2024年1月“七省联考”考前押题卷05试题+答案(1)_2024年1月_021月合集_2024年1月高考数学“七省联考”考前押题预测卷（新高考地区专用）

2024 年 1 月“七省联考”押题预测卷 05 一、选择题：本题共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  Ax∣y  B  x∣y ln  2x 2  1．已知集合  32x， ，则 A  B （ ）  3  3 A. x∣0 x  B. x∣1 x   2  2  3  3  C. x∣1 x  D. x∣x ,x1  2  2  2．复数z满足(1i)z 1i2025，则z的虚部为（ ） A. i B. 1 C. i D. 1 3．英国数学家哈利奥特最先使用“”和“”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影 响深远．对于任意实数a、b、c、d ，下列命题是真命题的是（ ） A. 若a2 b2，则ab B. 若ab，则acbc C. 若ab，cd，则acbd D. 若ab，cd，则acbd π π sin( ) 4．如图所示，为射线OA，OB的夹角，AOx ，点P(1,3)在射线OB上，则 3 （ ） 4  cos 2 3 2 3 2 31 2 31 A. B. C. D. 2 2 2 2 5．下列函数中，既是偶函数又在 0,2 上单调递减的是（ ） A. y 2x B. yx3 x 2x C. y cos D. y ln 2 2x   6．已知圆C:(x1)2 (y1)2 1上两动点A，B满足 ABC为正三角形，O为坐标原点，则 OAOB 的最  大值为（ ） A. 2 3 B. 2 2 C. 2 2 3 D. 2 2 37．现有4名男生和3名女生计划利用假期到某地景区旅游，由于是旅游的旺季，他们在景区附近订购了一 家酒店的5间风格不同的房间，并约定每个房间都要住人，但最多住2人，男女不同住一个房间，则女生 甲和女生乙恰好住在同一间房的概率是（ ） 1 1 2 3 A. B. C. D. 4 6 7 10 8．a 2ln1.01,bln1.02,c  1.04 1，则（ ） A. abc B. bca C. cab D. acb 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部 选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9．下列命题正确的是（ ） A. 若样本数据x 1 ,x 2 ,  ,x 6 的方差为2，则数据2x 1 1,2x 2 1,  ,2x 6 1的方差为8 2 B. 若P(A)0.6,P(B)0.8,P(A|B)0.5，则P(B| A) ． 3 C. 在一组样本数据(x 1 ,y 1 ),(x 2 ,y 2 ),  ,(x n ,y n )，（n2，x 1 ,x 2 ,  ,x n ，不全相等）的散点图中，若所有 1 1 样本点(x i ,y i )(i 1,2,  ,n)都在直线y  2 x1上，则这组样本数据的线性相关系数为 2 D. 以模型y cekx去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设z lny，求得线性回归方程为 zˆ 4x0.3，则c,k 的值分别是e0.3和4   π 1 10．已知函数 f xcos2  x  (0π)的一个对称中心为 , ，则（ ）  2 6 2 A. f x 的最小正周期为π  π  1 B. f    12 4 5π C. 直线x  是函数 f x 图像的一条对称轴 12  7  D. 若函数y  f(x)(0)在 0,π 上单调递减，则  0,   12 1 11．已知正项数列 a  的前n项和为S ，a 1，且2S S a2 1n2 ，nN*.b  ， n n 1 n n1 n n a a n n1 T 为 b  的前n项和.下列说法正确的是（ ） n n A. a 2 B. a (1)n 2 n 1 C. a 2n1 D. T  n n 2 12．如图所示的六面体中， SA， SB， SC 两两垂直， ST 连线经过三角形 ABC的重心 M ，且  SM MT(0)，则（ ） 1 A. 若 ，则TC 平面TAB 2 B. 若2，则SA∥平面TBC 1 C. 若S,A,B,C,T 五点均在同一球面上，则 2 D. 若点T 恰为三棱锥SABC外接球的球心，则2 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．       1       13．已知非零向量a，b ，c满足 a  b ，c  a，若c为b 在a上的投影向量，则向量a，b 夹角的余 3 弦值为________ 14.(x3 1)(x2)4展开式中x3项的系数为________ ． 15.已知直线y k x与y k xk k  是曲线y ax2ln x aR 的两条切线，则k k ________ ． 1 2 1 2 1 2 x2 16．已知椭圆C:  y2 1的左、右焦点分别为F ，F ，M 是C上异于顶点的一点，O为坐标原点，E 1 2 4 为线段 MF 的中点，FMF 的平分线与直线 EO交于点 P，当四边形 MFPF 的面积为2 2时， 1 1 2 1 2 sinMF F __________． 2 1 四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．   17．在 ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a b 3sinCcosC ． （1）求B； π （2）已知BC 2 3，D为边AB上的一点，若BD1，ACD ，求AC的长． 2 18．如图，三棱锥PABC 的平面展开图中，ABBC ，PB AB 6，P A AC 4，PC 2 2， 1 2 1 E为P A的中点． 2 （1）在三棱锥PABC 中，证明：BE AC； （2）求平面PBC 与平面ABC夹角的余弦值． 3 19．已知数列 a  是各项都为正整数的等比数列，a 3,且a 是a 与 a 的等差中项，数列 b  满足 n 1 3 2 4 4 nb 1,b 2b 1. 1 n1 n （1）求数列 a ,b  的通项公式; n n b 5 （2）若k n a 8n2k24对任意nN*恒成立，求实数k的取值范围. 2 n 20．某中学有A，B两个餐厅为老师与学生们提供午餐与晚餐服务，王同学、张老师两人每天午餐和晚餐都 在学校就餐，近一个月（30天）选择餐厅就餐情况统计如下： 选择餐厅情况（午餐，晚餐） A,A A,B B,A B,B 王同学 9天 6天 12天 3天 张老师 6天 6天 6天 12天 假设王同学、张老师选择餐厅相互独立，用频率估计概率． （1）估计一天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐的概率； （2）记X为王同学、张老师在一天中就餐餐厅的个数，求X的分布列和数学期望EX ； （3）假设M表示事件“A餐厅推出优惠套餐”，N表示事件“某学生去A餐厅就餐”，PM0，已知推出 优惠套餐的情况下学生去该餐厅就餐的概率会比不推出优惠套餐的情况下去该餐厅就餐的概率要大，证明．     P M N Р M N ． 21．如图，在平面直角坐标系xOy中，F 为x轴正半轴上的一个动点．以F 为焦点、O为顶点作抛物线C:y2 2px(p0)．设P为第一象限内抛物线C上的一点，Q为x轴负半轴上一点，设Qa,0 ，使得PQ 为拋物线C的切线，且 PQ 2．圆C、C 均与直线OP切于点P，且均与x轴相切． 1 2 （1）试求出a,p之间的关系； （2）是否存在点F ，使圆C 与C 的面积之和取到最小值．若存在，求出点F 的坐标；若不存在，请说明 1 2 理由． a 22．已知 aR ，函数 f x lnx，gxaxlnx2. x（1）当 f x 与gx 都存在极小值，且极小值之和为0时，求实数a的值； 1 1 2 （2）若 f x  f x 2x  x  ，求证：   . 1 2 1 2 x x a 1 22024 年 1 月“七省联考”押题预测卷 05 一、选择题：本题共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  Ax∣y   B  x∣y ln  2x 2   32x A B 1．已知集合 ， ，则  （ ）  3  3 A. x∣0 x  B. x∣1 x   2  2  3  3  C. x∣1 x  D. x∣x ,x1  2  2  【答案】B 3  3 【解析】由32x0解得x ，所以Ax|x ， 2  2 由2x 20解得x1，所以Bx|x1 ，  3 所以ABx∣1 x .  2 故选：B 2．复数z满足(1i)z 1i2025，则z的虚部为（ ） A. i B. 1 C. i D. 1 【答案】D 【解析】 (1i)z 1i2025 1i，  1i 1i2 2i z     i， 1i 1i1i 2 z i， 所以z的虚部为1. 故选：D. 3．英国数学家哈利奥特最先使用“”和“”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影 响深远．对于任意实数a、b、c、d ，下列命题是真命题的是（ ） A. 若a2 b2，则ab B. 若ab，则acbc C. 若ab，cd，则acbd D. 若ab，cd，则acbd 【答案】D 【解析】对A：因为a2 b2，可能ba0，故错误； 对B：当c0时，若ab，则acbc，故错误； 对C：当ab0，cd 0时，则acbd，故错误；对D：若ab，cd，则acbd，故正确. 故选：D. π π sin( ) 4．如图所示，为射线OA，OB的夹角，AOx ，点P(1,3)在射线OB上，则 3 （ ） 4  cos 2 3 2 3 2 31 2 31 A. B. C. D. 2 2 2 2 【答案】A 3 3 10 1 10 【解析】设射线OB所对的角为，则有sin  ，cos  ， 10 10 10 10 π 又因为 ， 4 π 所以 ， 4 π 2 2 5 π 5 sinsin( ) (sincos) ，coscos( ) ， 4 2 5 4 5 π 1 3 2 5 15 所以sin( ) sin cos ， 3 2 2 10 π 2 5 15 sin( ) 3 10 2 3 所以   . cos 5 2 5 故选：A. 5．下列函数中，既是偶函数又在 0,2 上单调递减的是（ ） A. y 2x B. yx3 x 2x C. y cos D. y ln 2 2x 【答案】C 【解析】对于A，函数 f(x)2x 的定义域为R，关于原点对称，且 f(x)2x 2x  f(x)，所以函数 f(x)为偶函数， 当x(0,2)时 f(x)2x，函数 f(x)单调递增，故A不符合题意； 对于B，函数 f(x)x3的定义域为R，关于原点对称， 且 f(x)(x)3  x3 f(x)，所以函数 f(x)为奇函数， 由幂函数的性质知函数y  x3在R上单调递增， 所以函数 f(x)x3在R上单调递减，故B不符合题意； x 对于C，函数 f(x)cos 的定义域为R，关于原点对称， 2 x x 且 f(x)cos( )cos  f(x)，所以函数 f(x)为偶函数， 2 2 x   当x(0,2)时 (0,1)，又 0,1  0, ， 2  2  x 所以函数 f(x)cos 在(0,1)上单调递减，故C符合题意； 2 2x 对于D，函数 f(x)ln 的定义域为(2,2)，关于原点对称， 2 x 2x 2x 2x 且 f xln ln( )1 ln f x， 2x 2x 2x 1 1 2x 所以 f x 是奇函数，又 f(x)   ， 2x 2x (2x)(2x) 令 f(x)02 x0，令 f(x)00 x2， 所以函数 f x 在(2,0)上单调递减，在(0,2)上单调递增，故D不符合题意. 故选：C.   6．已知圆C:(x1)2 (y1)2 1上两动点A，B满足 ABC为正三角形，O为坐标原点，则 OAOB 的最  大值为（ ） A. 2 3 B. 2 2 C. 2 2 3 D. 2 2 3 【答案】D 【解析】由题可知 ABC是边长为1的正三角形， 3 设AB的中点为M ，则 CM  ， 2 3 又C1,1 ，所以点M 的轨迹方程为(x1)2 (y1)2  ，且 OC  2 ． 4       因为OAOB2OM ，所以 OAOB 2 OM ，  3 因为 OM  OC  MC  2 ， 2 当且仅当点C 在线段OM 上时等号成立，  3 所以 OM 的最大值为 2 ， 2   所以 OAOB 的最大值为2 2 3． 故选：D． 7．现有4名男生和3名女生计划利用假期到某地景区旅游，由于是旅游的旺季，他们在景区附近订购了一 家酒店的5间风格不同的房间，并约定每个房间都要住人，但最多住2人，男女不同住一个房间，则女生 甲和女生乙恰好住在同一间房的概率是（ ） 1 1 2 3 A. B. C. D. 4 6 7 10 【答案】C 【解析】3名女生需要住2个房间或3个房间. 若3名女生住2个房间，则不同的方法种数为C2C2A5； 3 4 5 1 若3名女生住3个房间，则不同的方法种数为 C2A5. 2 4 5 其中，女生甲和女生乙恰好住在同一间房的方法种数为C2A5， 4 5 C2A5 2 4 5  所以女生甲和女生乙恰好住在同一间房的概率是 1 7. C2C2A5  C2A5 3 4 5 2 4 5 故选：C 8．a 2ln1.01,bln1.02,c  1.04 1，则（ ） A. abc B. bca C. cab D. acb 【答案】B 【解析】依题意，ac2ln1.011 1.04,cb 1.041ln1.02， 令 f(x)2ln(1x)1 14x,0 x1，2 2 2 2 2 2 求导得 f(x)      0， 1x 14x 12xx2 14x 13x 14x 因此函数 f(x)在(0,1)上单调递增， f(0.01) f(0)0，即ac0，则ac； 1 1 1 1 令g(x) 12x1ln(1x),0 x1，求导得g(x)    0， 12x 1x 12x 12xx2 因此函数g(x)在(0,1)上单调递增，g(0.02) g(0)0，即cb0，则cb， 所以b0，直线 y k x在曲线上的切点为 x ,ax 2lnx  ， 1 1 1 1 1 2 ya ， x 1  2  切线：yax 2lnx a  xx  ，又切线过 0,0 1 1 x 1   1  2  2 ax 2lnx a  x  ，∴x e，k a ， 1 1  x  1 1 1 e 1 同 理 取 x 0， 曲 线 为 y ax2ln(x)， 设 x 0， 直 线 y k x在 曲 线 上 的 切 点 为 2 2 2 x ,ax 2ln(x ) ，ya ， 2 2 2 x 2  2  切线：yax 2ln(x )a  xx  ，又切线过 0,0 2 2 x 2   2 2 4 x e，k a ，∴k k  ， 2 2 e 1 2 e 4 故答案为： e x2 16．已知椭圆C:  y2 1的左、右焦点分别为F ，F ，M 是C上异于顶点的一点，O为坐标原点，E 1 2 4 为线段 MF 的中点，FMF 的平分线与直线 EO交于点 P，当四边形 MFPF 的面积为2 2时， 1 1 2 1 2 sinMF F __________． 2 1 6 【答案】 3 【解析】由题可知 FF 2 3， MF  MF 4． 1 2 1 2 因为MP平分FMF ，所以P到MF ，MF 的距离相等， 1 2 1 2 1   设为h，则S  MF  MF h2h． MF 1 PF 2 2 1 2 易知OE是△FMF 的中位线，延长FP，MF 交于点G，则P为FG的中点， 1 2 1 2 1 过F 作FH MG于H ， 1 1 6 易得 FH 2h FF sinMF F ，则S 2 3sinMF F 2 2，从而sinMF F  ． 1 1 2 2 1 MF 1 PF 2 2 1 2 1 3 6 故答案为： 3 四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．   17．在 ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a b 3sinCcosC ．  （1）求B； π （2）已知BC 2 3，D为边AB上的一点，若BD1，ACD ，求AC的长． 2 π 21 【答案】（1）B ． （2）AC  ． 6 2     【解析】（1）∵a b 3sinCcosC ，根据正弦定理得，sinAsinB 3sinCcosC ， 即sinBcosCcosBsinC  3sinBsinCsinBcosC ， 所以cosBsinC  3sinBsinC，因为sinC 0， 3 所以cosB 3sinB，所以tanB ， 3 π 因为B0,π ，所以B ． 6 π （2）因为BC 2 3，BD1，B ，根据余弦定理得 63 CD2  BC2 BD2 2BCBDcosB112212 3 7，∴CD 7． 2 π π  ∵BDC  A，∴sinBDC sin  A  cosA． 2 2  2 3 7 BC CD  在  BDC中，由正弦定理知，  ，∴cosA 1 ， sinBDC sinB 2 21  π 2 7 ∴cosA ，A  0, ，所以sin A 7  2 7 sinA 2 3 CD 21 ∴tanA   ，∴AC  ． cosA 3 AC 2 18．如图，三棱锥PABC 的平面展开图中，ABBC ，PB AB 6，P A AC 4，PC 2 2， 1 2 1 E为P A的中点． 2 （1）在三棱锥PABC 中，证明：BE AC； （2）求平面PBC 与平面ABC夹角的余弦值． 165 【答案】（1）证明见解析 （2） 33 【解析】（1）由PB AB 6，得PB AB 6，且E为PA的中点， 1 所以BE  PA， 取AC中点为F ，连接EF ，BF ， PC 可得EF   2， 2 在△PBA中，BE  AB2 AE2  2 ， AC 在 ABC中，BF  2，  2 所以BE2 FE2  BF2， 所以BE  EF 因为EF PA E，EF ，PA平面PAC ，  所以BE 平面PAC ， 因为AC平面PAC ， 所以BE AC； （2）如图，过点E作EG  PA，交AC于点G， 以  E  G  ，  E  A  ，  E  B  分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系． 则E0,0,0 ，A0,2,0 ，B(0,0, 2)，P0,2,0 ， 在 ABC中，可得点C到PA距离为 7 ，  故可得C( 7,1,0)，    AB(0,2, 2)，BC ( 7,1, 2)，PB(0,2, 2) 设平面ABC与平面PBC 的一个法向量分别为n x ,y ,z  ，n x ,y ,z  ， 1 1 1 1 2 2 2 2 平面PBC 与平面ABC的夹角为，    n AB2y  2z 0 3 7 1 1 1 由 ,取y 1 x  ,z  2，    n BC  7x  y  2z 0 1 1 7 1 1 1 1 1 3 7  所以n 1    ,1, 2  ， 7      n PB2y  2z 0 7 2 2 2 由 ,取y 1 x  ,z  2，    n BC  7x  y  2z 0 2 2 7 2 2 2 2 2 10   n n 1 2 7 165 所以cos     ， n n 30 22 33 1 2 7   7  所以n 2    ,1, 2  7   165 所以两平面的夹角的余弦值为 . 33 3 19．已知数列 a  是各项都为正整数的等比数列，a 3,且a 是a 与 a 的等差中项，数列 b  满足 n 1 3 2 4 4 n b 1,b 2b 1. 1 n1 n （1）求数列 a ,b  的通项公式; n n b 5 （2）若k n a 8n2k24对任意nN*恒成立，求实数k的取值范围. 2 n 【答案】（1）a 32n1，b 2n 1；（2） 4, . n n 【解析】（1）设数列 a  的公比为 q ，则qN*， n 3 3  a 3 是a 2 与 4 a 4 的等差中项，2a 3 a 2  4 a 4 , 3 2 2q 1 q2，解得q= 2或q  (舍去)，a 32n1 4 3 n  b n1 2b n 1,b n1 12b n 1 ， 又b 12，数列{b 1}是以2为首项，2为公比的等比数列， 1 n b 12n,b 2n 1； n n b 5 （2）由k n a 8n2k24， 2 n 整理可得k  2n12  32n1 8n32k，即 k32n1 8n3 ， k3 n3   对任意nN*恒成立， 16 2nn3 n2 n3 n22n3 4n 令 f n ，则 f n1 f n    2n 2n1 2n 2n1 2n1 当n4时， f n1 f n ，当n5时， f n1 f n, 当n4或5时， f n 取得最大值，  f n  f 416 max k3 1   .解得k 4. 16 16 故实数k的取值范围是 4, . 20．某中学有A，B两个餐厅为老师与学生们提供午餐与晚餐服务，王同学、张老师两人每天午餐和晚餐都 在学校就餐，近一个月（30天）选择餐厅就餐情况统计如下： 选择餐厅情况（午餐，晚餐） A,A A,B B,A B,B 王同学 9天 6天 12天 3天 张老师 6天 6天 6天 12天 假设王同学、张老师选择餐厅相互独立，用频率估计概率． （1）估计一天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐的概率； （2）记X为王同学、张老师在一天中就餐餐厅的个数，求X的分布列和数学期望EX ； （3）假设M表示事件“A餐厅推出优惠套餐”，N表示事件“某学生去A餐厅就餐”，PM0，已知推出 优惠套餐的情况下学生去该餐厅就餐的概率会比不推出优惠套餐的情况下去该餐厅就餐的概率要大，证明．     P M N Р M N ． 【答案】（1）0.6 （2）分布列见解析，1.9 （3）证明见解析 【解析】（1）设事件C为“一天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐”， 因为30天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐的天数为61218， 18 所以PC 0.6． 30 （2）记X为王同学、张老师在一天中就餐餐厅的个数， 则X的所有可能取值为1和2， 所以PX 10.30.20.10.40.1， PX 21PX 10.9， 所以X的分布列为 X 1 2P 0.1 0.9 所以X的数学期望EX10.120.91.9． PNM P  NM  PNPNM     （3）由题知P N M  P N |M ，所以   PM P  M  1PM 所以PNM PNPM ， 所以PNMPNPNM PNPMPNPNM ， 即PNMP  N   PNP  NM  ， PNM P  NM  所以  ，即PM |NP  M |N  PN P  N  21．如图，在平面直角坐标系xOy中，F 为x轴正半轴上的一个动点．以F 为焦点、O为顶点作抛物线 C:y2 2px(p0)．设P为第一象限内抛物线C上的一点，Q为x轴负半轴上一点，设Qa,0 ，使得PQ 为拋物线C的切线，且 PQ 2．圆C、C 均与直线OP切于点P，且均与x轴相切． 1 2 （1）试求出a,p之间的关系； （2）是否存在点F ，使圆C 与C 的面积之和取到最小值．若存在，求出点F 的坐标；若不存在，请说明 1 2 理由．   1 【答案】（1）4a2 2pa 4 （2）存在， ,0    3 3  【解析】（1）由条件抛物线C：y2 2px(p0)，点Qa,0(a 0)， 设l :x mya(m0)，将其与抛物线C的方程联立，消去x得 y2 2pmy2pa 0．① PQ2a 因为PQ与抛物线C切于点P，所以，方程①的判别式为Δ4p2m2 42pa 0，解得m ． p   2a 进而，点P a, 2pa ．故 PQ  1m2 y 0  1 2pa  4a2 2pa ． P p 由 PQ 2，则4a2 2pa 4．②∴4a2 2pa 4. （2）设C、C 的圆心分别为O x ,y 、O x ,y  ． 1 2 1 1 1 2 2 2 注意到，OP与C、C 圆切于点P．故OPOO ． 1 2 1 2 设圆C、C 与x轴分别切于M、N ，如图所示： 1 2 则OO、OO 分别为POM、PON 的角平分线，故 OM  OP ， O N  O P ，OOO 90, 1 2 1 1 2 2 1 2 OP OP 易知VOPO : VOPO，则 1  ， 2 1 OP O P 2 y y  OM O N  OP O P |OP|2 x2  y2 a2 2pa． 1 2 1 2 1 2 p p 结合式②有 y y a2 2pa 43a2．③ 1 2 y  2pa y  y OP OM y 由 O、P、O 三 点 共 线 得 1  1 P  1  1  1 ， 化 简 可 得 1 2 2pa  y y  y PO O N y 2 P 2 2 2 2 2 y  y  y y ．④ 1 2 1 2 2pa 令T  y2  y2，于是，圆C、C 的面积之和πT ． 1 2 1 2 根据题意，仅需考虑T取最小值的情形，根据③、④知T y  y 2 2y y  4 ·y2y2 2y y  4  43a22 2  43a2   43a2 2a2 ． 1 2 1 2 2pa 1 2 1 2 44a2 1a2 令 t 1a2． 由 4t 44a2 2pa0， t 0， 3t1t1 1 1 T  3t 42 3t 42 34． t t t 3 1 当且仅当t  时，上式等号成立．此时，a  1t  1 ． 3 3 p 1a2 t 3t 1      p   1  结合式②得 2 a 1 1 3 3 3 3 ．故点F   2 ,0      3 3 ,0   ． 3 a 22．已知 aR ，函数 f x lnx，gxaxlnx2. x （1）当 f x 与gx 都存在极小值，且极小值之和为0时，求实数a的值； 1 1 2 （2）若 f x  f x 2x  x  ，求证：   . 1 2 1 2 x x a 1 2 【答案】（1）1 （2）证明见解析 【解析】（1） f x ，gx 定义域均为(0,+)， a 1 ax fx   ,， x2 x x2 当a0时，则 fx0， f x 在(0,+)单调递增，无极值，与题不符； 当a 0时，令 fx=0，解得：x=a， 所以 f x 在 0,a 单调递减，在 a, 单调递增， 在 x=a取极小值，且 f a1lna； 1 又gxa ， x 当a0时：gx0，gx 在(0,+)单调递减，无极值，与题不符； 1 当a 0时：令gx=0，解得：x ， a 所以gx 在  0, 1 单调递减，在   1 ,  单调递增，  a a 1 1 在x 取极小值，且g   1lna； a a 由题：，解得：a=1. 1 1 （2）令m ,n ，因为x  x ，所以mn， x x 1 2 1 2 a +lnx =2 由 f x  f x 2x  x  可得：    x 1 1    amlnm=2  1 ， 1 2 1 2  a  anlnn=2  2 +lnx =2 x 2  2 1 mn （1）-（2）得：amnlnmlnn，所以  ， a lnmlnn 1 1 2 2 mn 要证：   ，只要证：mn ，只要证：mn2 ， x x a a lnmlnn 1 2 m 2mn 不妨设0nm，所以只要证：ln  ， n mn m  2 1 即证：ln m    n   ，令t  m t 1，只要证：lnt  2t1 t 1， n m n t1 1 n 2t1 1 2t12t1 1 4 t12 令htlnt t 1， ht     ， t1 t t12 t t12 tt12 所以ht 在t1, 上单调递增， 2t1 1 1 2 ， 即有lnt  t 1成立，所以   成立. t1 x x a 1 2