2021届河北省廊坊市高三上学期摸底数学试题（含答案解析）

《2021届河北省廊坊市高三上学期摸底数学试题（含答案解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届河北省廊坊市高三上学期摸底数学试题（含答案解析）（20页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、2020 年高三摸底考试数学试题年高三摸底考试数学试题 一一 选择题：本题共选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的符合题目要求的. 1. 已知集合 2 1,lg Ax yxBx yx，则AB ( ) A. 1,1 B. 1,) C. (0,1 D. (0,) 【答案】C 【解析】 【分析】 由二次根式及对数函数的性质可得11Axx ，0Bx x，再由交集的定义即可得解. 【详解】由题意， 2 111Ax yxxx ，lg 0Bx yxx x， 所以01(0,1ABxx.

2、 故选：C. 2. 函数 x f xex的零点所在一个区间是( ) A. 2, 1 B. 1,0 C. 0,1 D. 1,2 【答案】B 【解析】 【分析】 根据零点存在定理判断 【详解】 2 1 ( 2)20f e ， 1 ( 1)10f e ，(0)10 f，在( 1,0)上有零点 故选：B 【点睛】本题考查零点存在定理，在( , ) a b上连续的函数( )f x，若( ) ( )0f a f b ，则 ( )f x在( , )a b上至少 有一个零点 3. 已知角终边过点(3,1)，则tan 4 ( ) A. 2 B. 2 C. 1 D. 1 3 【答案】A 【解析】 【分析】 由三角

3、函数的定义可得 1 tan 3 ，再由两角和的正切公式即可得解. 【详解】因为角终边过点(3,1)，所以 1 tan 3 ， 所以 1 1tantan 34 tan2 1 4 1tantan1 43 . 故选：A. 4. 已知两条直线 2121 :(3)45 3 ,:2/(5/)8,lt xytxtllyl，则t ( ) A. 1或7 B. 1 C. 7 D. 13 3 【答案】C 【解析】 【分析】 根据两条直线平行的条件列式，由此求得t的值. 【详解】由于 12 /ll，所以 352 4 38253 tt tt ，解得7t . 故选：C 5. 设 1 31 2 log,log,ae be

4、ce ，则( ) A. abc B. bac C. acb D. cab 【答案】C 【解析】 【分析】 由指数、对数函数的性质可得 1 0 2 acb，即可得解. 【详解】由题意， 33 1 loglog3 2 ae， 11 22 loglog 10be ， 1 2 0 1 ce， 所以 1 0 2 acb. 故选：C. 6. 设向量, a b满足 3ab， 1 cos, 3 a b ， 16a ab，则b=( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】 利用向量的积的运算进行求解即可 【详解】设33abk，( 0)k ，又由 1 cos, 3 a b ，所以

5、， 2 222 cos,9816a abaa ba bkkk ， 解得 2 2k ，得2k ， 2b 故选: B 7. 易经中记载着一种几何图形-八卦图，图中正八边形代表八卦，中间的圆代表阴阳太极图.某中学开展 劳动实习，去测量当地八卦图的面积.如图，现测得正八边形的边长为4m，则整个八卦图(包括中间的太极 图)的面积约为( )( 21.414 ) A. 2 73m B. 2 77m C. 2 79m D. 2 83m 【答案】B 【解析】 【分析】 连接正八边形的中心O及顶点,A B，由余弦定理结合三角形面积公式即可得解. 【详解】连接正八边形的中心O及顶点,A B，如图， 由题意，4AB

6、， 360 45 8 AOB，OAOB， 设OAOBx，则 222 2cos45ABOAOBOA OB即 22 1622xx ， 所以 2 16 22 x ， 所以整个八卦图的面积 2 116 88sin452 232 23277 222 AOB SSx . 故选：B. 8. 已知函数 2 5, ( ) 23, xx m f x xxxm 恰有2个零点，则实数m的取值范围是( ) A. ( 1,3(5,) B. 1,3)5,) C. 1,) D. (5,) 【答案】A 【解析】 【分析】 画出图象，通过移动x m 结合函数的零点与方程的解的判断即可得结果. 【详解】由题意，函数 2 5, (

7、) 23, xx m f x xxxm ，的图象如图： 方程50 x的解为5x ，方程 2 230 xx的解为1x或2x； 当5m时，函数 f x恰有两个零点1，3； 当13m 时，函数有 2个零点1，5； 则实数 m 的取值范围是：( 1,3(5,) 故选：A. 二二 选择题：本题共选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合在每小题给出的四个选项中，有多项符合 题目要求，全部选对的得题目要求，全部选对的得 5 分，有选错的得分，有选错的得 0分，部分选对的得分，部分选对的得 3 分分. 9. 下列说法正确的是( ) A.

8、3x 是 2 4x 的充分不必要条件 B. “ 00 0 1 ,2xR x x ”的否定是“ 1 ,2xR x x ” C. 若tan( )2 ，则 4 sin2 5 D. 定义在 , a b上的偶函数 2 ( )(5)f xxaxb的最大值为30. 【答案】AD 【解析】 【分析】 由充分条件、必要条件的定义可判断 A；由特称命题的否定可判断 B；由诱导公式、同角三角函数的关系及 二倍角公式即可判断 C；由偶函数的性质可求得 5 5 a b ，即可判断 D. 【详解】对于 A，3x 可推出 2 4x ，但 2 4x 推不出3x ， 所以3x 是 2 4x 的充分不必要条件，故 A正确； 对于

9、 B，命题“ 00 0 1 ,2xR x x ”为特称命题， 所以该命题的否定为“ 1 ,2xR x x ”，故 B 错误； 对于 C，若tan()2，则 sin tan2 cos ，即sin2cos， 所以 222 sincos5cos1，所以 2 1 cos 5 ， 所以 2 4 sin22sincos4cos 5 ，故 C错误； 对于 D，因为函数 2 ( )(5)f xxaxb是定义在 , a b上的偶函数， 所以 50 0 a ab ，所以 5 5 a b ， 所以 2 ( )5,5,5f xxx 的最大值为(5)30f，故 D 正确. 故选：AD. 10. 等差数列 n a中， n

10、 S为其前n项和， 1 15a ， 511 SS，则以下正确的是( ) A. 1d B. 413 | |aa C. n S的最大值为 8 S D. 使得0 n S 的最大整数15n 【答案】BCD 【解析】 【分析】 先由题设求出等差数列 n a的公差d，再逐项判断其正误即可 【详解】解： 511 SS， 6711611116 3()3()0aaaaaaa， 116 0aa， 1 15a ， 16 15a ， 数列 n a的公差 161 2 16 1 aa d ，故 A 错误； 152(1)172 n ann ， 413 | | 9aa，故 B 正确； 2 (1) 15216 2 n n n

11、Snnn ，当8n 时， 8 S取得最大值； 1516 0,0SS，故 D 正确； 故选：BCD 【点睛】根据等差数列中的基本量的计算及性质进行计算是求解此类问题的常见方法.利用二次函数的性质 求等差数列前n项和的最大值是常见的方法. 11. 函数( ) sin()0,0,| 2 f xAxA 的最大值为2， 其图象相邻两条对称轴之间的距离为 4 ，且 ( )f x的图象关于点,0 12 对称，则下列判断正确的是( ) A. 函数 ( )f x在, 24 12 上单调递增 B. 函数 ( )f x 图象关于直线 5 24 x 对称 C. 当0, 4 x 时，函数 ( )f x的最小值为 3 D

12、. 要得到函数 ( )f x的图象，只需要将2cos4yx 的图象向右平移 5 24 个单位 【答案】AD 【解析】 【分析】 由三角函数的图象与性质可得( )2sin 4 3 f xx ，再由三角函数的图象与性质可判断 A、B、C；由三 角函数图象的变换及诱导公式可判断 D. 【详解】由函数 ( )f x的最大值为 2可得 2A， ( )2sin()0,| 2 f xx ， 因为函数 ( )f x的图象相邻两条对称轴之间的距离为 4 ， 所以函数的最小正周期T满足 24 T ， 所以 2 4 T ，( )2sin(4) | 2 f xx ， 又 ( )f x的图象关于点,0 12 对称，所以

13、4, 12 kkZ 即, 3 kkZ ， 所以 3 ，( )2sin 4 3 f xx ， 当, 24 12 x 时，4,0 32 x ， 所以函数 ( )f x在, 24 12 上单调递增，故 A 正确； 当 5 24 x 时， 7 4 36 x ， 所以直线 5 24 x 不是函数( )f x图象的对称轴，故 B 错误； 当0, 4 x 时， 2 4, 333 x ，( )3f x ，故 C错误； 将2cos4yx图象向右平移 5 24 个单位可得的函数为： 55 2cos42cos 42cos 42sin 4 246323 yxxxxf x ， 故 D 正确. 故选：AD. 【点睛】关键

14、点点睛：解决本题的关键是熟练掌握三角函数的图象与性质，细心计算即可得解. 12. 已知函数 ( )yf x 在R上可导且(0)1f，其导函数( ) fx满足 ( )2 ( ) 0 1 fxf x x ，设函数 2 ( ) ( ) x f x g x e ，下列结论正确的是( ) A. 函数( )g x在(1, )上为单调递增函数 B. 1x 是函数( )g x的极大值点 C. 函数 ( )f x至多有两个零点 D. 0 x时，不等式 2 ( ) x f xe恒成立 【答案】BCD 【解析】 【分析】 根据 2 ( ) ( ) x f x g x e ，求导 2 ( )2 ( ) ( ) x f

15、xf x g x e ，再根据 ( )2 ( ) 0 1 fxf x x ，判断( ) g x 正负，得到( )g x 的单调性再逐项判断. 【详解】因为 2 ( ) ( ) x f x g x e ， 所以 2 ( )2 ( ) ( ) x fxf x g x e ， 又因为 ( )2 ( ) 0 1 fxf x x ， 所以当1x 时，( )2 ( )0fxf x ， 0g x ，则 g x递减； 当1x时，( )2 ( )0fxf x ， 0g x ，则 g x递增； 所以当1x 时， g x取得极大值， 2 (1) (1) f g e ，当(1)0g时， g x无零点， 2 ( ) x

16、 f xg x e无零 点；当(1)0g时， g x有一个零点， 2 ( ) x f xg x e有一个零点；当(1)0g时， g x有两个零点， 2 ( ) x f xg x e有两个零点，故函数( )f x至多有两个零点； 当0 x时， 0 (0) 01x f gg e ， 2 ( ) ( )1 x f x g x e ，所以不等式 2 ( ) x f xe恒成立， 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：本题的关键是发现 2 ( ) ( ) x f x g x e 的导数 2 ( )2 ( ) ( ) x fxf x g x e ，与条件 ( )2 ( ) 0 1 fxf x x 的关联，得出

17、函数( )g x的单调性，进而研究函数的极值，最值以及零点和恒成立问题. 三三 填空题：本题共填空题：本题共 4 小，每小题小，每小题 5 分，共分，共 20 分分. 13. 圆 22 46100 xyxy的圆心到直线10axy 的距离为2，则a_. 【答案】 3 4 ； 【解析】 【分析】 首先圆的方程写成标准方程，利用点到直线的距离公式求解. 【详解】 22 22 461002323xyxyxy， 圆心 2, 3 到直线10axy 的距离 2 23 1 2 1 a d a ， 解得： 3 4 a . 故答案为： 3 4 14. 若实数 , x y满足不等式组 1 21 210 xy xy

18、xy ，则2 3xy 的最大值为_. 【答案】3 【解析】 【分析】 由题意作出可行域，转化目标函数为 2 33 z yx，数形结合即可得解. 【详解】由题意作出可行域，如图， 设23zxy，则 2 33 z yx， 上下平移直线 2 33 z yx，数形结合可得当直线 2 33 z yx过点A时，z取最大值， 由 1 210 xy xy 可得点0, 1A，所以 max 2 0313z . 故答案：3. 15. 椭圆 22 22 1(0) xy ab ab 的左右焦点分别为 12 ,F F，椭圆上的点M满足： 12 2 3 FMF 且 12 2MF MF ，则b_. 【答案】1 【解析】 【分

19、析】 先根据数量积运算得 12 4MF MF ，再结合椭圆的定义与余弦定理即可得1b. 【详解】解：因为 12 2 3 FMF 且 12 2MF MF ， 所以 12 4MF MF ， 由椭圆的定义得 12 2MFMFa，故 22 2 1212 24MFMFMF MFa 所以在 12 FMF中，由余弦定理得 12 22 2 12 12 4 cos 2 MFM FM Fc M F F MF ， 代入数据得 222 144848 288 acb ，解得：1b. 故答案为：1. 【点睛】关键点点睛：解题的关键在于应用定义 12 2MFMFa与余弦定理 12 22 2 12 12 4 cos 2 MF

20、M FM Fc M F F MF 列方程求解得1b. 16. 定义在R上的函数 ( )f x满足( )(4),()( )0f xf xfxf x 且(0)0f.当2(0,x时， 1 ( )2f x x .则函数 2 ( )( )sin 34 g xf xx 在区间 6,2上所有的零点之和为_. 【答案】12 【解析】 【分析】 由 ( )f x是周期函数，奇函数，得对称中心，又 2 sin 34 yx 也有对称性，利用对称性及单调性得 ( )f x的 图象与 2 sin 34 yx 图象的交点的性质，也即( )g x零点的性质，从而可得和可画出图象说明 【详解】()( )0fxf x得()(

21、)fxf x， ( )f x是偶函数，( )(4)f xf x ， ( )f x是周期为 4 的周期 函数，因此可得 ( )f x的图象也关于直线 2x对称 2 sin 34 yx 是奇函数，它关于直线42()xkkZ对称，也关于2x对称， 函数 2 ( )( )sin 34 g xf xx 在区间 6,2上所有的零点，即为方程 2 ( )sin 34 f xx 的解， 在同一坐标系中作出( )yf x和 2 sin 34 yx 的大致图象，如图， 它们在 6,2上有 6个交点，横坐标从小到大依次为 123456 ,x x x x x x， 其中 2 4x ， 5 0 x ，由对称性知 163

22、4 4xxxx ， 123456 12xxxxxx ， 题中零点和为12 故答案为：12 【点睛】方法点睛：本题考查函数零点之和，解题时把函数零点转化为函数图象交点的横坐标，作出函数 图象，利用函数的性质特别是对称性，观察出交点的对称性，得出交点横坐标的和 四四 解答题：本题共解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70分分.解答应写出文字说明解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤. 17. 在平面直角坐标系xOy中，已知向量而 (1, 1),(sin ,cos ),0, 2 mnxx x (1)若mn，求x的值； (2)若m与n的夹角为，求的取值范围. 【答案】(1) 4 ；

23、(2) 3 , 44 . 【解析】 【分析】 (1)由平面向量垂直的坐标表示可得 sincos0m nxx ，即可得解； (2)由平面向量夹角的坐标表示及三角恒等变换可得sincos 4 x ，再结合三角函数的图象与性质即 可得解. 【详解】(1) mn ，(1, 1),(sin ,cos ),0, 2 mnxx x ， sincos0m nxx ，tan1x， 由0, 2 x 可得 4 x ； (2)由题意， si sincos con 4 s 2 1 m nxx x mn ， 0 2 x Q， 444 x ， 22 cos, 22 ， 0,， 3 , 44 . 18. 已知各项均不相等的等

24、比数列an中，Sn为其前 n项和，a1=2，在S3=6； 6 3 7 S S ；4a2，a3，a5 成等差数列，这三个条件中任选一个补充为条件，并作答： (1)求 an； (2)设 bn= 1 ( 1)nnan，求bn的前 n 项和 Tn； 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1) 1 ( 1)2 nn n a ；(2) 1 (1) 22 n n Tn . 【解析】 【分析】 (1)设等比数列 n a的公比为q，选：求出q即得解；选：根据已知求出q即得解；选：求出q即得 解. (2)求出2n n bn，再利用错位相减法求解. 【详解】(1)解：设等比数列 n a的公比为

25、q， 选： 21 3123 2 16,(2)(1)0,1,2,2( 2)n n Saaaqqqqqqa 1 ( 1)2 nn n a 选： 6 33 3 6 33 3 1 11 1 1,17 11 1 q qq Sq qq qSq q 1 2,2( 2)n n qa 1 ( 1)2 nn n a 选： 243 325111 24,24,240aaaa qa qa qqq 21 (2)220,2,2( 2)n n qqqqa 1 ( 1)2 nn n a (2) 1 ( 1)2 nn nn bnan 123 1 22 23 22n n Tn 231 21 22 2(1) 22 nn n Tnn

26、两式相减得， 23111 22222222 nnnn n Tnn 1 (1) 22 n n Tn . 【点睛】方法点睛：数列求和常用的方法有：(1)公式法；(2)分组求和法；(3)裂项相消法；(4)错位相减 法；(5)倒序相加法.要根据数列的通项特征，选择对应的方法求和，本题选择的是错位相减法求和. 19. ABC的内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，且 222 coscossinsinsin0ABCBC (1)求A； (2)若2a，求ABC周长的取值范围. 【答案】(1) 2 3 ；(2) 4 3 4 2 3 ，. 【解析】 【分析】 (1)利用同角三角函数将已知式子中的三角函数化为

27、正弦，再利用正弦定理统一为边，然后利用余弦定理可 求得结果； (2)先利用利用正弦定理得 4 2 (sinsin)(sinsin() 33 bcRBCBB ， 431 (sincossin) 223 BBB 4134 ( sincos)sin() 22333 BBB ，再求出 3 B ，即可求 得答案 【详解】解：(1) 222 coscossinsinsin0ABCBC， 222 (1 sin)(1 sin)sinsinsin0ABCBC 222 sinsinsinsinsin0BACBC， 222 0bacbc， 222 1 cos 22 bca A bc 2 3 A (2) 224 ,2

28、,2, 2 33 sin 3 AaR 4 2 (sinsin)(sinsin() 33 431 (sincossin) 223 4134 ( sincos)sin() 22333 bcRBCBB BBB BBB 23 0,sin()1 333323 BBB ， 4 3 2 3 bc 4 3 42 3 abc ， 即ABC周长的取值范围为 4 3 4 2 3 ，. 【点睛】方法点睛：对于给的条件是边角关系混合在一起的问题，一般地，应运用正弦定理和余弦定理， 要么把它统一成边的关系，要么统一成角的关系，再利用三角形的有关知识、三角恒等变换方法、代数恒 等变形方法进行转化、化简，从而可得结果 20.

29、 2020年是充满挑战的一年，但同时也是充满机遇蓄势待发的一年.突如其来的疫情给世界带来了巨大的 冲击与改变，也在客观上使得人们更加重视科技的力量和潜能.某公司一下属企业从事某种高科技产品的生 产.假设该企业第一年年初有资金 5000万元，并将其全部投入生产，到当年年底资金增长了 50%，预计以后 每年资金年增长率与第一年相同.公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金(2500)t t万元，并将剩 余资金全部投入下一年生产.设第n年年底企业上缴资金后的剩余资金为 n a万元 (1)判断2 n at是否为等比数列？并说明理由； (2)若企业每年年底上缴资金1500t ，第m mN 年年底企业的

30、剩余资金超过21000万元，求m的最 小值.(lg20.3010;lg30.4771) 【答案】(1)答案见解析；(2)6. 【解析】 【分析】 (1) 由 题 意 得 1 5000(1 50%)7500,att 1 3 (1 50%) 2 nnn aatat ， 从 而 得 1 3 3 23 2 222 n n nn at at atat ，而当2500t ，即 1 20at时，所以2 n at不是等比数列； (2)由(1)可知， 1 3 30003000 2 n n a ，由 1 3 3000( )300021000 2 m m a 可得 1 3 6 2 m ，然后 利用 3 2 x y

31、单调递增，可得答案 【详解】解：(1)由题意得， 1 5000(1 50%)7500,att 1 3 (1 50%) 2 nnn aatat 当2500t 时，即 1 2750030att时， 1 3 3 23 2 222 n n nn at at atat 2 n at是以 1 275003att为首项， 3 2 为公比的等比数列. 当2500t ，即 1 20at时， 2 n at不是等比数列 (2)当1500t 时，由(1)知， 1 3 30003000 2 n n a 1 3 3000( )300021000 2 m m a ，即 1 3 6 2 m ， 法一：易知 3 2 x y 单

32、调递增， 又 4 381 ( )6 216 ， 5 3243 ( )6 232 ， 1 5m ，6m， m 的最小值为 6 法二： 3 2 lg6lg2lg30.30100.47710.7781 1log 64.42 3 lg3lg20.4771 0.30100.1761 lg 2 m ， 6m， m 的最小值为 6. 【点睛】易错点睛：本题主要考查函数与数列的综合应用问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项： (1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点； (2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问 题； (3)利用函数的方法研究数

33、列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化. 21. 设抛物线 2 :2(0)C ypx p的顶点到焦点的距离为 1. (1)求抛物线C方程； (2)设过点(1,2)P的直线 12 ,l l分别与抛物线C交于M，N两点(不同于点P)， 以MN为直径的圆恰好经过 点P，证明：直线MN经过定点，并求出该定点坐标. 【答案】(1) 2 4yx；(2)证明见解析，定点5, 2. 【解析】 【分析】 (1)由抛物线的性质可得1 2 p ，即可得解； (2)设直线MN方程x myc ， 1122 (,),(,)M xyN xy， 联立方程结合韦达定理可得 12 4yym、1 2

34、4y yc ， 转化条件为1 MPNP kk ，代入运算化简可得25cm，即可得解. 【详解】(1)由题意得1 2 p ，2p，抛物线的方程为 2 4yx； (2)设直线MN方程为：x myc ， 1122 (,),(,)M xyN xy， 联立 2 4 xmyc yx 得 2 440ymyc， 12 12 0 4 4 yym y yc 以MN为直径的圆过点P， 2 MPN ，, MPNP kk均存在且不为 0， 1 MPNP kk ， 11 2 111 224 12 1 4 MP yy k yxy ，同理 2 4 2 NP k y ， 12 44 1 22yy ，即 1212 2()4 16

35、0y yyy， 48200cm，25cm ， 验证 222 16()16(25)16(1)40mcmmm ， 25(2)5xmycmymm y ， 直线MN经过定点5, 2. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是设出直线方程，结合韦达定理求得 12 4yym、 12 4y yc ，再 将点在圆上转化为1 MPNP kk ，最后结合直线过定点即可得解. 22. 已知函数( )2ln x f xex . (1)当2时，求 ( )f x的图象在点 1x 处的切线方程； (2)当1时，判断 ( )f x的零点个数并说明理由； (3)若 2 ( )f xxx恒成立，求的取值范围. 【答案】(1) 22

36、2(1)20exye；(2) ( )f x无零点，理由见解析；(3) 2 e . 【解析】 【分析】 (1)利用导数的几何意义，直接求切线方程；(2)首先求导 2 x fxe x ，并判断导数的单调性，以及利 用零点存在性定理说明存在 0 x使 0 0fx，并利用导数判断函数的单调性，证明函数的最小值的正负， 说明零点个数；(2)不等式等价于 2 ln2 ln xx exex ，构造函数 x yex，利用函数的单调性可知 2 lnxx，利用参变分离的方法，求的取值范围. 【详解】(1)当2时， 2 ( )2ln x f xex， 2 (1)fe， 22 2 ( )2,(1)22 x fxefe

37、 x ，切线方程为 22 (22)(1)yeex， 即 22 2(1)20exye (2)当1时， 2 ( )2ln ,( ) xx f xex fxe x ，易知 ( ) fx在0,单调递增，且 1 ( )40,120 2 fefe， ( ) fx存在唯一零点 0 1 ,1 2 x ， 0 0 2 x e x 满足 且当 0 0,xx时， ( ) 0,( )fxf x单调递减， 当 0 xx，时， ( ) 0,( )fxf x单调递增. 对 0 0 2 x e x 两边取对数，得： 00 ln2lnxx 0 min0000 00 22 ( )()2ln22ln2222ln242ln20 x

38、f xf xexxx xx ( )f x 无零点. (3)由题意得， 2 2ln x exxx ，即 22 ln x exxx ， 即 2 ln2 ln xx exex ，易知函数 x yex单调递增， 2 lnxx， x 0,e e , e ( ) h x 0 ( )h x 单调递增 极大值 单调递减 2ln x x ，令 2ln ( ) x h x x ，则 2 22ln ( ) x h x x ，令 ( ) 0h x 得xe， 列表得， max 22 ( )( ),h xh e ee . 【点睛】关键点点睛：本题第三问考查不等式恒成立求参数的取值范围，关键利用不等式 22 ln x exxx 等价于 2 ln2 ln xx exex ， 并且通过观察不等号两边的形式， 构造函数 x yex， 并判断单调性，根据单调性解不等式，这样问题迎刃而解.