5k2）x

35、2+10mkx+5m2250， 所以0， 所 以， ， 因为， 所以（x1，y11） （x2，y21）x1x2+y1y2（y1+y2）+14， 所以， 整理得：3m2m100， 解得：m2 或（舍去） ， 所以直线 l 过定点（0，2） 【点评】考查了求椭圆的标准方程，直线与椭圆的定点问题，与向量的数量积相结合，中档题 22已知函数，在其定义域内有两个不同的极值点 （1）求 a 的取值范围； （2）记两个极值点为 x1，x2，且 x1x2，当 1 时，求证：不等式恒成立 【分析】 （1）把两个极值点转化为两个函数图象有两个不同交点，结合图象即可求解； （2）先两边取对数把问题转化，再结合第一问

36、的求解，把问题转化为证明，再进 一步转化为证不等式在 t（0，1）上恒成立，利用导数求其最值即可得到证明 【解答】解： （1）由题意知，函数 f（x）的定义域为（0，+） ， 方程 f（x）0 在（0，+）有两个不同根； 即方程 lnxax0 在（0，+）有两个不同根； 转化为函数 ylnx 与函数 yax 的图象在（0，+）上有两个不同交点， 如右图 可见，若令过原点且切于函数 ylnx 图象的直线斜率为 k，只须 0ak 令切点 A（x0，lnx0） ， 故，又， 故， 解得，x0e， 故， 故 a 的取值范围为； （2）证明：欲证 两边取对数等价于要证：1+lnx1+lnx2， 由（1）

37、可知 x1，x2分别是方程 lnxax0 的两个根， 即 lnx1ax1，lnx2ax2 所以原式等价于 1+ax1+ax2a（x1+x2） ，因为 0，0 x1x2， 所以原式等价于要证明 又由 lnx1ax1，lnx2ax2作差得，即 所以原式等价于，令，t（0，1） ， 则不等式在 t（0，1）上恒成立 令， 又， 当 1 时，可见 t（0，1）时，h（t）0， 所以 h（t）在 t（0，1）上单调增， 又 h（1）0，h（t）0 所以在 t（0，1）恒成立，所以原不等式成立 【点评】本题主要考查函数极值的判断，利用函数极值和导数之间的关系是解决本题的关键本题的第 二问比较麻烦，用到几次转化属于难题