2019年天津市南开区高考数学二模试卷（理科）含解析

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1、2019 年天津市南开区高考数学二模试卷（理科）一、选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.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 （5 分）设全集为 R，若集合 Ax|（x +2）（x 3）0 ，集合 Bx|x1，则（ RA）B（）A3，+ ） B （1，3 C （1，3） D （2，+）2 （5 分）已知实数 x，y 满足约束条件，则 z2x+4y 的最小值是（）A6 B10 C5 D103 （5 分）如图是一个算法流程图，若输入 n 的值是 13，输出 S 的值是 46，则 a 的取值范围是（）A9a10 B

2、9a10 C10a11 D8a94 （5 分）祖暅原理：“幂势既同，则积不容异” ，意思是说：两个同高的几何体，如在等高处的截面积横向等，则体积相等设 A、B 为两个同高的几何体，p：A、B 的体积不相等，q：A、B 在等高处的截面积不恒相等根据祖暅原理可知，p 是 q 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5 （5 分）已知 a ，blog 2 ，c ，则（）Aabc Bacb Ccab Dc ba6 （5 分）设 f（x ）sin3x cos3x，把 yf （x）的图象向左平移（0）个单位长度第 2 页（共 23 页）后，恰

3、好得到函数 g（x）sin3 x+cos3x 的图象，则的值可以为（）A B C D7 （5 分）已知 F1，F 2 分别双曲线 3x2y 23a 2（a0）的左右焦点，是 P 抛物线y28ax 与双曲线的一个交点，若| PF1|+|PF2|12，则抛物线的准线方程为（）Ax4 Bx3 Cx2 Dx 18 （5 分）已知函数，若关于 x 的方程|f（x）a|+|f（x）a1| 1有且仅有两个不同的整数解，则实数 a 的取值范围是（）A ， B ， C 1， D0 ，3二、填空题：本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分.9 （5 分）已知复

4、数，i 为虚数单位，则| z|2 10 （5 分）在的展开式中，含 x2 项的二项式系数为 11 （5 分）球 O 是正方体 ABCDA 1B1C1D1 的外接球，若正方体 ABCDA 1B1C1D1 的表面积为 S1，球 O 的表面积为 S2，则 12 （5 分）已知在直角坐标系 xOy 中，圆 C 的参数方程为为参数），以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为 cos（，直线 l 与圆 C 交于 M、N 两点，则|MN| 13 （5 分

5、）在等腰梯形 ABCD 中，已知 ABDC，AC 与 BD 交于点 M，AB 2CD 4若 1，则 cosBMC 14 （5 分）已知函数，其中 e 为自然对数的底数，若f（2a 2）+ f（a3）+ f（0）0，则实数 a 的取值范围为三、解答题：本大题共 6 小题，共 80 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15 （12 分）在ABC 中，a、b、c 分别是三个内角 A、B、C 的对边，若b3，c 4，C 2B，且 a b（1）求 cosB 及 a 的值；第 3 页（共 23 页）（2）求的值16 （12 分）甲、乙两

6、人玩猜数字游戏，规则如下：连续竞猜 3 次，每次相互独立；每次竞猜时，先由甲写出一个数字，记为 a，再由乙猜甲写的数字，记为 b，已知a，b0，1，2，3，4，5，若 |ab|1，则本次竞猜成功；在 3 次竞猜中，至少有2 次竞猜成功，则两人获奖（）求甲乙两人玩此游戏获奖的概率；（）现从 6 人组成的代表队中选 4 人参加此游戏：这 6 人中有且仅有 2 对双胞胎，记选出的 4 人中含有双胞胎的对数为 X，求 X 的分布列和期望17 （14 分）在如图所示的几何体中，ABC 是边长为 2 的正三角形，AE1，AE平面ABC，平面 BCD平面 ABC，BDCD，且 BDCD（1）若 AE2，求

7、证：AC平面 BDE；（2）若二面角 ADEB 为 60，求 AE 的长；（3）在（2）的条件下，求直线 CD 与平面 BDE 所成角18 （14 分）已知数列a n的前 n 项和，数列b n满足（1）求证：数列b n是等差数列，并求数列a n的通项公式；（2）设，数列c n的前 n 项和为 Tn，求满足N*）的 n 的最大值19 （14 分）已知椭圆的左顶点为 A，右焦点为 F（c，0），直线l：与 x 轴相交于点 T，且 F 是 AT 的中点（1）求椭圆的离心率；（2）过点 T 的直线与椭圆相交于 M、N 两点，M 、N 都在 x 轴上方，并且 M 在 N、T之间，且 N 到直线

8、 l 的距离是 M 到直线 l 的距离的 2 倍第 4 页（共 23 页）记 NFM、 NFA 的面积分别为 S1、S 2，求；若原点 O 到直线 TN 的距离为，求椭圆方程20 （14 分）已知函数 f（x ）xlog ax（a0），g（x）（m+1）xlnxf（x），函数f（x）在点 xe 1 处取得极小值e 1 （e 为自然对数的底数）（1）若 g'（x）恰有一个零点，求 m 的取值范围；（2）若 g'（x）有两零点 x1、x 2（x 1x 2），求证：第 5 页（共 23 页）2019 年天津市南开区高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本

10、足约束条件，则 z2x+4y 的最小值是（）A6 B10 C5 D10【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案【解答】解：由约束条件作出可行域如图，联立，解得 A（3，3），化目标函数 z2x+4y 为 y ，由图可知，当直线 y 过点 A 时，直线在 y 轴上的截距最小，z 有最小值为6故选：A第 6 页（共 23 页）【点评】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题3 （5 分）如图是一个算法流程图，若输入 n 的值是 13，输出 S 的值是 46，则 a 的取

11、值范围是（）A9a10 B9a10 C10a11 D8a9【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 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：依次运行流程图，结果如下：n13，S0满足判断框内的条件 na，S13，n12满足判断框内的条件 na，S25，n11满足判断框内的条件 na，S36，n10满足判断框内的条件 na，S46，n9此时，不满足判断框内的条件 na，退出循环，所以 a 的取值范围是 9a10故选：B【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得第 7 页（共 2

12、3 页）出正确的结论，是基础题4 （5 分）祖暅原理：“幂势既同，则积不容异” ，意思是说：两个同高的几何体，如在等高处的截面积横向等，则体积相等设 A、B 为两个同高的几何体，p：A、B 的体积不相等，q：A、B 在等高处的截面积不恒相等根据祖暅原理可知，p 是 q 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】利用祖暅原理可得：A、B 在等高处的截面积恒相等” ，可得：A、B 的体积相等即可判断出 p 与 q 的关系【解答】解：设 A、B 为两个同高的几何体，p：A、B 的体积不相等，q：A、B 在等高处的截面积不恒相等由“A、B 在等高处

13、的截面积恒相等” ，由祖暅原理，可得：A、B 的体积相等因此可得：A、B 的体积不相等，必然：A、B 在等高处的截面积不恒相等即 pq，反之不成立p 是 q 的充分不必要条件故选：A【点评】本题考查了祖暅原理、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题5 （5 分）已知 a ，blog 2 ，c ，则（）Aabc Bacb Ccab Dc ba【分析】利用指数式的运算性质得到 0a1，由对数的运算性质得到 b0，c1，则答案可求【解答】解：0a 2 01，blog 2 log 210，c log 23log 221，cab故选：C【点评】本题考查指数的运算性质和对数

14、的运算性质，在涉及比较两个数的大小关系时，第 8 页（共 23 页）有时借助于 0、1 这样的特殊值能起到事半功倍的效果，是基础题6 （5 分）设 f（x ）sin3x cos3x，把 yf （x）的图象向左平移（0）个单位长度后，恰好得到函数 g（x ）sin3 x+cos3x 的图象，则的值可以为（）A B C D【分析】三角函数图象的平移及诱导公式，两角和与差的正，余公式逐一检验即可得解【解答】解：将 yf（x）的图象向左平移（ 0）个单位长度得：g（x）sin3 （ x+）cos3（ x+）sin （3x+3）cos（3x+3），当时，g（x ）sin3x+co

15、s3x，不合题意，当时，g（x ） cos3x，不合题意，当时，g（x ）sin3 xcos3x，不合题意，当时，g（x ）sin3x+cos3x ，满足题意，综合得：选项 D 满足题意，故选：D【点评】本题考查了三角函数图象的平移及诱导公式，属中档题7 （5 分）已知 F1，F 2 分别双曲线 3x2y 23a 2（a0）的左右焦点，是 P 抛物线y28ax 与双曲线的一个交点，若| PF1|+|PF2|12，则抛物线的准线方程为（）Ax4 Bx3 Cx2 Dx 1【分析】求出 P 点坐标，计算|PF 1|，|PF 2|，列方程计算 a 的值即可得出答案【解答】解：双曲线

16、的标准方程为 1，双曲线的右焦点 F2（2a，0）为抛物线 y28ax 的焦点，联立方程组，消元可得 3x28ax3a 20，解得 x3a 或 x （舍）不妨设 P 在第一象限，则 P（3a，2 a），又 F1（2a，0），|PF 1| 7a，|PF 2|3a+2a5a，|PF 1|+|PF2|12a12，即 a1抛物线的准线方程为 x2故选：C第 9 页（共 23 页）【点评】本题考查了双曲线、抛物线的性质，属于中档题8 （5 分）已知函数，若关于 x 的方程|f（x）a|+|f（x）a1| 1有且仅有两个不同的整数解，则实数 a 的取值范围是（）A ， B ， C

17、1， D0 ，3【分析】结合绝对值的应用，方程当且仅当 f（x ）a0，且 f（x）a10 成立，即 af（x） a+1 的整数解只有两个，利用数形结合建立不等式关系进行求解即可【解答】解：要使方程|f（x）a|+| f（x）a1| 1 则当且仅当 f（x）a0，且f（x）a1 0 时，方程等价为 f（x ）af（x）+a+11，即 f（x）a，且 f（x ）a+1，得 af （x）a+1，即 f（x）的图象夹在平行直线 ya 和 ya+1 之间的部分只有两个整数解作出函数 f（x）的图象如图：f（0）1，f（1）0，f（1），f （2），要使 af（x ）a+1 的整数解只有两个，则其中

18、一个整数解为 x0，另外一个整数解为1，即满足，得，即 a ，即实数 a 的取值范围是，），故选：A第 10 页（共 23 页）【点评】本题主要考查函数与方程的应用，根据绝对值的应用寻找，方程成立的条件，利用数形结合是解决本题的关键综合性较强，有一定的难度二、填空题：本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分.9 （5 分）已知复数，i 为虚数单位，则| z|2 【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解【解答】解：，|z| 2 故答案为：【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题10 （5 分）在

19、的展开式中，含 x2 项的二项式系数为 560 【分析】在二项展开式的通项公式中，令 x 的幂指数等于 2，求出 r 的值，即可求得含x2 项的二项式系数【解答】解：在的展开式中，通项公式为 Tr+1 （2） rx143r ，令143r2，求得 r4，可得含 x2 项的二项式系数为 560，故答案为：560【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题11 （5 分）球 O 是正方体 ABCDA 1B1C1D1 的外接球，若正方体 ABCDA 1B1C1D1 的表第 11 页（共 23 页）面积为 S1，球 O 的表面积为 S2，则 &

20、nbsp;【分析】设棱长为 a，易得正方体表面积，结合正方体外接球直径为其体对角线长可得球的表面积，得解【解答】解：设正方体棱长为 a，则正方体表面积为：S 16a 2，球 O 的半径为：，3a 2，即，故答案为：【点评】此题考查了正方体表面积和正方体外接球问题，难度不大12 （5 分）已知在直角坐标系 xOy 中，圆 C 的参数方程为为参数），以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为 cos（，直线 l 与圆 C 交于 M、N 两点，则|MN| 【分析】化圆的参数方程为普通方程，化直线的极坐标方程为直角坐标方程，求出圆

21、心到直线的距离，再由垂径定理求|MN| 【解答】解：由为参数），消去得：（x3） 2+（y+1） 24由 cos（）0，得，即 x+y0圆心（3，1）到直线 x+y0 的距离 d 则|MN | 故答案为：【点评】本题考查简单曲线的极坐标方程，考查直线与圆位置关系的应用，是中档题13 （5 分）在等腰梯形 ABCD 中，已知 ABDC，AC 与 BD 交于点 M，AB 2CD 4若 1，则 cosBMC 第 12 页（共 23 页）【分析】由题意画出图形，结合MCD MAB，可设 MDMCm，则ACBD3m，由 1，求得 cos ，在CMD 中，利用余弦定理

22、求出 m2，进一步求得 cosCMD，则答案可求【解答】解：如图，由题意可知，MCD MABAB2CD4，AM2MC，BM 2MD，设 MD MC m，则 ACBD3m，由 1，得 9m2cosCMD1，cos ，在CMD 中，有 22m 2+m22m 2cosCMD ，即，解得： cosCMD 则 cosBMC cos（ BMD）cosCMD 故答案为：【点评】本题考查平面向量的数量积运算，训练了利用数量积求斜率的夹角，是中档题14 （5 分）已知函数，其中 e 为自然对数的底数，若f（2a 2）+ f（a3）+ f（0）0，则实数 a 的取值范围为（，1）【分析】根

23、据题意，由奇函数的定义分析可得 f（x ）为奇函数，求出 f（x）的导数，利用函数的导数与单调性的关系分析可得 f（x ）在 R 上为增函数，据此可得 f（2a 2）+f（a3）+f（0）0 f（2a 2）f（3a）2a 2+a30，解可得 a 的取值范围，即可得答案第 13 页（共 23 页）【解答】解：根据题意，函数 e x 2sinx，其定义域为 R，f（0）1100，有 f（x） e x+2sinxf （x），则函数 f（x ）在 R 上为奇函数，又由 f（x） ex+ 2cosx22cosx0，则 f（x）在 R 上为增函数，f（2a 2）+f（a3）+ f（0）0f（2a 2）+

24、f （a3）0f（2a 2）f（a3）f（2a 2）f（ 3a） 2a2+a30，解可得： a1，即 a 的取值范围为（，1）；故答案为：（，1）【点评】本题考查函数的奇偶性与单调性的性质以及应用，关键是分析函数 f（x）的奇偶性与单调性，属于基础题三、解答题：本大题共 6 小题，共 80 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15 （12 分）在ABC 中，a、b、c 分别是三个内角 A、B、C 的对边，若b3，c 4，C 2B，且 a b（1）求 cosB 及 a 的值；（2）求的值【分析】（1）由正弦定理，二倍角的正弦函数公式可求 cosB 的值，由余弦定理可得 a的值

25、（2）利用同角三角函数基本关系式可求 sinB 的值，利用二倍角公式可求 sin2B，cos2 B的值，根据两角和的余弦函数公式可求 cos（2B+ ）的值【解答】（本题满分为 13 分）解：（1）在ABC 中，由正弦定理，可得：，2 分C2B，，解得：cosB ，4 分在ABC 中，由余弦定理 b2a 2+c22accos B，可得：a 2 a+70，解得 a3，或a ，ab，第 14 页（共 23 页）a 7 分（2）cosB ，可得 sinB ，sin2B2sinBcosB ，cos2 B2cos 2B1 ， 11 分cos（2B + ） cos2B sin2B 13 分【点评】

26、本题主要考查了正弦定理，二倍角的正弦函数公式，余弦定理，同角三角函数基本关系式，两角和的余弦函数公式在三角函数化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题16 （12 分）甲、乙两人玩猜数字游戏，规则如下：连续竞猜 3 次，每次相互独立；每次竞猜时，先由甲写出一个数字，记为 a，再由乙猜甲写的数字，记为 b，已知a，b0，1，2，3，4，5，若 |ab|1，则本次竞猜成功；在 3 次竞猜中，至少有2 次竞猜成功，则两人获奖（）求甲乙两人玩此游戏获奖的概率；（）现从 6 人组成的代表队中选 4 人参加此游戏：这 6 人中有且仅有 2 对双胞胎，记选出的 4 人中含有双胞胎的对数为 X

27、，求 X 的分布列和期望【分析】（I）由题意基本事件的总数为个，记事件 A 为“甲乙两人一次竞猜成功” ，分|ab| 0 和|ab|1 利用古典概型的概率计算公式即可得出 P（A）设随机变量表示在 3 次竞猜中竞猜成功的次数，则 B 则甲乙两人获奖的概率 P（2）1P（0）P（1）（II）由题意可知：从 6 人中选取 4 人共有种选法，双胞胎的对数 X 的取值为0，1，2X0，表示的是分别从 2 对双胞胎中各自选取一个，再把不是双胞胎的 2 人都取来；X1，表示的是从 2 对双胞胎中选取一对，另外 2 人的选取由两种方法，一种是把不是双胞胎的 2 人都选来，另一种是从另一双胞胎中选一

28、个，从不是双胞胎的 2 人中选一个；X2，表示的是把 2 对双胞胎 2 人都选来据此即可得出 X 的分布列和EX【解答】解：（I）由题意基本事件的总数为个，记事件 A 为“甲乙两人一次竞猜成功” ，若|ab| 0，则共有 6 种竞猜成功；若|ab|1，a1，2，3，4 时，b 分第 15 页（共 23 页）别有 2 个值，而 a0 或 5 时，b 只有一种取值利用古典概型的概率计算公式即可得出P（A）设随机变量表示在 3 次竞猜中竞猜成功的次数，则甲乙两人获奖的概率 P（2）1P（0）P（1）1 （II）由题意可知：从 6 人中选取 4 人共有种选法，双胞胎的对数 X 的取值为0，1，

29、2则 P（X0），P（X1），P（X2）随机变量 X 的分布列为期望为 E（X ）【点评】正确分类和熟练掌握古典概型的概率计算公式、二项分布、随机变量的分布列和数学期望是解题的关键17 （14 分）在如图所示的几何体中，ABC 是边长为 2 的正三角形，AE1，AE平面ABC，平面 BCD平面 ABC，BDCD，且 BDCD（1）若 AE2，求证：AC平面 BDE；（2）若二面角 ADEB 为 60，求 AE 的长；（3）在（2）的条件下，求直线 CD 与平面 BDE 所成角【分析】（1）取 AB 的中点 M，BC 的中点 O，BE 的中点 N，证明四边形 OMND 是平行第 16

30、页（共 23 页）四边形得出 DNOM，又 OMAC 即可得出 DNAC，于是 AC平面 BDE；（2）以 O 为原点建立空间坐标系，设 AEm ，求出两平面的法向量，令法向量夹角余弦值的绝对值等于计算 m 的值即可；（3）计算与平面 BDE 的法向量的夹角余弦值得出所求的线面角【解答】（1）证明：取 AB 的中点 M，BC 的中点 O，BE 的中点 N，连接OM，OD ，DN，MN，O，M，N 分别是 BC，AB，BE 的中点，OM AC，MNAE ，MN AE1，BDCD，O 是 BC 的中点， ODBC ，平面 BCD平面 ABC，平面 BCD平面 ABCBC ，OD平面 ABC，

31、又 AE平面 ABC，ODAE，BCD 是等腰直角三角形，BC 2，OD 1，ODMN，ODMN，四边形 OMND 是平行四边形，DNOM，DNAC，又 DN平面 BDE，AC 平面 BDE，AC平面 BDE（2）解：ABC 是等边三角形，OA BC，以 O 为原点，以 OB，OA，OD 为坐标轴建立空间坐标系 Oxyz，如图，则 O（0，0，0），D（0，0，1），B（1，0，0），设 AE m（m0），则 E（0，，m），（1，0，1），（0，，m 1），设平面 BDE 的法向量为（x，y ，z），则，即，令 x1 可得（1，，1），又平面 ADE 的一

32、个法向量为（1，0，0），cos ，令 cos60 ，解得m1+ 第 17 页（共 23 页）AE1+ （3）（1，0，1），（1，，1），cos ，直线 CD 与平面 BDE 所成角的正弦值为，故直线 CD 与平面 BDE 所成角为45【点评】本题考查线面垂直性质定理、线面垂直判定与性质定理以及利用空间向量求线面角与二面角，考查基本分析求解能力，属中档题18 （14 分）已知数列a n的前 n 项和，数列b n满足（1）求证：数列b n是等差数列，并求数列a n的通项公式；（2）设，数列c n的前 n 项和为 Tn，求满足N*）的 n 的最大值【分析】（1）当 x2 时

33、 anS nS n1 ，化简可得 bnb n1 1，然后根据等差数列的定义即可证明数列b n是等差数列；（2）将 an 代入 cn 中，得 cn 的通项公式，然后利用裂项相消法可得 cn 的前 n 项和 Tn，解不等式可得 n 的范围，进一步得到 n 的最大值【解答】解：（1）证明：S na n +2，第 18 页（共 23 页）当 x2 时，S n1 a n1 +2，得，a nS nS n1 an+an1 + ，2 nan2 n1 an1 +1，b n2 nan，b nb n1 +1当 x2 时，b nb n1 1，又当 x1 时，S 1a 11+2a 1，a 1 ，b 12a 11，数列b

34、n是以 1 为首项，1 为公差的等差数列，b nn2 nan，a n ；（2）T n ， N*），即，n5，nN *n 的最大值为 4【点评】本题主要考查等差数列的定义和求数列通项公式和前 n 项和，利用裂项相消法是解决本题的关键，属于中档题第 19 页（共 23 页）19 （14 分）已知椭圆的左顶点为 A，右焦点为 F（c，0），直线l：与 x 轴相交于点 T，且 F 是 AT 的中点（1）求椭圆的离心率；（2）过点 T 的直线与椭圆相交于 M、N 两点，M 、N 都在 x 轴上方，并且 M 在 N、T之间，且 N 到直线 l 的距离是 M 到直线 l 的距离的 2 倍记 NFM

35、、 NFA 的面积分别为 S1、S 2，求；若原点 O 到直线 TN 的距离为，求椭圆方程【分析】（1）由题意列关于 a，c 的方程，求解即可得到椭圆的离心率；（2）过 M， N 作直线 l 的垂线，垂足分别为 M1，N 1，由 N 到直线 l 的距离是 M 到直线 l 的距离的 2 倍结合三角形底面积公式计算即可得到所求比值；设 F（c，0），则椭圆方程为，运用点差法求得直线 MN 的斜率和方程，运用点到直线的距离公式求解 c，计算即可得到所求椭圆方程【解答】解：（1）由 F 是 AT 的中点，可得a+ 2c，即（a2c）（a+c ）0，又 a、c 0，则 a2c，可得 e ；

36、（2）过 M， N 作直线 l 的垂线，垂足分别为 M1，N 1，由 NN12MM 1，得 M 是 NT 的中点，可得，又 F 是 AT 中点，即有 SANF S TNF ，故；设 F（c，0），则椭圆方程为，由知 M 是 N，T 的中点，不妨设 M（x 0，y 0），则 N（2x 04c，2y 0），又 M，N 都在椭圆上，第 20 页（共 23 页）即有，即，两式相减得：，解得，可得，故直线 MN 的斜率为 k ，直线 MN 的方程为 y （x4c ），即 x+6y4 c0，原点 O 到直线 TN 的距离为 d ，依题意，解得 c ，故椭圆方程为【点评】本题考

37、查椭圆的离心率的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查运算能力，属于难题20 （14 分）已知函数 f（x ）xlog ax（a0），g（x）（m+1）xlnxf（x），函数f（x）在点 xe 1 处取得极小值e 1 （e 为自然对数的底数）（1）若 g'（x）恰有一个零点，求 m 的取值范围；（2）若 g'（x）有两零点 x1、x 2（x 1x 2），求证：【分析】（1）先求出 a 的值，然后求得单调区间和最大值，通过最大值的符号，讨论 m的大小，即可得到 m 的取值；第 21 页（共 23 页）（2）先证 x1+x22依题设，有 m +lnx1 +lnx2，整

38、理，构造函数 G（x）lnx，x1通过导数判断单调性，即可得证；再证 x1+x23e m1 1，由（1）知，p 是 h（x）的唯一最大值点，故有，作函数（x）lnx lnp，通过导数判断单调性，整理，变形，即可得证【解答】解：（1）由 f（x ）xlog ax（a0），得 f'（x），因为 f（x）在点 xe 1 处取得极小值e 1 ，所以 f'（e 1 ） e 1 ，所以 ae，所以 g（x）（m +1）xlnxf（x ）g（x）（m +1） xlnxxlnx，所以 g'（x）m ，令 F（x ）g'（x ），则 F（ x），令 F（x）0，得 x

39、1当 x1 时，F （x ）0，在（ 1，+ ）上单调递减；当 0x1 时，F （x ）0 ，在（0，1）上单调递增，故 F（x ） maxF（1）m1当 m10，即 m1 时，因最大值点唯一，故符合题设；当 m10，即 m1 时， F（x）0 恒成立，不合题设；当 m10，即 m1 时，一方面， em1，F（e m） 0；另一方面， em 1，F（e m）2mem0（易证：e xex ），于是，F（x）有两零点，不合题设综上，m 的取值范围为1（2）证明：先证 x1+x22依题设，有 m +lnx1 +lnx2，于是 ln 记 t，t1，则 lnt ，故 x1 第 22 页（共 23 页）

40、于是 x1+x2x 1（t+1），x 1+x22 记函数 G（x） lnx，x1因 G（x） 0，故 G（x ）在（1，+ ）上单调递增于是，t1 时，G（t）G（1）0又 lnt0，所以，x 1+x22再证 x1+x23e m1 1，F（x） 0h（x）mx 1 xlnx0，故 x1，x 2 也是 h（x）0 的两个零点由 h（x）m 1lnx0，得 xe m1 （记 pe m1 ）由（1）知，p 是 h（x）的唯一最大值点，故有，作函数（x） lnx lnp，则（x） 0，故（x）单调递增当 xp 时，（x）（p） 0；当 0x p 时，（x）0于是，mx 11x 1lnx1 +x1lnp整理，得（2+lnp m）x 12（2p+mpplnp1）x 1+p0，即 x12（3e m1 1）x 1+em1 0同理 x22（3e m1 1）x 2+em1 0故 x22（3e m1 1）x 2+em1 x 12（3e m1 1）x 1+em1 ，即（x 2+x1）（x 2x 1）（3e m1 1）（x 2x 1），于是 x1+x23e m1 1综上，2x 1+x23e m1 1【点评】本题主要考查函数的零点的求法和取值范围，同时考查导数的运用，求单调区间和极值、最值，运用构造函数判断单调性是解题的关键，属难题