精品解析：吉林省吉林市普通中学2024-2025学年高三上学期第一次模拟测试数学试题（解析版）_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年10月试卷

吉林市普通中学 2024—2025 学年度高中毕业年级第一次模拟测试 数学试题 说明： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，贴好条形码． 2．答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡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．答非选择题时，用0.5毫米的黑色签字笔将答案 写在答题卡上．字体工整，笔迹清楚． 3．请按题号顺序在答题卡相应区域作答，超出区域所写答案无效；在试卷上、草纸上答题无 效． 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：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 有一个是符合题目要求． z  1. 已知复数z i1，则 （ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】先求z的共轭复数，再利用复数模的计算公式求解即可. 【详解】由z i1，则z 1i， 则 z  121 2  2 ， 故选：C. 2.“cos0”是“角为第二象限角”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】B 【解析】 【分析】根据充分条件、必要条件，结合三角函数在各象限的符号得解. 【详解】因为cos0，所以可能为第二、第三象限角，也可能终边在x负半轴上， 推不出为第二象限角，但是角为第二象限角，能推出cos0， 所以“cos0”是“角为第二象限角”的必要不充分条件. 第1页/共18页 学科网（北京）股份有限公司故选：B 3. 已知A2,1,0,1,2  ，B   xN x2A  ，则AB （ ） A.  1  B. 0,1 C. 1,1  D. 1,0,1  【答案】B 【解析】 【分析】解出集合B，根据集合交集运算可求解. 【详解】根据题意可知集合B元素，xN且x2A，则x0或x1， 所以集合B 0,1  ，则AB2,1,0,1,2  0,1  0,1  . 故选：B  r 4. 已知向量a t1,1  ，b 2,1 ，则（ ） r r 1 r r A. 若 a//b ，则t  B. 若 a//b ，则t 1 2   3   1 C. 若a b，则t  D. 若a b，则t  2 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量共线与垂直的坐标公式计算即可. r r 【详解】对于AB，若 a//b ，则t12，解得t 3，故AB错误；     1 对于CD，若a b，则ab2  t1 10，解得t  ，故C错误，D正确. 2 故选：D. 5. 在VABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，A2B，2a3b，则cosB （ ） 3 5 2 7 A. B. C. D. 4 3 3 4 【答案】A 【解析】 【分析】由正弦定理即二倍角公式可求cosB的值. 【详解】因为2a3b，由正弦定理2sinA3sinB，又A2B，所以 2sin2B 3sinB  4sinBcosB3sinB, 3 因为B为三角形内角，所以sinB 0，所以4cosB 3  cosB  . 4 故选：A 第2页/共18页 学科网（北京）股份有限公司a a 6. 已知等差数列  log a  的公差为1，则 8 5 （ ） 3 n a a 5 2 A.1 B.3 C.9 D.27 【答案】D 【解析】 a 【分析】由题意得 n1 3，从而对所求式子进行变形即可求解. a n a a 【详解】由题意log a log a log n1 1 n1 3 ， 3 n1 3 n 3 a a n n a a 33 a a  所以 8 5  5 2 27. a a a a 5 2 5 2 故选：D. 7. 设样本数据x，x ，…，x 的平均数为x，标准差为s，若样本数据4x 1，4x 1，…，4x 1 1 2 2024 1 2 2024 s2x 1 的平均数比标准差少3，则   的最大值为（ ） 4 A.1 B. 2 C.4 D. 4 2 【答案】C 【解析】 【分析】由平均数、标准差的性质结合已知条件得xs1，从而s2 xs2 s11，由此能求出 s2x 1 的最大值．   4 【详解】样本数据x，x ，…，x 的平均数为x，标准差为s， 1 2 2024 样本数据4x 1，4x 1，…，4x 1的平均数为4x1，标准差为4s， 1 2 2024 依题意有4x14s3，得xs1， 由s0，s2 xs2 s11， s2x 1 s2x 1 1 1 所以      4，即s 0时，   的最大值为4. 4 4 4 故选：C. 第3页/共18页 学科网（北京）股份有限公司8. 已知函数 f  x 2sin x （0，0 π ）的部分图象如图所示，若函数 f  x 的图象关 2 于 y 轴对称，则的最小值为（ ） 2 4 2 8 A. B. C. D. 15 15 5 15 【答案】B 【解析】 5π π 5π 5π π 【分析】根据图象得到 f  x 2sin x ，从而有 f  x2sin x  ，再根据题设  4 6  4 4 6 4 4 得到  k,kZ，即可求解. 15 5 【详解】由图知， f  0 2sin1，得到sin 1 ，又0 π ，所以 π ， 2 2 6 2 2 π 5π 又由“五点法”作图知，第三个点为( ,0)，得到   π，解得 ， 3 3 6 4 5π π 5π 5π π 所以 f  x 2sin x ，则 f  x2sin x  ，  4 6  4 4 6 5π π π 4 4 又 f  x 的图象关于 y 轴对称，则   kπ,kZ，得到  k,kZ， 4 6 2 15 5 4 8 4 令k 0，得到 ，令k  1，得到 ，所以的最小值为 ， 15 15 15 故选：B. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题 6分，共18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 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分． 第4页/共18页 学科网（北京）股份有限公司9. 下列不等式成立的是（ ） A. 若ac2 bc2，则ab B. 若ab，则ac2 bc2 C. 若ac2 bc2，则ab D. 若ab，则ac2 bc2 【答案】AD 【解析】 【分析】根据不等式的性质判断A，由特殊值c2 0时可判断BC，分类讨论结合不等式性质判断D. 1 【详解】对于A，若ac2 bc2，由不等式性质，两边同乘以 0，可得ab，故A正确； c2 对于B，若ab，当c2 0时，ac2 bc2，故B错误； 对于C，当a0,b1,c2 0时，ac2 bc2成立，但ab不成立，故C错误； 对于D，若ab，当c2 0时，由不等式性质知ac2 bc2， 当c2 0时，ac2 bc2，不等式也成立， 综上，若ab，则ac2 bc2，故D正确. 故选：AD 10. 如图，在VABC 中，点D为BC的中点，点E为 AC 上靠近点A的三等分点，AB2， AC 3， BAC 60，点G为AD与BE 的交点，则（ ）     A. BC 7 B. AE是 AB 在AC上的投影向量  2 1  3 C. DE  BA BC D. BG  BE 3 6 5 【答案】BC 【解析】 【分析】根据向量的线性运算及向量数量积的几何意义与运算律可判断各选项.    【详解】A选项：由BC  ACAB，则     2  2  2   1 BC  ACAB  AC AB  2ABAC  32 22 223  7 ，A选项错误； 2 第5页/共18页 学科网（北京）股份有限公司   1 B选项：由向量数量积的几何意义可知 AB 在AC上的投影的数量为 AB cosBAC 2 1， 2  1  又点E为AC上靠近点A的三等分点，即 AE  AC 1， 3   即 AB cosBAC  AE ，    所以AE是 AB 在AC上的投影向量，B选项正确；    1 2 1 2    2 1 C选项：DE  DCCE  BC CA BC BABC  BA BC，C选项正确； 2 3 2 3 3 6       1x D选项：设BG BE，又点G在AD上，可设BG xBA 1x  BD xBA BC， 2     2    2 1 又BE  BCCE  BC BABC  BA BC， 3 3 3   2  则BG BE  BA BC ， 3 3 2  1  x x   3  2 则 ，解得 ， 1 1x 3     3 2  4  3 即BG  BE ，D选项错误； 4 故选：BC. sinx 11. 已知函数 f  x  ，则（ ） ex x   A. f x 是周期函数 B. 1 f  x 1     C. f x 在 0,π 上恰有1个极值点 1 D. 关于x的方程 f  x  有两个实数解 3 【答案】BCD 【解析】 【分析】结合周期函数的特点可判断A项；运用函数放缩，再结合函数 y ex x 的性质可判断B项；二 次求导，再运用零点存在定理可判断C项；分段研究可判断D项. 【详解】对于A项：由于 ysinx具有周期性，而yex x不具有周期性， sinx 所以函数 f  x  不是周期函数，故A错误； ex x 第6页/共18页 学科网（北京）股份有限公司对于B项：因为函数yex x定义域为R ，且 yex1， 所以当x(0,)时， y0，yex x单调递增； 当x(,0)时， y0，yex x单调递减. 所以 y ex xe001，且x或x时， y ex x， sinx 1 所以  1， ex x ex x π 又因为第一处等号成立的条件是xkπ ，(kZ）， 2 第二处等号成立的条件是x0，所以两处等号不能同时成立， sinx sinx 所以 1，所以1 1，即1 f  x 1，故B正确； ex x ex x cosx(ex x)sinx(ex 1) 对于C项：因为 f x  ， (ex x)2 设g  x cosx(ex x)sinx(ex 1)，x(0,π)， 则g x sinx(ex x)exsinx0，所以g  x  单调递减， 又因为 ，g  π (eπ π)0， 0 =1>0 所以g  x cosx(ex x)sinx(ex 1)在(0,π)上有且仅有一个变号零点， 即 有唯一的零点， ′ 所以 f  x  在 上恰有1个极值点，故C正确； 0,π π  对于D项：因为 ，g  (e2 1)0， 2 π 2 π 4 = 2 (1−4)>0   且g x 在(0,π)上单调递减， π π 所以存在x ( , )，使 ， 0 4 2 0 =0 所以当x(0,x )时， ；当x(x ,π)时， . 0 0 >0 <0 所以当x(0,x )时， ， f  x  单调递增； 0 ′ >0  当x(x ,π)时， ， f x 单调递减. 0 ′ <0 第7页/共18页 学科网（北京）股份有限公司π 因为0  x  π， 4 0 所以 ， π 0 =0< (4)< ( 0)> (π)=0 π π 3 又因为e4  e131 ， 4 2 π π 所以 2(e4  )3， 4 2 2 1 π 1 所以  ，即 f( ) ， π π 3 4 3 e4  4 1 所以 与 y  在(0,π)上有两个交点， 3 = 1 所以方程 f  x  有两个实数解. 3 sinx 1 当x(3,+)时， f(x)   ， ex x ex x 又因为 ， 3 3 e − > e −3> 2.7 −3>3 sinx 1 1 所以 f(x)    ， ex x ex x 3 1 所以方程 f  x  在(3,+)上无实数解. 3 1 当x(π,0)时， f  x 0，方程 f  x  在 π,0  上无实数解.； 3 sinx 1 当x(,3)时， f(x)   ， ex x ex x 又因为 ， −3 e − > e +3> 3 sinx 1 1 所以 f(x)    ， ex x ex x 3 1 所以方程 f  x  在(,3)上无实数解. 3 1 综上可知关于x的方程 f  x  有两个实数解，故D正确. 3 故选：BCD 三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．其中 14 题的第一空填对得 2 分，第 二个空填对得 3分． 第8页/共18页 学科网（北京）股份有限公司12. 中国成功搭建了国际首个通信与智能融合的6G外场试验网，并形成贯通理论、技术、标准和应用的全 产业链创新环境.某科研院在研发6G项目时遇到了一项技术难题，由甲、乙两个团队分别独立攻关.已知甲、 乙团队攻克该项技术难题的概率分别为0.8和0.7，则该科研院攻克这项技术难题的概率为______． 47 【答案】0.94## 50 【解析】   【分析】设相应事件，根据对立事件结合独立事件求P AB ，即可得结果. 【详解】设甲、乙团队攻克该项技术难题分别为事件A,B， 则P  A 0.8,P  B 0.7， 可得P  AB   P  A  P  B   1P  A 1P  B   10.8  10.7 0.06，      所以该科研院攻克这项技术难题的概率为1P AB 0.94. 故答案为：0.94.     13. 已知集合A x x2n,nN* ，B  x x 3n,nN* ，将AB中所有元素按从小到大的顺序排     列构成数列 a ，则数列 a 的前20项和为______． n n 【答案】345 【解析】     【分析】明确AB中的元素，了解数列 a 前20项的构成，可求数列 a 的前20项的和. n n   【详解】由题意，数列 a 的前20项为：2，3，4，6，8，9，10，12，14，16，18，20，22，24，26，27， n 28，30，32，34.   所以数列 a 的前20项的和为： n 17  234  S  3927 345. 20 2 故答案为：345 2x3 2x3 14. 已知函数 f  x  ex， g  x  lnx 的零点分别为x， x ，且 x 2， x 2，则 x2 x2 1 2 1 2 1 x   ______；若a x x 恒成立，则整数a的最大值为______． 1 x 2 2 1 2 （参考数据：ln20.7，ln31.1，ln71.95，ln172.8．） 【答案】 ①.2 ②.6 第9页/共18页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 【分析】利用函数图象的对称性，得点  x ,ex 1  与点  x ,lnx  关于直线 y  x 对称，则有 1 2 2 1 1 1 1 2 ex 1  x ，2 lnx  x ，所以x  2；x x  x 2 ，由已知参 x 2 2 x 2 2 1 1 x 2 2 1 2 x 2 1 2 2 2 考数据利用零点存在性定理可得8.5 x 9，可求x x 的范围得整数a的最大值. 2 2 1 2x3 【详解】函数 y  与两函数 y ex，y lnx图象的交点的横坐标即为 f  x  和g  x  的零点， x2 1 反比例函数y 的图象关于直线 y  x对称， x 2x3 1 1 函数 y  2 的图象，可以由y 的图象向右平移2个单位，再向上平移2 个单位得到， x2 x2 x 2x3 1 则对称直线为 y  x2 2 x，函数y  2 的图象关于直线y  x对称， x2 x2 又函数 y ex与 y lnx互为反函数，图象关于直线 y  x对称， 当x 2，x 2时，有点  x ,ex 1  与点  x ,lnx  关于直线 y  x对称， 1 2 1 2 2 1 1 则有2 ex 1  x ，2 lnx  x ， x 2 2 x 2 2 1 1 2 1 所以x  2； 1 x 2 2 1 2x3 x x  x 2 ，由g  x  lnx， 2 1 2 x 2 x2 2 28.53 14 17 28 28 g  8.5  ln8.5 ln   ln17ln2   2.80.7 0， 8.52 6.5 2 13 13 293 15 15 g  9  ln9 2ln3 2.20 92 7 7 1 1 利用零点存在性定理可得8.5 x 9， 故6.5  x x 7 ， 2 6.5 2 1 7 第10页/共18页 学科网（北京）股份有限公司1 1 又6.5  6,7 ，7  6,7 ，若a x x 恒成立，则整数a的最大值为6. 2 1 6.5 7 故答案为：2；6. 【点睛】关键点点睛： 2x3 本题关键点是：函数 y  的图象关于直线 y  x对称，函数 y ex与 y lnx的图象关于直线 y  x对 x2 1 1 称，可知点  x ,ex 1  与点  x ,lnx  关于直线 y  x对称，得到2 ex 1  x ，2 lnx  x . 1 2 2 x 2 2 x 2 2 1 1 2 四、解答题：本大题共 5小题，共 77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 在新时代改革开放的浪潮中，吉林省践行习近平总书记“绿水青山就是金山银山，冰天雪地也是金山银 山”的发展理念，绘就了“一山一水一通道”的四季旅游璀璨画卷，形成了“一山两湖三江四季”的旅游IP 矩阵．吉林某校为促进学生对家乡山水人文的了解，组织学生参加知识竞赛，比赛分为初赛和决赛，根据 初赛成绩，仅有30%的学生能进入决赛．现从参加初赛的学生中随机抽取100名，记录并将成绩分成以下6   组： ， ， ， 70,80 ， ， ，得到如下图所示的频率分布直方图． 40,50 50,60 60,70 80,90 90,100 （1）求频率分布直方图中a的值，并由此估计进入决赛学生的初赛成绩最低分；   （2）从样本成绩在 60,90 内的学生中，用比例分配的分层随机抽样方法抽取6人，再从这6人中任意抽 取2人访谈，求至多有一人成绩在 内的概率． 【答案】（1）a0.020，72.5； 60,70 4 （2） . 5 【解析】 【分析】（1）根据频率直方图频率和为1即可求出a的值，根据频率分布直方图结合百分位数的方法即可求 进入决赛学生的初赛成绩最低分； （2）首先利用分层抽样得到抽取成绩在 的人数，再利用古典概型结合对立事件概率的求法进行求解 即可. 60,70 【小问1详解】 第11页/共18页 学科网（北京）股份有限公司由题  0.0100.0250.030a0.0100.005 101，解得a0.020， 根据初赛成绩，仅有30%的学生能进入决赛， 又成绩在  80,100  的频率为  0.010.005 100.150.3， 成绩在  70,100  的频率为  0.020.010.005 100.350.3， 因此可估计进入决赛学生的初赛成绩最低分n应该在  70,80  之间， 则  80n 0.0200.150.30，解得n 72.5. 【小问2详解】   由成绩在 的频率为0.30，在 70,80 的频率为0.20，在 的频率为0.10， 60,70 80,90   则从样本成绩在 60,90 内的学生中，用比例分配的分层随机抽样方法抽取6人中， 0.3 0.20.1 在 的人数为：6 3（人），在  70,90  的人数为6 3人， 0.30.20.1 0.30.20.1 60,70 C2 4 则从这6人中任意抽取2人访谈，至多有一人成绩在 内的概率为P 1 3  . C2 5 6 60,70 16. 已知幂函数 f  x  x（R）的图象过点  9,3  ． （1）求关于x的不等式 f  2x1  f  x  的解集； （2）若存在x使得 f  x  ， f  tx  ， f  lnx  成等比数列，求正实数t的取值范围． 1  【答案】（1）  ,1 2   1 （2）0,   e 【解析】 1 【分析】（1）由幂函数过定点解出 f  x  x2 ，再由单调性解不等式即可； （2）由等比数列的性质列出等式，再分离参数，利用导数求出单调性，从而得到结果； 【小问1详解】 因为幂函数 f x x（R）的图象过点  9,3  ， 1 所以39，解得 ， 2 第12页/共18页 学科网（北京）股份有限公司1 所以 f  x  x2 ，定义域为x0，且为增函数， 2x1 x  因为 f  2x1  f  x  ，所以x0 ，  2x10 1 解得  x1， 2 1  所以不等式的解集为  ,1. 2  【小问2详解】   由题意可得 f 2 tx  f  x  f  lnx  ，  2 即 x lnx  tx ，x1,t 0 lnx 即t  ， x 1-lnx 所以t¢ = ，令t0 xe， x2 所以当x 1,e  时，t0，t为增函数；x e, 时，t0，t为减函数， 1 所以t  ， max e  1 所以正实数t的取值范围为0,  .  e 17. 已知等差数列 的前n项和为S ，满足a a 10，S 36. n 2 4 6 （1）求数列 的 通 项公式； （2）求数列   1 n1 S  的前2n项和H ； n 2n  a 2  （3）求数列 n 的前n项和T . S S  n n n1 【答案】（1）a 2n1 n （2）H 2n2 n 2n n2 2n （3）T  n  n1 2 【解析】 第13页/共18页 学科网（北京）股份有限公司【分析】（1）根据等差数列通项公式及前n项和公式可得解； （2）利用并项求和的方法可得解； a 2 2n1 1 1 n    （3）由 ，利用裂项相消法可得解. S2S2 n2 n1 2 n2  n1 2 n n1 【小问1详解】 由已知数列 为等差数列， a a  2a 4d 10 a 1 则 2 4 1 ，解得 1 ， S 6a 15d 36 d 2 6 1 所以a a  n1  d 2n1； n 1 【小问2详解】  a a  n 由（1）得a 2n1，则S  1 n n2， n n 2 则H  S S S S  S  S 2n 1 2 3 4 2n1 2n 12 22 32 42  2n1 2  2n 2  12  12  34  34    2n1 2n   2n12n   12342n12n   12n 2n  2 2n2 n； 【小问3详解】 a 2 2n1 1 1 n    由（1）,（2）得 ， S S n2 n1 2 n2  n1 2 n n1 1 1 1 1 1 1 所以T       n 12 22 22 32 n2  n1 2 1 1  n1 2 n2 2n  .  n1 2 18. 在VABC 中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，tanA3tanC． 第14页/共18页 学科网（北京）股份有限公司π （1）若C  ，btanB，求VABC 的面积S； 4 （2）求证：2a2 2c2 b2； 1 （3）当tan A 取最小值时，求tanC． tanB 3 【答案】（1） 2 1 （2）证明见解析 （3） 3 【解析】 π 【分析】（1）先由C  得到tanA的值，再结合tanBtan  AC  得到tanB，根据正弦定理得到a， 4 1 最后由三角形面积公式S  absinC 可得结果； 2 （2）由同角三角函数的关系和正余弦定理，化简即可证明； 4tan A 1 （3）利用tanBtan  AC  和tanA3tanC ，将tanB表示为 ，代入tan A ，化 tan2 A3 tanB 简可得均值不等式，计算求解即可. 【小问1详解】 π 3 10 由题意，tan A3tanC 3tan 3，则sin A ， 4 10 tanB tan  AC  tan AtanC  31 2，则sinB  2 5 ， 1tan AtanC 131 5 3 10 2 bsinA 10 3 2 所以b tanB 2，a    ， sinB 2 5 2 5 1 1 3 2 2 3 所以VABC 的面积S  absinC   2  . 2 2 2 2 2 【小问2详解】 sin A 3sinC sin A cosA a 由tanA3tanC，可得  ，即   ， cosA cosC 3sinC cosC 3c b2 c2 a2 2bc a  b2 c2 a2 a 由余弦定理得：   ， a2 b2 c2 c  a2 b2 c2 3c 2ab 化简得：b2 2c2 2a2 0，即2a2 2c2 b2. 第15页/共18页 学科网（北京）股份有限公司【小问3详解】 由tanA3tanC，可得 1 tan A tan A tanB tan  AC  tan AtanC  3  4tan A ，又tanA0， 1tan AtanC 1 tan2A3 1tan A tan A 3 1 tan2 A3 3 3 3 3 3 所以tan A tan A  tan A 2   ， tanB 4tan A 4 4tan A 4 4 2 1 当且仅当tan A ，即tanA1时取等号， tan A 1 1 1 此时tanC  tan A 1 . 3 3 3 2 19. 已知函数 f  x  ax3 b  x1 1，a，bR． 1ex （1）当a 0时，若 f  x  在点  0, f  0  处的切线方程为 y  3 xm，求实数m的值； 2 （2）（ⅰ）证明：曲线 是中心对称图形； （ⅱ）若 f  x 1当且 仅 = 当 x 0，求a的取值范围． 【答案】（1）3 （2）（ⅰ）证明见详解；（ⅱ）  0, 【解析】 【分析】（1）求导，根据导数的几何意义列式求解即可； （2）①根据对称性的定义分析证明；②根据题意可知b1，分析可知原题意等价于 f  x 1对任意x 0 恒成立，分a 0和a0两种情况，结合导数分析恒成立问题即可. 【小问1详解】 2ex 若a 0，则 f  x  2 b  x1 1， f x  b ， 1ex  1ex2 3 对于直线 y  xm，当x0时， y m， 2 f  0 b1m  b2 由题意可得： 1 3 ，解得 ， f 0 b  m3  2 2 所以实数m的值为3. 【小问2详解】 ①因为函数 y  f  x  的定义域为R， 第16页/共18页 学科网（北京）股份有限公司2 2 且 f  x  f x  ax3b  x1 1 a x 3b x1 1 1ex 1ex 2 2ex  ax3b  x1 1 ax3b x1 1 2b ， 1ex 1ex 即 f  x  f x 2b，可知 f  x  关于点  0,b  对称， 所以曲线 y  f  x  是中心对称图形； ②若 f  x 1当且仅当x 0，可知x0是 f  x 1的根， 2ex 即 f  0 b 1，则 f  x  2 ax3 x， f x  3ax21， 1ex  1ex2 可知 f  x  关于点0,1对称，原题意等价于 f  x 1对任意x 0恒成立， 若a 0，当x趋近于时， f  x  趋近于，不合题意； 2ex 2 2 1    若a0，因为 1ex2 ex  1 2 2 ex 1 2 2 ， ex ex 1 当且仅当ex  ，即x0时，等号成立， ex 2ex 1 2ex 1    但x 0，即等号不成立，可得 ，则 ，  1ex2 2  1ex2 2 2ex 1 1 且ax2 0，可得 f x   1ex2 3ax21 2 01 2  0， 即 fx0，可知 f  x  在  0, 内单调递增，则 f  x  f  0 0，符合题意； 综上所述：a的取值范围  0, . 【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题 （1）分离参数法 第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的最值； 第三步：根据要求得所求范围． （2）函数思想法 第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的极值； 第17页/共18页 学科网（北京）股份有限公司第三步：构建不等式求解． 第18页/共18页 学科网（北京）股份有限公司