第二次月考数学教师版2_2023年8月_01每日更新_18号_2024届湖南省常德市第一中学高三上学期第二次月考_湖南省常德市第一中学2024届高三上学期第二次月考数学

常德市第一中学 2024 届高三第二次月水平检测 数 学 （ 时量：120分钟 满分：150分 命题人、审题人：高三数学组） 一．单项选择题（本大题共 8小题，每小题 5 分，共40 分。每小题只有一个答案符合题意） 1．若集合A{x∣x 3},B x∣x2n1,nZ  ，则AB（ ） A．1,1 B．3,3 C．1,1 D．3,1,1,3 【答案】C【详解】解 x 3得3x3，即A3,3，B为奇数集，故AB1,1 .故选：C 2．9 1 2 100  log 1   log 2  的值等于（ ）  2 4 2 A．-2 B．0 C．8 D．10 【答案】A【详解】9 1 2 100  log 1   log 2  31222.故选：A.  2 4 2 3．函数 f x的图象如下图所示，则 f x的解析式可能为（ ） 5  ex ex 5sinx 5  ex ex 5cosx A． B． C． D． x22 x21 x22 x21 【答案】D【详解】由图知：函数图象关于y轴对称，其为偶函数，且 f(2) f(2)0， 5sin(x) 5sinx 由  且定义域为R，即B中函数为奇函数，排除； (x)2 1 x2 1 5(ex ex) 5(ex ex) 当x0时 0、 0，即A、C中(0,)上函数值为正，排除；故选：D x22 x22 4．《掷铁饼者》取材于希腊的现实生活中的体育竞技活动，刻画的是一名强健的男子在掷铁饼过程中具有表现力的   瞬间（如图）．现在把掷铁饼者张开的双臂近似看成一张拉满弦的“弓”，掷铁饼者的手臂长约为 m，肩宽约为 m， 4 8 5 “弓”所在圆的半径约为 m，则掷铁饼者双手之间的距离约为（参考数据： 2 1.414 ， 4 31.732）（ ） A．1.012m B．1.768m C．2.043m D．2.945m    5 【答案】B【详解】如图所示，由题意知“弓”所在的弧ACB 的长l     ，其所 4 4 8 8 5 对圆心角 8   ，则两手之间的距离 AB 2 AD 2 5 sin  1.768 m．故选：B． 5 2 4 4 4 9 5．“a ”是“方程 x2 3xa0(xR) 有正实数根”的（ ） 4 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 试卷第1页，共10页 {#{QQABZYAQogiIABAAARhCQQGQCAMQkBAACCgGBFAIsAAASRNABAA=}#}【答案】B【详解】由方程x23xa0有正实数根，则等价于函数 f xx23xa有正零点， 3 由二次函数 f x的对称轴为x 0，则函数 f x只能存在一正一负的两个零点， 2 Δ94a0  9 则 f 00 ，解得a0,,0   , 4  ，故选：B. z 6.设正实数 满足 ，则当 取得最小值时，x2yz的最大值为（ ） xy 9 9 A．0 B． C．2 D． 8 4 z x23xy4y2 x 4y x 4y 【答案】C【详解】    32  31,当且仅当x2y时成立，因此 xy xy y x y x z4y26y24y2 2y2, 所以x2yz4y2y2 2y1222. 1 7．已知函数 fx是奇函数 f xxR的导函数，且满足x0时，lnx fx f x0，则不等式 x x985 f x0的解集为（ ） A．985, B．985,985 C．985,0 D．0,985 1 【答案】D【详解】令函数gxlnx f x，则gx  f xlnx fx0，即当x0时，函数gx单调递减， x 因为g10，所以当0 x1时，gx0，当x1时，gx0. 因为当0 x1时，lnx0，当x1时，lnx0，所以当x0,1  1,时， f x0. 又 f1ln1 f 10， f 10，所以当x0时， f x0；又 f x为奇函数，所以当x0时， f x0， x0 x0 所以不等式x985 f x0可化为 或 ，解得0x985，不等式解集为0,985 x9850 x9850 8．已知直线ykxb与曲线yex2和曲线yln  e2x  均相切，则实数k的解的个数为（ ） A．0 B．1 C．2 D．无数 【答案】C【详解】根据题意可知，直线ykxb与曲线yex2和曲线yln  e2x  都相切， 所以对于曲线yex2，则yex k ，所以xlnk，所以切点Alnk,k2， 对于曲线yln  e2x  ，则y 1 kx0，所以x= 1 ，切点B   1 ,ln 1 2   k 0，易知A,B不重合， x k k k  1 kln y y k klnk 因为公切线过A,B两点，所以k  A B   ，进而可得klnklnkk10， x x 1 1 A B lnk lnk k k 1 令gkklnklnkk1k 0，则gklnk k 0， k 试卷第2页，共10页 {#{QQABZYAQogiIABAAARhCQQGQCAMQkBAACCgGBFAIsAAASRNABAA=}#}1 1 1 令(k) g(k)lnk (k 0)，则(k)  0(k 0) 所以gk在(0,)单调递增， k k k2 1 1 1 因为g110,ge1 0，所以存在k 使得lnk  0，即lnk  ， e 0 0 k 0 k 0 0 所以当0kk 时，gk0，当k k 时，gk0，所以gk在0,k 上单调递减，在k ,上单调递增， 0 0 0 0 1 1 1 1 k 1,e，故gk gk k lnk lnk k 1.又lnk  ，所以gk k   k 1 k  0， 0 min 0 0 0 0 0 0 k min 0 k k 0 k 0 0 0 0 0 当k e2时，g  e2 e2lne2lne2e21e230，因为k 1,e,gk g  e2 0， 0 0 所以在  k ,e2 内存在k ，使得gk 0， 0 1 1 1  1  1 1 1 1 3  1  当k  时，gkg  ln ln  1 1 0 ，因为k 1,e，gk g 0， e2 e2 e2 e2 e2 e2 e2 0 0 e2   1  所以在 ,k 内存在k ，使得gk 0， e2 0 2 2 综上所述，存在两条斜率分别为k ，k 的直线与曲线yex2和曲线yln  e2x  都相切，故选：C. 1 2 二．多项选择题（本大题共 4小题，每小题 5 分，共20 分，多选错选不得分，少选得两分） 9．设0ab．且ab2，则（ ） A．1b2 B．1a2 C．02ab 1 D．0lnba1 【答案】AC【详解】因为0ab．且ab2，所以02bb，即1b2，故A正确； 由0a2a，可得0a1，故B错误；由题可知ab0，所以02ab 1，故C正确； 1 1 1 取0a1 b1 ，可得ba ，所以lnba10 ，故D错误.故选：AC. 2e 2e e 10．下列说法正确的有（） AB c A．tan2cos3sin40 B．ABC中，sin( )cos 2 2  1sin 1sin C．若sinAsinB,则B=A+2k,kZ D．( ,0),  2tana 2 1sin 1sin 【答案】ABD  x  ,x1 11.已知函数 f(x)1x ，g(x)kxk ，则（ ）  lnx,x1 1 A． f(x)在R上为增函数 B．当k 时，方程 f(x) g(x)有且只有3个不同实根 4 C． f(x)的值域为1, D．若x1f(x)g(x)0，则k 1, 【答案】BCD【详解】根据函数解析式作出函数图象， 由图象易知， f(x)在R上不是增函数，故A错误； 1 当x1时， f(x) ，则 f(1)1， x 1 g(x)过定点(1,0)，当k 时，g(x)与 f(x)在x1上相交，共2个交点； 4 试卷第3页，共10页 {#{QQABZYAQogiIABAAARhCQQGQCAMQkBAACCgGBFAIsAAASRNABAA=}#}x 1 x 0 当x1时，f(x) ，过点(1,0)作 f(x)的切线，设切点为(x ,y )，则y  0 ，1x 1 ，解得x 1， (1x)2 0 0 0 1x 0  0 0 x 1 (1x )2 0 0 1 1 f(1) ，故当k 时，g(x)与 f(x)在x=1处相切，有1个交点； 4 4 1 故当k 时，g(x)与 f(x)共有3个交点，故B正确； 4 由图易知 f(x)(1,)，故C正确； 当x1时，x1f(x)g(x)0等价于 f(x) g(x)，由函数图象，及上述分析知，k 1； 1 当x1时，x1f(x)g(x)0等价于 f(x)g(x)，由函数图象，及上述分析知，k  ； 4 故若x1f(x)g(x)0，k 1，故D正确；故选：BCD 12.已知定义在R上的函数 f(x)满足对任意的x，yR， f(x y) f(x)f(y)，且当x0时， f(x)1，则（ ） A． f(0)1 B．对任意的xR， f(x)0 C． f(x)是减函数 1 xlnyxlnxay 1 D．若 f  2，且不等式 f  4恒成立，则a的最小值是 2  x  e2 【答案】ABD【详解】取x y0，则 f(0)[f(0)]2，解得 f(0)0或 f(0)1， 若 f(0)0，则对任意的x0， f(x) f(x0) f(x)f(0)0 ，与条件不符，故 f(0)1，A正确； 对任意的xR， f(x) f   2 x  2 x       f   2 x      2 0，若存在x 0 R，使得 f x 0 0， 则 f(0) f  x x  f x f x 0，与 f(0)1矛盾，所以对任意的xR， f(x)0，B正确； 0 0 0 0 当x0时， f(x)1，且 f(0)1，所以当x0时， f(x) f(0)，与 f(x)为减函数矛盾，C错误； 假设x 1 x 2 ，则 f x 1  f x 2  f x 1 x 2 x 2  f x 2  f x 1 x 2  f x 2  f x 2   f x 1 x 2 1  f x 2  因为x x 0，所以 f x x 1，则 f x  f x 0，即 f x  f x ， 1 2 1 2 1 2 1 2  12 xlnyxlnxay 所以函数 f(x)在R上单调递增，由题意得 f(1)f   4 ，所以 f   f(1)，  2  x  xlnyxlnxay x x x 结合 f(x)在R上单调递增可知 1，则 ln  a， x y y y x 令t ，则t0，atlntt，令F(x)xlnxx ，F(x)lnx2， y 易得F(x)在  0, 1  上单调递减，在   1 ,  上单调递增，从而F(x)F  e2  1 ，  e2  e2  e2 1 1 所以a ，则a ，D正确. e2 e2 故选：ABD. 三．填空题（本大题共4小题，每小题 5分，共 20 分） sincos 13．若tan2，则 的值为 . sincos 1 sincos tan1 21 1 1 【答案】 【详解】由题意tan2，则cos0，则    ，故答案为： 3 sincos tan1 21 3 3 试卷第4页，共10页 {#{QQABZYAQogiIABAAARhCQQGQCAMQkBAACCgGBFAIsAAASRNABAA=}#}14.已知函数 f(x)lg(x24x5)在(a,)上单调递增，则a的取值范围为 . 【答案】[5,)【详解】由x24x50得x5或x1所以 f x的定义域为,1(5,) 因为yx24x5在(5,)上单调递增，所以 f(x)lg(x24x5)在(5,)上单调递增，所以a5 15.设函数 f x，fx的定义域均为R，且函数 f 2x1，fx2均为偶函数．若当x 1,2 时，fxax31， 则 f2022的值为 ． 【答案】7【详解】因为函数 f x， fx的定义域均为R，且函数 f 2x1为偶函数， 则 f 2x1 f 2x1，求导得f2x1 f2x1，即 fx1f x 1， 所以函数y fx的图像关于1,0对称．因为函数 fx2为偶函数，所以 fx2 fx2， 所以函数y fx的图像关于x2对称，由函数y fx的图像关于1,0对称，且关于直线x2对称．所以 函数y fx的周期为T 4  12  4，．由 fx1fx1 f1f1 f10， fx1fx1 f1f3 f1 f30， fx2 fx2 f1 f30， 所以 f10，即a10，即a1，所以当x 1,2 时， fxx31 于是 f2022 f50542 f2231817 16.已知函数 f(x)alnx2xa0，若不等式xa 2e2xf(x)e2xcos(f(x))对x0恒成立，则实数a的取值范围 为 . xa 【答案】(0,2e]【详解】 2f(x)cos[f(x)]ealnx2x 2f(x)cos[f(x)]0ef(x) 2f(x)cos[f(x)]0， e2x 令t  f(x)，则g(t)et 2tcost，g(t)et 2sint，设h(t)et 2sint，则h(t)et cost， 当t0时,et 1,sint1，且等号不同时成立，则g(t)0恒成立， 当t0时，et 1,cost1，则h(t)0恒成立，则g(t)在(0,)上单调递增， 又因为g(0)1,g(1)e2sin10，因此存在t (0,1)，使得gt 0， 0 0 当0tt 时，g(t)0，当tt 时,g(t)0， 0 0 所以函数g(t)在,t 上单调递减，在t ,)上单调递增, 0 0 又g(0)0，作出函数g(t)的图像如右： a a2x 函数 f(x)alnx2x(a0)定义域为(0,)，求导得 f(x) 2 ， x x ①当a<0时， f(x)0，函数 f(x)的单调递减区间为(0,)， 试卷第5页，共10页 {#{QQABZYAQogiIABAAARhCQQGQCAMQkBAACCgGBFAIsAAASRNABAA=}#}当0 x1时，yalnx的取值集合为(0,)，而y2x取值集合为(2,0)， 因此函数 f(x)在(0,1)上的值域包含(0,)， 当x1时，yalnx的取值集合为(,0]，而y2x取值集合为(,2)， 因此函数 f(x)在[1,)上无最小值，从而函数 f(x)的值域为R，即t  f(x)R，gt 0，不合题意， 0 a a a a ②当a0时，由 f(x)0得x ，由 f(x)0得0x ， f(x)在(0, )单调递增，在( ,)上单调递减， 2 2 2 2 a a f(x)  f( )aln a，当0x1时，yalnx的取值集合为(,0]， max 2 2 而y2x取值集合为(2,0]，因此函数 f(x)在(0,1]上的值域包含(,0]， a a 此时函数 f(x)的值域为(,aln a]，即t  f(x)(,aln a]， 2 2 a 当aln a0时，即当0a2e时，g(t)0恒成立，符合题意， 2 a  a  当aln a0时，即当a2e时，t minaln a,t ，结合图象可知，gt 0，不合题意， 2 1  2 0 1 所以实数a的取值范围为(0,2e].故答案为：(0,2e] 四、解答题（本大题共 6个小题，共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）  π  π 17．（10分）已知0, ，tan 2cos2.(1)求的大小；  4  4 (2)设函数 f xsinx2，x 0,π ，求 f x的单调区间及值域. π 【答案】(1) 12  π π   1  (2) f x在区间  0,  上单调递增； f x在区间  ,π  上单调递减； f x值域为   ,1 .  3 3   2   π sin  【详解】（1）由tan   π 2cos2得  4 2  cos2sin2  ，  4  π cos   4 2 sincos  π 则 2 2cossincossin，因为0, ，所以cossin0， 2  4 cossin 2 所以cossin2 1 ，解得cossin 2 ，即cos   π  1 ，又 π    π , π ， 2 2  4 2 4 4 2 π π π 所以  ，则 . 4 3 12  π （2）函数 f xsinx ，x 0,π ，  6 π π π 2π π  π 令 x  ，解得  x ，所以函数 f x在区间  0,  上单调递增； 2 6 2 3 3  3 π π 3π π 4π π  令  x  ，解得  x ，所以函数 f x在区间  ,π  上单调递减； 2 6 2 3 3 3  试卷第6页，共10页 {#{QQABZYAQogiIABAAARhCQQGQCAMQkBAACCgGBFAIsAAASRNABAA=}#}因为x 0,π ，x π    π , 7π  ，当x π  π 时，即x π ， f x取最大值1； 6 6 6  6 2 3 π 7π 1  1  当x  时，即xπ， f x取最小值 .所以 f x值域为   ,1 . 6 6 2  2  18．（12分）S 为数列{a }的前n项和.已知a ＞0，a22a =4S 3.（Ⅰ）求{a }的通项公式； n n n n n n n 1 （Ⅱ）设b  ,求数列{b }的前n项和. n a a n n n1 1 1 【答案】（Ⅰ）2n+1（Ⅱ）  6 4n6 【详解】解：（I）由a 2+2a ＝4S +3，可知a 2+2a ＝4S +3两式相减得a 2﹣a 2+2（a ﹣a ）＝4a ， n n n n+1 n+1 n+1 n+1 n n+1 n n+1 即2（a +a ）＝a 2﹣a 2＝（a +a ）（a ﹣a ），∵a ＞0，∴a ﹣a ＝2， n+1 n n+1 n n+1 n n+1 n n n+1 n ∵a 2+2a ＝4a +3，∴a ＝﹣1（舍）或a ＝3，则{a }是首项为3，公差d＝2的等差数列， 1 1 1 1 1 n ∴{a }的通项公式a ＝3+2（n﹣1）＝2n+1： n n （Ⅱ）∵a ＝2n+1， n 1 1 1 1 1 ∴b n  a a  2n12n3  2 （ 2n1  2n3 ）， n n1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴数列{b }的前n项和Tn （      ） （  ）  . n 2 3 5 5 7 2n1 2n3 2 3 2n3 6 4n6 19．（12分）已知函数 f(x) x2eax，其中a0，e为自然对数的底数．(1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)求函数 f(x)在区间[0,1]上的最大值． 【答案】(1)当a0时， f(x)在(0,)上单调递增，在(,0)上单调递减；  2   2 当a<0时， f(x)在(,0)和 ,上单调递减；在0, 上单调递增；  a   a (2) 当a0时，最大值是 f(1)1； 当2a0时，最大值是 f(1)ea； 2 4 当a2时， f(x)在区间[0,1]上的最大值是 f( ) . a a2e2 【详解】（1） f(x) x2eax，函数定义域为R， fxxax2eax． (i)当a0时，令 f(x)0，得x0． 若 f(x)0，则x0，从而 f(x)在(0,)上单调递增； 若 f(x)0，则x0，从而 f(x)在(,0)上单调递减． 2 2 (ii)当a<0时，令 fx0，得xax20，解得x0或x ，有 0． a a 2  2  若 f(x)0，则x0或x ，从而 f(x)在(,0)和 ,上单调递减； a  a  2  2 若 f(x)0，则0 x ，从而 f(x)在0, 上单调递增； a  a （2）由（1）中求得单调性可知， (i)当a0时， f(x)在区间[0,1]上单调递增，最大值是 f(1)1． 试卷第7页，共10页 {#{QQABZYAQogiIABAAARhCQQGQCAMQkBAACCgGBFAIsAAASRNABAA=}#}(ii)当2a0时， f(x)在区间[0,1]上单调递增，最大值是 f(1)ea．  2  2  2 4 (iii)当a2时， f(x)在区间0, 上单调递增，在区间   ,1  单调递减，最大值是 f( ) ．  a  a  a a2e2 20．（12分）菱形ABCD中，ABC120 EA平面ABCD，EA//FD，EAAD 2FD 2， （1）证明：直线FC//平面EAB； 2 （2）线段EC上是否存在点M 使得直线EB与平面BDM 所成角的正弦值为 ？若存在， 8 EM 求 ；若不存在，说明理由. MC 10 EM 1 【答案】（1）证明见解析（2） （3）存在，  4 MC 3    【详解】解：建立以D为原点，分别以 DA ， DT （T 为BC中点）， DF 的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直 角坐标系（如图）， 则A(2,0,0)，B(1, 3,0)，C(1, 3,0)，D(0,0,0)，E(2,0,2)，F(0,0,1).   （1）证明：EA(0,0,2)，AB(1, 3,0)，  （2）设n(x,y,z)为平面EAB的法向量， n  E  A  0  2z0  则  ，即 ，可得n( 3,1,0)， nAB0 x 3y0    又FC (1, 3,1)，可得nFC 0，又因为直线FC平面EAB，所以直线FC//平面EAB；   （2）设EM EC (3, 3,2)，则M(23, 3,22) ，    则BD(1, 3,0)，DM (23, 3,22)，设n (x,y,z)为平面BDM 的法向量， 3   n BD0   x 3y0   2 3 3 则3  ，即 ，可得n  3,1, ， n 3 DM 0 (23)x 3y(22)z0 3   1   2 3 3 2 32    1 2 1 7 EM 1 由EB(1, 3,2)，得 cos EB,n   ，解得 或 （舍），所以  . 3 2 8 4 8 MC 3 2 3 3 2 2 4   1  试卷第8页，共10页 {#{QQABZYAQogiIABAAARhCQQGQCAMQkBAACCgGBFAIsAAASRNABAA=}#}y2 x2 21．（12分）在平面直角坐标系xOy中，双曲线C:  1a 0,b0的离心率为 2，实轴长为4. a2 b2 (1)求C的方程； (2)如图，点A为双曲线的下顶点，直线l过点P0,t且垂直于y轴（P位于原点与上顶点之间），过P的直线交C 于G，H两点，直线AG，AH分别与l交于M，N两点，若O，A，N，M四点共圆，求点P的坐标. 【答案】(1) y2  x2 1(2) 0,1 4 4 【详解】（1）因为实轴长为4，即2a4，a2， c y2 x2 又  2，所以c2 2，b2 c2a2 4，故C的方程为  1. a 4 4 （2）由O，A，N，M四点共圆可知，ANM AOM ， 又MOPAOM ，即ANM MOP， 1 1 故tanANM tanMOP ，即k  ，所以k k 1, tanOMP AN k AN OM OM 设Gx ,y ，Hx ,y ，M(x ,y )， 1 1 2 2 M M y 2 y 2 由题意可知A0,2，则直线AG:y  1 x2 ，直线AH :y  2 x2， x x 1 2 t2x 因为M在直线l上，所以y t，代入直线AG方程，可知x  1， M M y 2 1 t2x  ty 2 故M坐标为 1,t，所以k  1 ，  y 2  OM t2x 1 1 y 2 ty 2 y 2 t2 y 2y 2 又k k  2 ，由k k 1，则 1  2 1，整理可得  1 2 ， AN AH x AN OM t2x x t xx 2 1 2 1 2 当直线GH斜率不存在时，显然不符合题意， y2 x2 故设直线GH:ykxt，代入双曲线方程：  1中， 4 4 可得  k21  x22ktxt240，所以x x  2kt ，xx  t24 ， 1 2 k21 1 2 k21 又y 2y 2kx t2kx t2 1 2 1 2 t24 2kt t22 k2xx kt2x x t22 k2 kt2 t22  ， 1 2 1 2 k21 k21 k21 t22 所以 t2  y 1 2y 2 2  k21   t2 2   t2  t 2 0, t xx t24 t 24 t 2 1 2 k21 故t2t，即t1，所以点P坐标为0,1 . 试卷第9页，共10页 {#{QQABZYAQogiIABAAARhCQQGQCAMQkBAACCgGBFAIsAAASRNABAA=}#}1 22.（12分）已知函数 f(x)klnx (kR).(1)若函数y f(x)为增函数，求k的取值范围； ex e e x x x (2)已知0 x  x .（i）证明：  1 2 ；（ii）若 1  2 k，证明： f x  f x  1. 1 2 ex2 ex1 x ex1 ex2 1 2 1 1 k 1 k 1 .【详解】（1）∵ f(x)klnx (kR)，则 f(x)  (x0)，若 f(x)是增函数，则 f(x)  0， ex x ex x ex x x x 1x 且x0，可得k  ，故原题意等价于k  对x0恒成立，构建(x) (x0) ，则(x) x0， ex ex ex ex 1 令(x)0，解得0 x1；令(x)0，解得x1；则(x)在(0,1)上递增，在(1,)递减，故(x)1 ， e 1  ∴k的取值范围为  ,. e  1 lnx 1 （2）（i）由（1）可知：当k  时， f(x)  单调递增， e e ex 1 1 1 1 ∵0 x  x ，则 f x  f x ，即 lnx   lnx  ， 1 2 2 1 e 2 ex2 e 1 ex1 e e x 1 x1 整理得  lnx lnx ln 2 ，构建gxxlnx1，则gx1  x0， ex2 ex1 1 2 x x x 1 令g(x)0，解得0 x1；令g(x)0，解得x1；则g(x)在(0,1)上递减，在(1,)递增， 故g(x)xlnx1g10，即lnx1x，当且仅当x1时等号成立， x x x e e x 令x 2 1，可得ln 2 1 2 ，故  1 2 ； x x x ex2 ex1 x 1 1 1 1 x x k 1 k 1 （ii）∵ 1  2 k，则    0， ex1 ex2 x ex1 x ex2 1 2 k 1 可知 f(x)  0有两个不同实数根x,x ，由（1）知0x 1x ， x ex 1 2 1 2 1 x 1 x lnx 1 x lnx 1 可得 f x klnx   1 lnx   1 1 ，同理可得 f x  2 2 ， 1 1 ex1 ex1 1 ex1 ex1 2 ex2 xlnx1 (1x)lnx 构建g(x) (x0)，则g(x) x0， ex ex 当0 x1时，(1x)lnx0；当x1时，(1x)lnx0；当x1时，(1x)lnx0； 且ex 0，故g(x)0对x0,恒成立，故g(x)在(0,)上单调递减， 1 ∵0x 1x ，则g(x )g1gx ，即 f x   f x ， 1 2 2 1 2 e 1 x lnx 1 1 且lnx 0,ex2 0 ，则x lnx 10，故g(x ) 2 2 0，可得0 f x  ； 2 2 2 2 ex2 2 e 又∵0x 1，由（i）可得lnx 1x ，即lnx x 1，则x lnx 1x x 111ex1， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x lnx 1 1 1 且ex1 0，则 1 1 1，可得  f x 1；综上所述：0 f x   f x 1. ex1 e 1 2 e 1 1 可得 f x 0，则0 f x  f x 1故 f x  f x   f x  f x  1. e 2 1 2 1 2 1 2 试卷第10页，共10页 {#{QQABZYAQogiIABAAARhCQQGQCAMQkBAACCgGBFAIsAAASRNABAA=}#}