2019-2020学年山西省吕梁市高三上10月段考数学试卷（理科）含详细解答

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1、2019-2020 学年山西省吕梁市高三（上）学年山西省吕梁市高三（上）10 月段考数学试卷（理科）月段考数学试卷（理科） 一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分）在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合分）在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合 题目要求的，选出正确的选项并将该选项在答题卡上涂黑题目要求的，选出正确的选项并将该选项在答题卡上涂黑 1 （5 分）已知集合 Ax|log3x1，Bx|x2+2x80，则 AB（ ） Ax|4x3 Bx|4x2 Cx|0 x2 Dx|2x3 2 （5 分）已知 alog30.3，b3

2、 0.2，c30.3，则（ ） Aabc Bacb Ccab Dbca 3 （5 分）已知函数 f（x），则 x2 是 f（x）4 成立的（ ） 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 4 （5 分）我们在求高次方程或超越方程的近似解时常用二分法求解，在实际生活中还有三分法比如借助 天平鉴别假币有三枚形状大小完全相同的硬币，其中有一假币（质量较轻） ，把两枚硬币放在天平的两 端，若天平平衡，则剩余一枚为假币，若天平不平衡，较轻的一端放的硬币为假币现有 27 枚这样的硬 币，其中有一枚是假币（质量较轻） ，如果只有一台天平，则一定能找到这枚假币所需要使用天平的最少

3、 次数为（ ） A2 B3 C4 D5 5 （5 分）已知 sin（+），则 sin（2+）（ ） A B C D 6 （5 分）已知函数 f（x）|x25x+4|kx 有三个零点 x1，x2，x3，则 x1x2x3（ ） A4 B6 C8 D12 7 （5 分）已知 p：|a1|6；q：关于 x 的方程 x2+（a+2）x+10 没有正数根，使 pq 为真命题的实数 a 的取值范围是（ ） A （，5 B （4，7） C （5，+） D （5，4） 8 （5 分）在ABC 中，b+ca（cosB+cosC） ，则该三角形一定是（ ） A等腰三角形 B直角三角形 C等边三角形 D等腰直角三角形

4、 9 （5 分）已知函数 f（x）x33x2+4x+5，f（m）4，f（n）10，则 m+n（ ） A1 B C2 D3 10 （5 分）关于函数 f（x）+sinx 有下述四个结论： f（x）是奇函数； f（x）在区间（）单调递减 f（x）在，有 3 个零点； f（x）的最大值为 其中所有正确结论的编号是（ ） A B C D 11 （5 分）已知 （0，） ，（0，） ，则（ ） A B C D 12 （5 分）函数 f（x）x3+2x2x2 与 g（x）（x2）ex的公共点个数为（ ） A3 B4 C5 D6 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分

5、，共分，共 20 分）分） 13 （5 分）曲线 y（x2+x）lnx 在点（1，0）处的切线方程为 14 （5 分）定义在 R 上的奇函数 yf（x）在区间0，2上单调递增，且 f（2+x）f（2x） 若 f（1）3， 则 f（x）3 在区间0，10内的解集为 15 （5 分）将函数 f（x）sinx 的图象向左平移个单位长度，再将图象上每一点的横坐标伸长为原来的 2 倍，纵坐标不变得到 g（x）的图象，当 x0，时，方程 g（x）m 有三个实数根 x1，x2，x3， 且 x1x2x3，则 x1+2x2+x3 16 （5 分）已知实数 a，b，c，d，满足1，那么（ac）2+（bd）2的最小

6、值为 三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 6 小题，共小题，共 70 分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17 （10 分）ABC 的内角 A、B、C 的对边分别为 a，b，c，ABC 的面积 S （1）求 C； （2）若 b+c2a，求 sin B 18 （12 分）已知定义域为 R 的函数 f（x）是奇函数 （1）求实数 a 的值； （2）若对于任意的 t2，2，不等式 f（t21）+f（mt3m）0 恒成立，求实数 m 的取值范围 19 （12 分）已知函数 f（x）x22x+a，g（x）ax+52a （1）若函数 yf（x）在区间

7、2，0上存在零点，求实数 a 的取值范围； （2）若对任意的 x10，3，总存在 x20，3使得 f（x1）g（x2）成立，求实数 a 的取值范围 20 （12 分）如图有一景区的平面图是一半圆形，其中直径长为 2km，C、D 两点在半圆弧上满足 ADBC， 设COB，现要在景区内铺设一条观光通道，由 AB，BC，CD 和 DA 组成 （1）用 表示观光通道的长 l，并求观光通道 l 的最大值； （2）现要在景区内绿化，其中在AOD 中种植鲜花，在OCD 中种植果树，在扇形 OBC 内种植草坪， 已知单位面积内种植鲜花和种植果树的利润均是种植草坪利润的 2 倍，则当 为何值时总利润最大？ 21

8、 （12 分）已知函数 f（x）exax+1 （1）讨论 f（x）的单调性； （2）当 x1 时，函数 f（x）的图象恒在 x 轴上方，求 a 的最大值 22 （12 分）已知函数 f（x）sinx+ln（1+x） 证明： （1）f（x）在区间（0，）存在唯一极大值点； （2）f（x）有且仅有 1 个零点 2019-2020 学年山西省吕梁市高三（上）学年山西省吕梁市高三（上）10 月段考数学试卷（理科）月段考数学试卷（理科） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分）在每小题给出的四个选项中，只

9、有一项是最符合分）在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合 题目要求的，选出正确的选项并将该选项在答题卡上涂黑题目要求的，选出正确的选项并将该选项在答题卡上涂黑 1 （5 分）已知集合 Ax|log3x1，Bx|x2+2x80，则 AB（ ） Ax|4x3 Bx|4x2 Cx|0 x2 Dx|2x3 【分析】由对数函数的性质解出集合 A，再解一元二次不等式得到集合 B，从而解出 AB 【解答】解：集合 Ax|log3x1x|0 x3，集合 Bx|x2+2x80 x|4x2， ABx|0 x2， 故选：C 【点评】本题主要考查了集合的基本运算，是基础题 2 （5 分）已知 alog30.3，b

10、3 0.2，c30.3，则（ ） Aabc Bacb Ccab Dbca 【分析】利用指数函数与对数函数的单调性即可得出 【解答】解：由题意可得：a0，bc0， 所以 acb 故选：B 【点评】本题考查了指数与对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题 3 （5 分）已知函数 f（x），则 x2 是 f（x）4 成立的（ ） 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】当 x2 时，f（x）4，得到 x2，从而 x2 是 f（x）4 成立的充分条件；当 f（x）4 时， 推导出 x2，域 xe4，从而 x2 是 f（x）4 成立的不必要条件，由此

11、能求出结果 【解答】解：当 x2 时，f（x）f（2）224，所以 x2 是 f（x）4 成立的充分条件； 当 f（x）4 时， 由 x0，得 f（x）2x4，解得 x2， 由 x0，得 f（x）ln（x）4，解得 xe4， 所以 x2 是 f（x）4 成立的不必要条件， 所以 x2 是 f（x）4 成立的充分不必要条件 故选：A 【点评】本题考查函数值的求法及应用，考查函数性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题 4 （5 分）我们在求高次方程或超越方程的近似解时常用二分法求解，在实际生活中还有三分法比如借助 天平鉴别假币有三枚形状大小完全相同的硬币，其中有一假币（质量较轻） ，把两枚硬币

12、放在天平的两 端，若天平平衡，则剩余一枚为假币，若天平不平衡，较轻的一端放的硬币为假币现有 27 枚这样的硬 币，其中有一枚是假币（质量较轻） ，如果只有一台天平，则一定能找到这枚假币所需要使用天平的最少 次数为（ ） A2 B3 C4 D5 【分析】通过题意可知，分三组称量判断，重复操作，直至找得到 【解答】 解： 第一步将 27 枚硬币分为三组， 每组 9 枚， 取两组分别放于天平左右两侧测量， 若天平平衡， 则假币在第三组中；若天平不平衡，假币在较轻的那一组中； 第二步把较轻的 9 枚金币再分成三组， 每组 3 枚， 任取 2 组， 分别放于天平左右两侧测量， 若天平平衡， 则假币在第三

13、组，若天平不平衡则假币在较轻的一组； 第三步再将假币所在的一组分成三组，每组 1 枚，取其中两组放于天平左右两侧测量若天平平衡，则假 币是剩下的一个；若天平不平衡，则较轻的盘中所放的为假币因此，确保找到假币最少需使用 3 次天 平 故选：B 【点评】本题考查简单的逻辑推理，属于基础题 5 （5 分）已知 sin（+），则 sin（2+）（ ） A B C D 【分析】由题意根据 2+（2+）+，利用诱导公式和二倍角公式计算即可 【解答】解：由 sin（+）， 则 sin（2+）sin（2+）+ cos（2+） 12sin2（+） 12 故选：D 【点评】本题考查了二倍角公式和诱导公式的应用问题

14、，是基础题 6 （5 分）已知函数 f（x）|x25x+4|kx 有三个零点 x1，x2，x3，则 x1x2x3（ ） A4 B6 C8 D12 【分析】画出函数的图象，利用函数的零点个数，结合判别式转化求解即可 【解答】解：画出 y|x25x+4|与 ykx 的图象，由 f（x）|x25x+4|kx 有三个零点， 可知方程x2+5x4kx0 在区间1，4内有两个相等的实根， 所以（5k）2160 得 k9 或 k1，当 k9 时，x2，舍去； 当 k1 时，x2 满足条件，此时 x25x+4kx0 的两根之积为 4， 所以 x1x2x38 故选：C 【点评】本题考查函数与方程的应用，考查数形

15、结合以及计算能力，是中档题 7 （5 分）已知 p：|a1|6；q：关于 x 的方程 x2+（a+2）x+10 没有正数根，使 pq 为真命题的实数 a 的取值范围是（ ） A （，5 B （4，7） C （5，+） D （5，4） 【分析】 结合绝对值不等式及二次方程实根分布可求 p， q 为真时 a 的范围， 然后由 pq 为真命题可知， p，q 至少一个为真，可求 【解答】解：p 为真命题，则5a7； q 为真命题，则（a+2）240 或， 所以 a4， pq 为真命题， 则 a5 故选：C 【点评】本题主要考查了复合命题的真假关系的应用，属于基础试题 8 （5 分）在ABC 中，b+c

16、a（cosB+cosC） ，则该三角形一定是（ ） A等腰三角形 B直角三角形 C等边三角形 D等腰直角三角形 【分析】利用余弦定理得到 b2+c2a20，求出即可 【解答】解：由余弦定理得， 所以（b+c） （b2+c2a2）0，b2+c2a2所以ABC 为直角三角形 故选：B 【点评】考查余弦定理的应用，判断三角形的形状，基础题 9 （5 分）已知函数 f（x）x33x2+4x+5，f（m）4，f（n）10，则 m+n（ ） A1 B C2 D3 【分析】先求出导函数 f（x） ，因为 f（x）0 恒成立，所以 f（x）在 R 上为增函数，再利用特殊值法 算出 m，n 的范围，结合选项即可

17、判断出正确选项 【解答】解：f（x）3x26x+43（x1）2+10， f（x）在 R 上为增函数， 又， f（）f（m）f（0） ，f（2）f（n）f（3） ， ， ， 由选项可得：m+n2， 故选：C 【点评】本题主要考查了三次函数的单调性，以及利用单调性由函数值不等式转化为自变量不等式，是 中档题 10 （5 分）关于函数 f（x）+sinx 有下述四个结论： f（x）是奇函数； f（x）在区间（）单调递减 f（x）在，有 3 个零点； f（x）的最大值为 其中所有正确结论的编号是（ ） A B C D 【分析】化简函数的解析式，画出函数的图象，然后判断选项的正误即可 【解答】解：当时，

18、 当时， 画出函数 f（x）的在区间上的图象如图所示， 可知正确 故选：D 【点评】本题考查函数与方程的应用，命题的真假的判断，是基本知识的考查，是基础题 11 （5 分）已知 （0，） ，（0，） ，则（ ） A B C D 【分析】解法一：利用排除法，排除 B，C，A，即可得出结论 解法二：由已知化简，利用函数 ysinxcosx 在上为增函数，从而得出 解法三：化简已知条件，利用 ytanx 在上增函数，得出 【解答】解：解法一： （排除法）当 x0 时，可排除 B，C； 当 y0 时，可排除 A，故选 D 解法二：由已知得， 又， 函数 ysinxcosx 在上为增函数， 所以即 解法

19、三：， 所以； 又， ytanx 在上增函数， 所以，即 故选：D 【点评】本题看出来三角函数关系的转化与应用问题，是基础题 12 （5 分）函数 f（x）x3+2x2x2 与 g（x）（x2）ex的公共点个数为（ ） A3 B4 C5 D6 【分析】可以证明 f（x） ，g（x）有公切线 yx2，且当2x0 时，f（x）x2g（x） ，当 0 x2 时，f（x）g（x） ，故当2x2 时，f（x）与 g（x）只有一个公共点，又易知，当 x2 及 x2 时，各有一个交点，故一共三个交点 【解答】解：f（x）x3+2x2x2（x1） （x+1） （x+2） ，f（x）3x2+4x1，g（x）（x

20、1）ex， 所以 f（0）g（0）2，f（0）g（0）1， 所以 f（x） ，g（x）有公切线 yx2，且当2x0 时，f（x）x2g（x） ， 证明如下：f（x）（x2）x2（x+2）0， 设 h（x）x2（x2）ex（2x0） ，则 h（x）1（x1）ex，h（x）xex0， 所以 h（x）1（x1）ex为增函数，又 h（0）0，所以 h（x）0，所以 h（x）在（2，0） 上单调递减， 又 h（0）0，所以 h（x）0 即x2g（x） ， 所以当2x0 时，f（x）x2g（x） ， 当 0 x2 时，f（x）g（x）x3+2x2x2（x2）exx3+2x2x2（x2） （x+1）x3+x

21、20， 所以当2x2 时，f（x）与 g（x）只有一个公共点， 画出函数 f（x） ，g（x）的草图，可知 x2 时，两函数图象有一个交点，当 x2 时，必有一个公共点， 所以共有三个公共点 故选：A 【点评】本题主要考查导数的运用，考查分析问题解决问题的能力，属于中档题 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分）分） 13 （5 分）曲线 y（x2+x）lnx 在点（1，0）处的切线方程为 y2x2 【分析】求出原函数的导函数，得到函数在 x1 处的导数值，再由直线方程的点斜式得答案 【解答】解：y（x2+x）lnx，y（2x+1）l

22、nx+（x+1） ， y|x12， 曲线 y（x2+x）lnx 在点（1，0）处的切线方程为 y2（x1） ， 即 y2x2 故答案为：y2x2 【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，是基础题 14 （5 分）定义在 R 上的奇函数 yf（x）在区间0，2上单调递增，且 f（2+x）f（2x） 若 f（1）3， 则 f（x）3 在区间0，10内的解集为 （5，7） 【分析】由已知 yf（x）为奇函数，且 f（2+x）f（2x）可知 yf（x）的周期为 8，然后结合已知 区间上的单调性可求对称区间上的单调性，再结合 f（1）3 即可求解不等式 【解答】解：因为 yf（x）为奇函数

23、， 所以 f（2+x）f（2x）f（x2） ， f（x+8）f（x+4）f（x） ， 即 yf（x）的周期为 8， 又因为 yf（x）在区间0，2上单调递增，且由 f（2+x）f（2x）可知 f（x）的图象关于 x2 对称， 所以 yf（x）在区间2，6上单调递减，在区间6，10上单调递增 又 f（7）f（1）3，f（5）f（1）f（1）3， 所以 f（x）3 在区间0，10内的解集为（5，7） 故答案为： （5，7） 【点评】本题综合考查了函数对称性及周期性的应用，解题的关键是函数性质的灵活应用 15 （5 分）将函数 f（x）sinx 的图象向左平移个单位长度，再将图象上每一点的横坐标伸长

24、为原来的 2 倍，纵坐标不变得到 g（x）的图象，当 x0，时，方程 g（x）m 有三个实数根 x1，x2，x3， 且 x1x2x3，则 x1+2x2+x3 【分析】首先利用函数的图象的平移变换和伸缩变换的应用求出函数 g（x）的关系式，进一步利用正弦 型函数的性质的应用求出结果 【解答】解：函数 f（x）sinx 的图象向左平移个单位长度， 再将图象上每一点的横坐标伸长为原来的 2 倍，纵坐标不变得到， 由于，函数 yg（x）与 ym 的交点分别为 A，B，C， 函数的图象为： 可知 A，B 关于直线对称，B，C 关于直线对称， 所以， 所以 故答案为： 【点评】本题考查的知识要点：三角函数

25、关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生 的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题 16 （5 分） 已知实数 a， b， c， d， 满足1， 那么 （ac） 2+ （bd）2 的最小值为 【分析】由题意，可得点 A（a，b）在函数 f（x）lnx 上，点 B（c，d）在直线 y2x+1 上，则（ac） 2+（bd）2|AB|2，可知当点 A 处的切线与直线 y2x+1 平行时，点 A 到直线 y2x+1 的距离的平方就 是（ac）2+（bd）2的最小值，再由点到直线的距离公式求解 【解答】解：由可知，点 A（a，b）在函数 f（x）lnx 上， 由知，点 B（c，d）在直线

26、 y2x+1 上，则（ac）2+（bd）2|AB|2， 当点 A 处的切线与直线 y2x+1 平行时，点 A 到直线 y2x+1 的距离的平方就是（ac）2+（bd）2 的最小值 由得， 故答案为： 【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查数学转化思想方法，是中档题 三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 6 小题，共小题，共 70 分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17 （10 分）ABC 的内角 A、B、C 的对边分别为 a，b，c，ABC 的面积 S （1）求 C； （2）若 b+c2a，求 sin B 【分析】 （

27、1）直接利用三角形的面积公式以及已知条件，求出角 C 的正切，进而求出结论； （2）先根据已知条件求出 b，c 之间的关系，再借助于正弦定理求解即可 【解答】 解析：（1） 由余弦定理以及三角形面积公式得； 所以， 又 0C，所以 （2）由余弦定理得，c2a2+b2+ab， 又 b+c2a， 两式消去 a 得，4c2（b+c）2+4b2+2b（b+c） ， 即 7b2+4bc3c20， 解得：（负值舍去） ， 由正弦定理得 【点评】本题考查余弦定理以及正弦定理的应用，基本知识的考查，属于基础题目 18 （12 分）已知定义域为 R 的函数 f（x）是奇函数 （1）求实数 a 的值； （2）若对

28、于任意的 t2，2，不等式 f（t21）+f（mt3m）0 恒成立，求实数 m 的取值范围 【分析】 （1）由 f（0）0，即可求得实数 a 的值； （2）问题转化为对任意的 t2，2有 t21mt+3m，由此建立不等式组，解出即可得到答案 【解答】解： （1）因为 f（x）是奇函数，所以 f（0）0， 所以， 经检验满足条件； （2）因函数 f（x）为奇函数，所以 f（t21）f（mt+3m） 又因函数 f（x）为增函数，所以 t21mt+3m， 即对任意的 t2，2有 t21mt+3m， 所以，解之得 m3 实数 m 的取值范围为（3，+） 【点评】本题考查函数奇偶性及单调性的综合运用，考

29、查不等式的恒成立问题，考查转化思想，属于基 础题 19 （12 分）已知函数 f（x）x22x+a，g（x）ax+52a （1）若函数 yf（x）在区间2，0上存在零点，求实数 a 的取值范围； （2）若对任意的 x10，3，总存在 x20，3使得 f（x1）g（x2）成立，求实数 a 的取值范围 【分析】（1） 由题意， yf （x） 在区间2， 0上是减函数， 又在区间2， 0上存在零点， 则必有， 解出即可； （2）原问题等价于函数 yf（x）在0，3上的值域为函数 yg（x）在0，3上的值域的子集，分类讨 论即可得到结论 【解答】解： （1）因函数 f（x）的对称轴是 x1， 所以 y

30、f（x）在区间2，0上是减函数， 因函数 yf（x）在区间2，0上存在零点，则必有， 即解得8a0， 故所求实数 a 的取值范围8，0； （2）若对任意的 x10，3，总存在 x20，3使得 f（x1）g（x2）成立， 只需函数 yf（x）的值域为函数 yg（x）的值域的子集， f（x）x22x+a 在区间 x0，3的值域为a1，a+3， 当 a0 时，g（x）5 为常数，不符合题意，舍去； 当 a0 时，g（x）在区间0，3的值域为52a，a+5， 所以，解得 a2； 当 a0 时，g（x）在区间0，3的值域为a+5，52a， 所以，无解； 综上所述实数 a 的取值范围2，+） 【点评】本题

31、考查函数的零点存在性定理及不等式的恒成立问题，考查分类讨论思想，属于基础题 20 （12 分）如图有一景区的平面图是一半圆形，其中直径长为 2km，C、D 两点在半圆弧上满足 ADBC， 设COB，现要在景区内铺设一条观光通道，由 AB，BC，CD 和 DA 组成 （1）用 表示观光通道的长 l，并求观光通道 l 的最大值； （2）现要在景区内绿化，其中在AOD 中种植鲜花，在OCD 中种植果树，在扇形 OBC 内种植草坪， 已知单位面积内种植鲜花和种植果树的利润均是种植草坪利润的 2 倍，则当 为何值时总利润最大？ 【分析】 （1）作 OEBC，垂足为 E，求出 BC，同理作 OFCD，垂足

32、为 F，求出 CD，然后求解观光 通道 l 的表达式，化简求解最大值即可 （2）设种植草坪单位面积的利润为 a，求出总利润，利用函数的导数求解 函数的最大值即可 【解答】解： （1）作 OEBC，垂足为 E，在直角三角形 OBE 中，所以 ， 同理作 OFCD，垂足为 F，CFOCcoscos，所以 CD2cos， 所以， 当时，取最大值 5 （2）设种植草坪单位面积的利润为 a， 则总利润， ， 因为，所以当时，总利润取最大值，最大值为 【点评】本题考查函数模型的运用，考查函数与导数的应用，考查学生的计算能力，比较基础 21 （12 分）已知函数 f（x）exax+1 （1）讨论 f（x）的

33、单调性； （2）当 x1 时，函数 f（x）的图象恒在 x 轴上方，求 a 的最大值 【分析】 （1）求出 f（x）exa，通过当 a0 时，当 a0 时，判断导函数的符号，判断函数的单调 性即可 （2）方法一：由已知得，当 x1 时，f（x）0 恒成立， 由（1）得，当 a0 时，当 0ae 时，当 ae 时，分别判断函数的单调性以及函数的最值，是否满足 题意求解即可 方法二：当 x1 时，f（x）0 恒成立，当 lna1 时，即 ae，利用函数的导数判断函数的最大值，求 解 a 的最大值，即可 方法三：由题设知，当 x1 时，f（x）exax+10，通过当 0 x1 时，求出不等式 的最小

34、值得到 a 的范围当 x0 时，f（x）20 成立当 x0 时，推出结果即可 【解答】解： （1）f（x）exax+1 f（x）exa， 当 a0 时，f（x）0 恒成立，f（x）在（，+）上单调递增； 当 a0 时，令 f（x）0，即 exa，则 xlna 当 x（，lna）时，f（x）0，f（x）在（，lna）单调递减； 当 x（lna，+）时，f（x）0，f（x）在（lna，+）单调递增， 综上所述：当 a0 时，f（x）在（，+）上单调递增 当 a0 时，f（x）在（，lna）单调递减，在（lna，+）单调递增 （2）方法一：由已知得，当 x1 时，f（x）0 恒成立， 由（1）得，当

35、 a0 时，f（x）在（，+）上单调递增， ，不合题意； 当 0ae 时，lna1 对于任意 x（，lna）有 f（x）0， 故 f（x）在（，lna）单调递减； 对于任意 x（lna，1）有 f（x）0， 故 f（x）在（lna，1）单调递增， 因此当 xlna 时，f（x）有最小值为 aalna+1a（1lna）+10 成立 当 ae 时，lna1， 对于任意 x（，1）有 f（x）0， 故 f（x）在（，1）单调递减， 因为 f（x）0 恒成立，所以只需 f（1）0，即 ae+1， 综上，a 的最大值为 e+1 方法二：由已知得，当 x1 时，f（x）0 恒成立， 当 lna1 时，即

36、ae， 对于任意 x（，1）有 f（x）0， 故 f（x）在（，1）单调递减， 因为 f（x）0，所以 f（1）0，即 ae+1， 综上，a 的最大值为 e+1 方法三：由题设知，当 x1 时，f（x）exax+10， 当 0 x1 时， 设， 则， 故 g（x）在（0，1）单调递减， 因此，g（x）的最小值大于 g（1）e+1，所以 ae+1 当 x0 时，f（x）20 成立 当 x0 时，因为， 所以当 ae+1 时，成立 综上，a 的最大值为 e+1 【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，构造法的应用，转化思想 的应用，是压轴题 22 （12 分）已知函数

37、f（x）sinx+ln（1+x） 证明： （1）f（x）在区间（0，）存在唯一极大值点； （2）f（x）有且仅有 1 个零点 【分析】 （1）先求出其导函数，结合导函数值的正负即可得到结论； （2）分段判断导函数值的正负，进而得到原函数的大致图象走势即可得到证明 【解答】证明：函数 f（x）的定义域为（1，+） （1）由题可得，； 当 x（0，）时，f（x）0 所以 f（x）在区间（0，）上单调递减； ， 所以 f（x）在区间内有唯一零点 x0； 当 x（0，x0）时，f（x）0，当 x（x0，）时，f（x）0， 所以 f（x）在区间（0，）存在唯一极大值点 （2）当时，f（x）0，f（x）在区间上单调递增； 因 f（0）0，所以存在零点 x0； 当时，f（x）sinx+ln（1+x）ln（1+x）0； 当 x，+）时，f（x）sinx+ln（1+x）ln（1+）10； 所以 f（x）有且仅有 1 个零点 【点评】本题主要考查函数极值的判断以及零点个数问题的判断，利用函数极值和导数之间的关系是解 决本题的关键