2021届河北省保定市高三上学期10月摸底考试数学试题（教师版含解析）

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1、2020 年高三摸底考试年高三摸底考试 数学试题数学试题 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的零点所在的一个区间是( ) A. ( 2, 1) B. ( 1,0) C. (0,1) D. (1,2) 【答案】B 【解析】 【分析】 由函数的单调性及零点存在性定理即可得解. 【详解】由题意，函数( ) x f xex在 R 上单调递增， 且 2 220fe， 1 110fe ， 0 000fe， 所以函数的零点所在的一个区间是( 1,0). 故选：B. 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】 由三角函数的定义可得 1 tan 3 ，再由两角和的正切公

3、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 ce ，则( ) A. abc B. bac C.

4、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. 设非零向量a，b满足3a b， 1 cos, 3 a b ， 16aab，则b ( ) A. 2 B. 3 C. 2 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】 由16aab可得()0aab，利用数量积的运算性质结合条件可得答案. 【详解】| 3|ab， 1 cos, 3 a b . 2 222 ()9|8|16aaba

5、a bbbb ， | |2b . 故选：A 【点睛】本题考查利用向量垂直其数量积为零求向量的模长，属于中档题. 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, ( ) 2

7、3, 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 多选题：本题共多选题：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. 3x

8、 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 B，

9、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 S

10、为其前n项和， 1511 15,aSS，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】 设等差数列 n a的公差为d，由等差数列的通项公式及前 n 项和公式可得 1 2 15 d a ，再逐项判断即可得解. 【详解】设等差数列 n a的公差为d， 由题意， 11 1 5 411 10 511 22 15 adad a ，所以 1 2 15 d a ，故 A 错误； 所以 11314 39,129aadada ，所以 413 aa，故 B 正确； 因为 2 2 1 1 16864 2

11、 n n n a ndnnnS ， 所以当且仅当8n 时， n S取最大值，故 C 正确； 要使 2 8640 n Sn ，则16n且nN ， 所以使得0 n S 的最大整数15n ，故 D正确. 故选：BCD. 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的图象关于直线 5 24 x 对称 C. 当 0, 4 x 时，函数 ( )f x的最小值为 3 D. 要得到函数 (

12、)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4, 12 kkZ 即

13、, 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图象对称轴，故 B错误； 当0, 4 x 时， 2 4, 333 x ，( )3f x ，故 C错误； 将2cos4yx的图象向右平移 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】关键点点睛：解决本题的关键是

14、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 fxf x g x e ，再

15、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 ， 0gx ，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 f xg x e无零 点；当(

16、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，得出函数( )g x的单调性，进而研

17、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 小题，每小题小题，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 xy ，则2 3xy 的最

18、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 . 故答案为：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】 【分析】 先根据数量积运算得

19、 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 MFM FM Fc M F

20、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()( )fxf x， ( )f

21、 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 1634 4xxxx ， 12

22、3456 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 ；(2) 3 , 44 .

23、【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比数列 n a中， n S

24、为其前 n S项和， 1 2a ，在 3 6S ； 6 3 7 S S ； 235 4,a a a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 n a； (2)设 1 ( 1)n nn bna ，求 n b的前n项和 n T. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】条件选择见解析；(1) 1 12 n n 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，且1q ，若选，则由 3 6S ，可得 2 2(1)6qq，从而得 ()()q2q10，可求得公比，进而可求出等比数列的通项公式；若选，则由 6

25、 3 7 S S ，得 6 33 3 33 1 (1)(1)1 17 11 1 q qqq q qq q ，从而可求出公比为q，进而可求出 n a，若选，则由 235 4,a a a成 等差数列，可得 24 111 24a qa qa q，从而可求出公比为q，进而可求出 n a； (2)由(1)可得 1 12 n n nn bnan ，然后利用错位相减法可求出 n T 【详解】(1)解：设等比数列 n a的公比为q，且1q ， 选； 2 3123 2(1)6,(2)(1)0Saaaqqqq， 1 1,2,22 n n qqa 1 12 n n n a 选； 6 33 3 6 33 3 1 (1

26、)(1)1 1,17 11 1 q Sqqq qq qSq q ， 1 2,22 n n qa ， 1 12 n n n a 选； 243 325111 24,24,240aaaa qa qa qqq， 2 (2)(22)0qqq， 1 2,22 n n qa 1 12 n n n a (2) 1 12 n n nn bnan 123 231 1 22 23 22 21 22 2(1) 22 n n nn n Tn Tnn 两式相减得， 23111 1 22222222 (1) 22 nnnn n n n Tnn Tn 19. ABC的内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，且 222 c

27、oscossinsinsin0ABCBC (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，

28、 222 (1 sin)(1 sin)sinsinsin0ABCBC 222 sinsinsinsinsin0BACBC， 222 0bacbc， 222 1 cos 22 bca A bc 2 3 A (2) 224 ,2,2, 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

29、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. 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(2

30、500)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 20

31、at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 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

32、， 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

33、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的方程； (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

34、)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、 12 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 MP

35、N ，, 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 160y 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(

36、)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 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 ex

37、ex ，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 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

38、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 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.