山东省实验中学2023-2024学年高三上学期第一次诊断考试数学答案(1)_2023年10月_0210月合集_2024届山东省实验中学高三上学期第一次诊断考试

绝密★启用并使用完毕前 山东省实验中学 2024 届高三第一次诊断考试 数学试题 2023.10 注意事项： 1．答卷前，先将自己的考生号等信息填写在试卷和答题纸上，并在答题纸规定位置贴条形码． 2．本试卷满分 150分，分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷为第 1 页至第 2页，第Ⅱ卷为第 3页至第 4页． 3．选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号． 4．非选择题的作答：用 0.5mm黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、 草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 第Ⅰ卷 一、单项选择题：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．     A x 2x 4 B  x x11 1. 已知集合 ， ，则 AB  （ ） A.  0,2  B.  1,2  C. 1,2 D.  0,1  【答案】B 【解析】 【分析】化简集合A和B，即可得出AB的取值范围. 【详解】解：由题意     在A x 2x 4 ，B  x x11 中，     A x x2 ，B  x1 x2   ∴AB  x1 x2 故选：B. 2. 已知复数z满足iz 2i，其中i为虚数单位，则 z 为（ ） A 12i B. 12i C. 12i D. 12i . 【答案】C 【解析】 第1页/共18页 学科网（北京）股份有限公司【分析】计算z12i，再计算共轭复数得到答案. 2i  2i i  【详解】z  i  ii  12i，则 z 12i. 故选：C 3.“b 0,4  ”是“xR，bx2 bx10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 【答案】A 【解析】 【分析】由xR，bx2 bx10成立求出b的范围，再利用充分条件、必要条件的定义判断作答. 【详解】由xR，bx2 bx10成立，则当b0时，10恒成立，即b0， b0 当b0时， ，解得0b4， b2 4b0 因此xR，bx2 bx10成立时，0b4， 因为(0,4) [0,4)，所以“b 0,4  ”是“xR，bx2 bx10成立”的充分不必要条件. 故选：A  1 4. 设随机变量X ，Y 满足：Y 3X 1，X  B2, ，则D  Y （ ）  3 A.4 B.5 C.6 D.7 【答案】A 【解析】 【分析】二项分布与n次独立重复试验的模型．先利用二项分布的数学期望公式求出D  X  ，再利用方差 的性质求解即可．  1 1  1 4 【详解】解：因为X  B  2, ，则D  X 2  1   ，  3 3  3 9 4 又Y 3X 1，所以D  Y  D  3X 1 32D  X 32 4． 9 故选：A． 5. 设数列  a  为等比数列，若a a a 2，a a a  4，则数列  a  的前6项和为（ ） n 2 3 4 3 4 5 n A. 18 B. 16 C. 9 D. 7 第2页/共18页 学科网（北京）股份有限公司【答案】C 【解析】   【分析】由已知条件求出等比数列 a 的首项和公比，再利用等比数列的求和公式可求得结果. n 【详解】设等比数列  a  的公比为q，则    a 2 a 3 a 4 a 1 q  1qq2  2 ，解得    a 1  1 7， n   a 3 a 4 a 5 a 1 q2 1qq2  4  q 2 1    126 因此，数列 a 的前6项和为 7 . n 9 12 故选：C. ax,x0 f  x  f  x  6. 已知函数 f  x  满足对任意x  x ，都有 1 2 0成立，则a的取值   a2  x3a,x0 1 2 x x 1 2 范围是（ ）  1 3  A.  0,1  B. 2, C. 0,  D.  ,2  3 4  【答案】C 【解析】 【分析】首先判断函数的单调性，再根据分段函数单调性的定义，列式求解. f  x  f  x  【详解】∵ f  x  满足对任意x  x ，都有 1 2 0成立， 1 2 x x 1 2 0a1  1 ∴ f  x  在R 上是减函数，a20 ，解得0a ，  a2 03aa0 3   1 ∴a的取值范围是0,  .  3 故选：C． 7. 已知函数 f  x  为R上的奇函数， f  1x  为偶函数，则（ ） A. f 2x  f  x 0 B. f x  f  1 x  C. f  x2  f  x2  D. f  2023 0 【答案】C 【解析】 第3页/共18页 学科网（北京）股份有限公司【分析】根据题意，利用函数的奇偶性和对称性，逐项分析、判定选项，即可求解. 【详解】对于A中，函数 f  1x  为偶函数，则有 f  1x  f  1x  ，可得 f  2x  f x  ， 又由 f  x  为奇函数，则 f 2x f  2x  , f x f  x  ， 则有 f 2x f x  ，所以f 2x f  x  ，即 f 2x  =f  x  ，所以A错误； 对于B中，函数 f  1x  为偶函数，则有 f  1x  f  1x  ，所以B不正确； 对于C中，由 f  2+x  =f x  = f  x  ，则 f x4f x2 f x， 所以 f  x  是周期为4的周期函数，所以 f  x2  f  x2  ，所以C正确； 对于D中，由 f  x  是周期为4的周期函数，可得 f  2023  f 15064  f 1 f  1  ，其中结 果不一定为0，所以D错误. 故选：C.      1        8. 已知OA，OB，OC 均为单位向量，满足OAOB  ，OAOC 0，OBOC 0，OC  xOA yOB， 2 则3x y的最小值为（ ） 3 21 3 7 A.  B.  C.  D.-1 14 3 14 【答案】B 【解析】      【分析】首先确定向量OA,OB的夹角，从而构建单位圆，确定向量OA,OB,OC 的坐标，并利用三角函数 表示3x y，并利用三角函数求最小值.     OAOB 1   π 【详解】cos OA,OB     ，所以 OA,OB  ， OA OB 2 3        π    π 根据OAOC 0，OBOC 0，则 OA,OC  0, , OB,OC  0, ,  2  2 第4页/共18页 学科网（北京）股份有限公司1 3  π π 如图，建立平面直角坐标系，设A ( 1,0 ) ，B , ，C  cos,sin，  , ，      2 2   6 2  y cos x      2 由OC  xOA yOB，可知， ，  3 sin y  2 3 2 3 得xcos sin， y  sin， 3 3 3 2 213 3 1  2 21 3x y3cos sin  cos sin cos ，   3 3 2 7 2 7  3 3 3 1 1  π 其中cos ,sin ,tan ，所以 0, ， 2 7 2 7 3 3  6  π π  则  ,  ，    6 2  π 所以当 时， 2 3 所以3x y的最小值是 . 3 故选：B 二、多项选择题：本题共4小题，每小题 5分，共20分．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 5分，部分选对的得 2分，有选错的得 0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 在研究成对数据的相关关系时，线性相关关系越强，相关系数 r 越接近于1 B. 样本数据：27，30，37，39，40，50的第30百分位数与第50百分位数之和为68 C. 已知随机变量X ~ N  ,2  ，若P  X 1 P  X 5 1，则2 D. 将总体划分为2层，通过分层随机抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为x ,x 和s2，s2，若 1 2 1 2 x  x ，则总体方差s2  1 s2 s2 1 2 2 1 2 【答案】ABC 【解析】 【分析】A由相关系数的实际意义判断；B由百分位数定义求出对应分位数判断；C根据正态分布对称性判 断；D由分层抽样中样本、总体间的均值、方差关系判断. 第5页/共18页 学科网（北京）股份有限公司【详解】A：由成对数据相关性中相关系数实际意义知：相关系数 r 越接近于1，线性相关关系越强，反之 也成立，对； 3739 B：由630%1.8,650%3，则第30百分位数与第50百分位数分别为30, 38，故和为68， 2 对； C：由P  X 1 P  X 5  P  X 1 1P  X 5 1，故P  X 1  P  X 5  ， 15 根据正态分布对称性： 2，对； 2 D：由题意，总体均值为x  x  x ，若两层样本容量依次为m,n， 1 2 m   2 n   2 m n 则s2  mn   s 1 2  x x 1    mn   s 2 2  x x 2    mn ·s 1 2  mn ·s 2 2 ， 当且仅当mn时s2  1 s2 s2 ，错. 2 1 2 故选：ABC 1 1 10. 若  0，则（ ） a b A. a2 b2 B. abb2 C. ln a ln b  D. a  b  ab 【答案】AB 【解析】 【分析】首先由条件得ba0，再根据不等式的性质，以及函数的单调性，即可判断选项. 1 1 【详解】由  0，得ba0， a b 则ba0，所以b2 a2，故A正确； ba0，b0，则b2 ab，故B正确； 由ba0，则ln b ln a  ，故C错误； 由ba0，则 a  b  ab ，故D错误 . 故选：AB 1 11. 已知函数 f  x sinx ，则（ ） sinx A. y f  x  的图象关于原点对称 B. f  x  的最小正周期为π C. y f  x  的图象关于直线x π 对称 D. f  x  的值域为R 2 【答案】ACD 第6页/共18页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 【分析】根据奇函数的定义即可判断A，根据周期的定义即可判断B，根据 f  xπ f  x  f x  即 可判断C，根据奇偶性以及单调性即可判断D. 【详解】令sinx0 xkπ,kZ,故 f  x sinx 1 的定义域为  x x kπ,kZ  ，关于原点对称， sinx 1 1 有 f x sin x  sinx f  x  为奇函数，A正确， sin x  sinx 1 1 f  xπ sin  xπ  sinx  f  x  ，π不是 f  x  的周期，故B错误， sin  xπ  sinx 1 1 f  xπ sin  xπ  sinx ，由于 f  xπ f  x  f x  ，故x π 是 sin  xπ  sinx 2   f x 的一条对称轴，故C正确， 1 1 令t sinx1,0    0,1  ， f  t t 在t 0,1  单调递增，故 f  t t 在t 0,1  上的范围为 t t 1 1 ,0  ，由于 f  t t 为奇函数，所以 f  t t 在t1,0  上的范围为  0, ，故 f  x  的值域 t t 为R，D正确， 故选：ACD 12. 在平面直角坐标系xOy中，将函数 y f  x  的图象绕坐标原点逆时针旋转 090 后，所得 曲线仍然是某个函数的图象，则称 f  x  为“ 旋转函数”，则（ ） A. 存在“90°旋转函数” B.“70°旋转函数”一定是“80°旋转函数” 1 C. 若g  x ax 为“45°旋转函数”，则a 1 x bx D. 若h  x  为“45°旋转函数”，则e2≤b≤0 ex 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，举例说明即可；对B，举反例判断即可；根据函数的性质，结合“ 旋转函数”的定义逐个 判断即可；对CD，将45旋转函数转化为函数与任意斜率为1的函数最多一个交点，再联立函数与直线的 方程，分析零点个数判断即可． 【详解】对于A，如 y  x，旋转90°后为 yx满足条件，故A正确； 第7页/共18页 学科网（北京）股份有限公司对于B，如倾斜角为10的直线是70旋转函数，不是80旋转函数，故B错误； 1 对与C，若g(x)ax 为45旋转函数， x 1 则根据函数的性质可得，g(x)ax 逆时针旋转45后， x 不存在与x轴垂直的直线，使得直线与函数有1个以上的交点． 1 故不存在倾斜角为45的直线与g(x)ax 的函数图象有两个交点． x 1 即 y  xb(bR)与g(x)ax 至多1个交点． x  1 y ax 联立 x，可得(a1)x2bx10．  y  xb 当a 1时，bx10最多1个解，满足题意； 当a1时，(a1)x2bx10的判别式b24(a1)， 对任意的a，都存在b使得判别式大于0，不满足题意，故a 1．故C正确； bx 对与D，同C，h(x) 与 y  xa(aR)的交点个数小于等于1， ex bx bx 即对任意的a，a  x至多1个解，故g(x) x为单调函数， ex ex b  1x  b(1x) 由g x  1,g 1 10，故g(x) 10恒成立，即ex b(x1)恒成立． ex ex 即yex图象在 y  b(x 1)上方，故b0，即b0． 当yex与 y  b(x 1)相切时，可设切点(x ,ex0)， 0 ex 0 对yex求导有 yex，故 ex 0 ，解得x  2，此时bex 0 e2，故e2≤b≤0．故D正确． x 1 0 0 故选：ACD． 【点睛】数学中的新定义题目解题策略：①仔细阅读，理解新定义的内涵；②根据新定义，对对应知识进 行再迁移. 第8页/共18页 学科网（北京）股份有限公司第Ⅱ卷 三、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分． π  1 13. 若cos    ，则sin2______． 4  3 7 【答案】 9 【解析】 【分析】根据二倍角公式以及辅助角公式即可求解. π  1 π   π  1 7 【详解】由cos    得cos 2  2cos2    12 1 ， 4  3 2  4  9 9 7 7 故sin2 sin2 ， 9 9 7 故答案为： 9 14. 已知平面向量a  ，b  为单位向量，且a  b  0，若 c  2a   5b  ，则cos a  ,c  ______． 2 【答案】 3 【解析】 【分析】代入向量数量积的夹角公式，即可求解.           【详解】ac a 2a 5b  2a2 5ab  2 ，     2     c  2a 5b  4a25b24 5ab 3 ，     ac 2 2 所以cos a,c      . a c 13 3 2 故答案为： 3 15. 二项式 5x 2023展开式的各项系数之和被7除所得余数为______． 【答案】6 【解析】 【分析】利用赋值法可得系数和为 51 2023 62023，进而根据二项式定理展开式的特征可得余数. 【详解】令x 1得 51 2023 62023， 由于62023 17 2023 1C1 7C2 72 C3 73 72023 ， 2023 2023 2023 由于 第9页/共18页 学科网（北京）股份有限公司62023 17 2023 1C1 7C2 72 C3 73 72023 67C1 7C2 72 C3 73 72023 2023 2023 2023 2023 2023 2023 ， 7+C1 7C2 72 C3 7372023均能被7整除，所以余数为6， 2023 2023 2023 故答案为：6 16. 若函数 f  x 2sin cosx 1在区间0,2π恰有2个零点，则的取值范围是______． π 5π  5π π 【答案】 ,   ,  6 6   6 6 【解析】 【分析】利用三角函数的性质计算即可. 【详解】在x 0,2π  时，cosx1,1  ，此时y cosx的图象关于直线x π对称， 若0，则cosx, ， π 5π 易知cosx 2kπ  kZ 或cosx 2kπ  kZ 时， f  x 2sin cosx 10， 6 6 5π π π 因为恰有两个零点，故  ，此时cosx只能取到 ，如下图所示，符合题意； 6 6 6 π 5π 若0，则cosx, ，同上，有  ， 6 6 π 此时cosx只能取到 ，如下图所示，符合题意； 6 第10页/共18页 学科网（北京）股份有限公司π 5π  5π π 综上  ,   , . 6 6   6 6 π 5π  5π π 故答案为： ,   , . 6 6   6 6 【点睛】本题关键在于对符号的讨论，还需要考虑到 y cosx的对称性，取零点时通过数形结合注意 端点即可. 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，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A120，b1，c2． （1）求sinB； （2）若D为BC上一点，且BAD90，求△ADC的面积． 21 【答案】（1） 14 3 （2） 10 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理求解a，即可由三边求解cosB，进而可求正弦值， （2）根据面积公式即可求解.公众号：高中试卷君 【小问1详解】 由余弦定理可得：BC2 a2 b2 c2 2bccosA14221cos1207， a2 c2 b2 741 5 7 则BC  7，cosB   ， 2ac 22 7 14 第11页/共18页 学科网（北京）股份有限公司25 21 B 0,π  ,所以sinB  1cos2B  1  ． 28 14 【小问2详解】 1 ABADsin90 S 由三角形面积公式可得 △ABD  2  4， S 1 △ACD ACADsin30 2 1 1 1  3 则S  S    21sin120   ． △ACD 5 △ABC 5 2  10   18. 已知数列 a 的前n项和为S ，且S n2 n． n n n   （1）求 a 的通项公式； n a ,n为奇数  n （2）若数列  b n  满足b n  a n ，求数列  b n  的前2n项和T 2n ．  22 ,n为偶数 【答案】（1）a 2n n 4n14 （2）2n2  3 【解析】 【分析】（1）根据a S S 即可求解， n n n1 （2）根据分组求和，结合等差等比数列的求和公式即可求解. 【小问1详解】 当n2时，a S S n2n n1 2 n1  2n ， n n n1 当n 1时，a  S 2，因为a 也符合上式． 1 1 1 所以a 2n． n 【小问2详解】 第12页/共18页 学科网（北京）股份有限公司2n,n为奇数 由（1）可知b  ， n 2n,n为偶数 所以T  26104n2   22242622n  2n   n  24n2  4 14n 4n14    2n2 ． 2 14 3 19. 如图，某公园拟在长为8（百米）的道路OP的一侧修建一条运动跑道，跑道的前一部分为曲线段OSM， 该曲线段为函数 y Asinx  A0,0  ，x 0,4  的图象，且图象的最高点为S  3,2 3  ，跑道的后 一部分为折线段MNP．为保证跑步人员的安全，限定MNP120． （1）求A，； （2）求折线段跑道MNP长度的最大值．  【答案】（1）A2 3， 6 10 3 （2） 百米 3 【解析】 【分析】（1）由图象即可得A和函数的周期，继而求得； （2）解法一，由（1）的函数解析式，即可求得M点坐标，求出MP的长，在△MNP中利用余弦定理结 合基本不等式即可求得答案；解法二，在△MNP中利用正弦定理求得NPMN 的表达式，结合三角恒等 变换化简，即可求得答案. 【小问1详解】 T 依题意，有A2 3， 3，则T 12， 4 2π  又T  ，∴ ；  6 【小问2详解】 π 由（1）知，y 2 3sin x． 6 2π 当x4时， y 2 3sin 3，∴M  4,3  ． 3 第13页/共18页 学科网（北京）股份有限公司  又P 8,0 ，∴MP 42 32 5． 解法一：在△MNP中，MNP120，MP5， 由余弦定理得MN2 NP2 2MNNPcosMNPMP2 ． MN NP 2 故 MN NP 2 25 MNNP   ，  2  从而 3  MN NP 2 25，即MN NP 10 3 ，当且仅当MN  NP  5 3 时等号成立． 4 3 3 10 3 故折线段赛道MNP最长为 百米． 3 解法二：在△MNP中，MNP120，MP5． 设PMN ，则060． MP NP MN 由正弦定理得   ， sin120 sin sin  60 10 3 10 3 ∴NP  sin，MN  sin  60． 3 3 10 3 10 3 故NPMN  sin sin  60 3 3 10 31 3  10 3   sin cos sin 60．   3 2 2  3 10 3 10 3 ∵060，∴当30时， sin 60取到最大值 ， 3 3 即折线段赛道MNP最长， 10 3 故折线段赛道MNP最长为 百米． 3 20. 已知 f  x  、g  x  分别为定义域为R 的偶函数和奇函数，且 f  x g  x ex . 第14页/共18页 学科网（北京）股份有限公司  （1）求 f x 的单调区间； （2）对任意实数x均有3g2 x af  x 0成立，求实数a的取值范围. 【答案】（1） f  x  的增区间为  0, ，减区间为 ,0   （2） ,2 2  【解析】 【分析】（1）对于 f  x g  x ex将x换成x结合奇偶性求出 f  x  、g  x  的解析式，在利用导数求 出函数的单调区间； t2 4 t 8 （2）设t ex ex，则问题转化为3 a 0在t 2时恒成立，参变分离可得2at ，再利 4 2 t 8 用基本不等式求出t 的最小值，即可求出a的取值范围. t 【小问1详解】 因为 f  x g  x ex①， f  x  、g  x  分别为定义域为R 的偶函数和奇函数， 所以 f x f x，g x g  x  ， 所以 f x g x ex，即 f  x g  x ex②， ①②解得 f  x  1 ex ex  ，g  x  1 ex ex  ， 2 2 所以 f x  1 ex ex  ，g x  1 ex ex  0， 2 2 所以 f  x  （g  x  ）在定义域R 上单调递增，又 f 0  1 e0 e0  0， 2 所以当x0时 f ¢( x )>0，即 f  x  的单调递增区间为  0, ， 当x  0时 fx0，即 f  x  的单调递减区间为 ,0  . 【小问2详解】公众号：高中试卷君 设t ex ex，因为ex ex 2 exex 2，当且仅当x0时取等号，所以t 2， 不等式3g2 x af  x 0恒成立，转化为3 t2 4 a t 0在t 2时恒成立， 4 2 8 8 8 分离参数得2at 在t 2时恒成立，由均值不等式t 2 t 4 2，当且仅当t 2 2 时取等号， t t t 第15页/共18页 学科网（北京）股份有限公司8 故t 的最小值为4 2，所以2a4 2a2 2， t  故实数a的取值范围为 ,2 2 .  21. 某品牌女装专卖店设计摸球抽奖促销活动，每位顾客只用一个会员号登陆，每次消费都有一次随机摸球 2 的机会．已知顾客第一次摸球抽中奖品的概率为 ；从第二次摸球开始，若前一次没抽中奖品，则这次抽 7 1 1 中的概率为 ，若前一次抽中奖品，则这次抽中的概率为 ．记该顾客第n次摸球抽中奖品的概率为P ． 2 3 n   （1）求P 的值，并探究数列 P 的通项公式； 2 n （2）求该顾客第几次摸球抽中奖品的概率最大，请给出证明过程． 19 3 1 1 n1 【答案】（1） ，P      42 n 7 7 6 （2）第二次，证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据全概率公式即可求解P ，利用抽奖规则，结合全概率公式即可由等比数列的定义求解， 2 n1 3 1 1 （2）根据P      ，即可对n分奇偶性求解. n 7 7 6 【小问1详解】   2 记该顾客第i iN* 次摸球抽中奖品为事件A，依题意，P  ， 1 7 P  P  A  P  A  P  A | A P  A  P  A | A   2  1   1 2   1  19 ． 2 2 1 2 1 1 2 1 7 3  7 2 42 因为P  A | A  1 ，P  A |A   1 ，P  P  A  ， n n1 3 n n1 2 n n 所以P  A P  A  P  A |A P  A  P  A |A  ， n n1 n n1 n1 n n1 1 1 1 1 所以P  P   1P  P  ， n 3 n1 2 n1 6 n1 2 3 1 3 所以P    P  ， n 7 6 n1 7 2 3 1 又因为P  ，则P   0， 1 7 1 7 7 第16页/共18页 学科网（北京）股份有限公司 3 1 1 所以数列P  是首项为 ，公比为 的等比数列，  n 7 7 6 n1 3 1 1 故P      ． n 7 7 6 【小问2详解】 3 1 3 19 证明：当n为奇数时，P     ， n 7 76n1 7 42 3 1 当n为偶数时，P   ，则P 随着n的增大而减小， n 7 76n1 n 19 所以，P  P  ． n 2 42 综上，该顾客第二次摸球抽中奖品的概率最大． a 22. 已知函数 f  x  lnx的最小值为1． x （1）求a； （2）若数列  x  满足x  0,1  ，且x  f  x  ，证明：x x  2x ． n 1 n1 n n1 n3 n2 【答案】（1）a 1 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）首先求函数的导数，并讨论a0和a0两种情况讨论函数的单调性，并求函数的最小值， 即可求实数a的取值； 1 （2）由（1）的结果可知，x n1 1，nN*，并设g  x  f  x x lnxx，x1，利用导数判 x 断函数的单调性，根据g  x  g  x  ，即可证明. n2 n1 【小问1详解】 a 1 xa f x    ，x0． x2 x x2 ①若a0， f ¢( x )>0恒成立， 可得 f  x  在  0, 上单调递增， f  x  没有最小值，不符合题意； ②若a0，令 f x 0，得xa， 当0 xa时， fx0，当xa时， f ¢( x )>0， 第17页/共18页 学科网（北京）股份有限公司所以 f  x  在  0,a  上单调递减，在  a, 上单调递增， 所以 f  x   f  a 1lna 1，所以a 1． min 【小问2详解】 证明：由（1）可得， f  x  在  0,1  上单调递减，在  1, 上单调递增， 则有 f  x  f  1 1， 因为x  0,1  ，所以x  f  x 1，x  f  x 1x  f  x 1． 1 2 1 3 2 n1 n 1 令g  x  f  x x lnxx，x1， x 2  1 3  x   x2 x1  2 4 ， g x   0 x2 x2 所以g  x  在区间  1, 上单调递减，且g  1 0， 所以g  x  f  x x  0，而x  f  x  ， n1 n1 n1 n2 n1 所以x  x ， n2 n1 所以g  x  g  x  ，即 f  x x  f  x x ， n2 n1 n2 n2 n1 n1 即x x  x x ，所以x x  2x ． n3 n2 n2 n1 n1 n3 n2 【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的最值以及不等式的综合应用问题，第二问是本题的难 1 点，关键是构造函数g  x  f  x x lnxx，x1，并结合x  f  x  ，即可求解. n1 n x 第18页/共18页 学科网（北京）股份有限公司