2014年湖南高考理科数学试题及答案_全国卷+地方卷_2.数学_1.数学高考真题试卷_2008-2020年_地方卷_湖南高考文科和理科数学08-22

绝密★启用前 2014年普通高等学校招生全国统一考试(湖南卷) 数学(理工农医类) 本试卷包括选择题、填空题和解答题三部分,共5页,时量120分钟,满分150分. 一、 选择题：本大题共10个小题，每小题5分，共50分．在每个小题给出的四个选 项中，只有一项是符合题目要求的 zi 1．满足 i(i为虚数单位）的复数z  z 1 1 1 1 1 1 1 1 A．  i B．  i C．  i D．  i 2 2 2 2 2 2 2 2 2．对一个容量为N 的总体抽取容量为n的样本，学科网当选取简单随机抽样、zxxk系 统抽样和分层抽样三种不同方法抽取样本时，总体中每个个体被抽中的概率分别是 p ,p ,p ,则 1 2 3 A． p  p  p B． p  p  p C． p  p  p D． p  p  p 1 2 3 2 3 1 1 3 2 1 2 3 3．已知 f(x),g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且 f(x)g(x) x3x2 1, 则f(1)g(1)＝ A．－3 B．－1 C．1 D．3 1 4．( x2y)5的展开式中x2y3的系数是zxxk 2 A．－20 B．－5 C．5 D．20 5．已知命题 p:若x y,则xy;命题q:若x y,则x2  y2.在命题 ① pq ② pq ③ p(q)④(p)q中，真命题是 A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 6．执行如图1所示的程序框图，如果输入的t[2,2]，则输出的S 属于 A．[6,2] B．[5,1] C．[4,5] D．[3,6] 开始 输入t t=2t2+1 t<0? 是 否 S=t-3 6 输出S 8 结束 正视图 侧视图 7．一块石材表示的几何何的三视图如图2所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能 得到的最大球的半径等于 12 俯视图A．1 B．2 C．3 D．4 8．某市生产总值连续两年持续增加，第一年的增长率为 p，第二年的增长率为q，则该 市这两年生产总值的年平均增长率为 pq (p1)(q1)1 A． B． C． pq D． (p1)(q1)1 2 2 2 9．已知函数 f(x)sin(x),且 3 f(x)dx0,则函数 f(x)的图象的一条对称轴是 0 5 7   A．x B．x C．x D．x 6 12 3 6 1 10．已知函数zxxk f(x) x2 ex  (x0)与g(x) x2 ln(xa)的图象上存在关于 2 y 轴对称的点，则a的取值范围是 1 1 1 A．(, ) B．(, e) C．( , e) D．( e, ) e e e 二、填空题：本大题共6小题，考生作答5小题，每小题5分，共25分． （一）选做题（请考生在第11，12，13三题中任选两题作答，学科网如果全做，则按前 两题记分）  x2cos 11．在平面直角坐标系中，倾斜角为 的直线l与曲线C: ,(为参数）交 4  y 1sin 于A，B两点，则｜AB｜＝2，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系， 则直线l的极坐标方程是 12．如图3，已知 AB,BC是  O的两条弦， AO  BC,AB  3,BC 2 2,则  O的 半径等于5 1 13．若关于x的不等式|ax2|3的解集为{x|  x }，则a 3 3 （二）必做题（14－16题）  y x  14．若变量x,y满足约束条件x y4，且z 2x y 的最小值为－6，则k   yk  15．如图4，正方形ABCD和正方形DEFG的边长分别为a,b(ab)，原点O为AD b 的中点，抛物线y2 2px(p 0)经过C,F两点，则  a 16．在平面直角坐标系中，O为原点，A(1,0),B(0, 3),C(3,0),动点D满足     |CD|1,则｜OAOBOD｜的最大值是 三、解答题：本大题共6小题，共75分．学科网解答应写出文字说明、证明过程或演算 步骤． 17．（本小题满分12分） 2 3 某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为 和 ．现安排 3 5 甲组研发新产品A，乙组研发新产品B．设甲、乙两组的研发相互独立． （I） 求至少有一种新产品研发成功的概率； （II） 若新产品A研发成功，预计企业可获利润120万元；若新产品B研发成 功，预计企业可获利润100万元．求该企业可获利润的分布列和数学期 望． 18． （本小题满分12分） 如图5，在平面四边形ABCD中，AD＝1，CD＝2，AC＝ 7. （I） 求cosCAD的值； 7 21 （II） 若cosBAD ,sinCBA ,求zxxkBC的长． 14 619． （本小题满分12分） 如图6，四棱柱ABCDABC D 的所有棱长都相等， 1 1 1 1 AC  BD O,A 1 C 1 B 1 D 1 O 1 ,四边形ACC 1 A 1 和四边形BDD 1 B 1 均为矩形． （I） 证明：OO底面ABCD; 1 （II） 若CBA60,求二面角C OB D的余弦值． 1 1 20． （本小题满分13分） 已知数列{a }满足a 1,|a a | pn,nN*. n 1 n1 n （I） 若{a }是递增数列，且a ,2a 3a 成等差数列，求 p的值； n 1 2, 3 1 （II） 若 p ，且{a }是递增数列，{a }学科网是递减数列，zxxk求数 2 2n1 2n 列{a }的通项公式． n21． （本小题满分13分） x2 y2 如图7，O为坐标原点，椭圆C :  1(ab0)的左、右焦点分别为F,F ， 1 a2 b2 1 2 x2 y2 离心率为e ；双曲线C :  1的左、右焦点分别为F ,F ，离心率为e ．已知 1 2 a2 b2 3 4 2 3 ee  ,且|F F | 31. 1 2 2 2 4 （I） 求C ,C 的方程； 1 2 （II） 过F 作C 的不垂直于y轴的弦AB的中点．当直线OM 与C 交于P,Q 1 1 2 两点时，求四边形APBQ面积的最小值． 22． （本小题满分13分） 2x 已知常数a0,函数f(x)ln(1ax) . x2 （I） 讨论 f(x)在区间(0,)上的单调性； （II） 若 f(x)存在学科网两个极值点x ,x ,且 f(x ) f(x )0,求a的zxxk 1 2 1 2 取值范围．一、选择题:本大题共10小题,每小题5分,共50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. zi 1.满足 i(i为虚数单位)的复数z ( ) z 1 1 1 1 1 1 1 1 A．  i B．  i C．  i D．  i 2 2 2 2 2 2 2 2 zi i i(i1) 1i 1 1 【解】选B.由 iz     i,即选B. z i1 (i1)(i1) 2 2 2 2.对一个容量为N 的总体抽取容量为n的样本,当选取简单随机抽样、系统抽样和分层抽 样三种不同方法抽取样本时,总体中每个个体被抽中的概率分别是 p,p ,p 则( ) 1 2 3 A． p  p  p B． p  p  p C． p  p  p D． p  p  p 1 2 3 2 3 1 1 3 2 1 2 3 【解】选D. 根据随机抽样的原理可得简单随机抽样、分层抽样、系统抽样都必须满足每 p  p  p 个个体被抽到的概率相等,即 ,故选D. 1 2 3 3.已知 f(x),g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数,且 f(x)g(x)x3 x2 1,则 f(1)g(1)( ) A．－3 B．－1 C．1 D．3 【解】选C.由函数奇偶性,联想转化: f(1)g(1) f(1)g(1)(1)3 (1)2 11. 1 4.( x2y)5的展开式中x2y3的系数是( ) 2 A．－20 B．－5 C．5 D．20 1 1 【解】选A.二项式( x2y)5的通项为T Cr( x)5r2yr,r,rN , 2 r1 5 2 1 令r 3时,T C3( x)22y3 20x2y3,故选A. 4 5 2 5.已知命题 p:若x y,则xy,命题q:若x y,则x2  y2.在命题:① pq ② pq ③ p(q)④(p)q中,真命题是( ) 开始 A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 输入t 【解】选C.显然 p真q假,所以可知复合命题①、③正确,选C. 6.执行如图右所示的程序框图,如果输入的t[2,2],则输出的S属于( ) t=2t2+1 A. [6,2] B．[5,1] t<0? 是 C．[4,5] D．[3,6] 否 【解】选D. 由程序框图可知 S=t-3 ①当t2,0时,运行程序如下,t 2t2 11,9,S t32,6 ; ②当t0,2 时,则S t33,1 ; 6 输出S 综上①②可知,S2,6  3,13,6故选D. 8 结束 7.一块石材表示的几何体的三视图如图右所示,将该石材切削、 打磨,加工成球,则能得到的最大球的半径等于( ) 正视图 侧视图 A．1 B．2 12 俯视图C．3 D．4 【解】选B.由三视图可得该几何体为三棱柱(倒置:长为12、 宽为6的矩形侧面与地面接触).易知不存在球与该三棱 柱的上、下底面及三个侧面同时相切,故最大的球是与其 三个侧面同时相切,所以最大球的半径为上(下)底面直角 6810 三角形内切圆的半径r,则r  2,故选B. 2 8.某市生产总值连续两年持续增加,第一年的增长率为 p ,第二年的增长率为q ,则该市这两 年生产总值的年平均增长率为( ) pq (p1)(q1)1 A． B． C． pq D． 2 2 (p1)(q1)1 【解】选D.设两年的年平均增长率为x, 则有1x2 1 p1q  x 1 p1q1,故选D. 2 9.已知函数 f(x)sin(x),且 3 f(x)dx0,则函数 f(x)的图象的一条对称轴是( ) 0 5 7   A．x B．x C．x D．x 6 12 3 6 2 2 2 【解】选A.由 3 f(x)dx0得,cos(x) 30,即coscos( )0, 0 0 3 3 3  可化为 cos sin0,即tan 3,可得 k,kZ , 2 2 3  也所以 f(x)sin(x)sin(x ),经检验可知A选项符合. 3 1 10.已知函数 f(x)x2 ex  (x0)与g(x)x2 ln(xa)的图象上存在关于y轴对称 2 的点,则a的取值范围是( ) 1 1 1 A．(, ) B．(, e) C．( , e) D．( e, ) e e e 【解】选 B.依题意在曲线 g(x)取一点 (x,g(x))(x0),则在曲线 f(x)上存在一点 (x, f(x))与之对应(关于y轴对称),所以 f(x)g(x)在x0上有解, 1 1 y 即x2 ex  x2 ln(xa),也即ln(xa)ex  在x0上 2 2 1 有解,由于y ln(xa),y ex  分别为(0,)上增函数、 yex 1 yln(x e) 1 2 2 2 1  e 0.5 减函数,于是结合图象易知,方程ln(xa)ex  在x0上 O x 2 0.5 1 有解的充要条件为lnae0  ,即a e,选B. 2 二、填空题:本大题共6小题,考生作答5小题,每小题5分,共25分. (一)选做题(请考生在第11、12、13三题中任选两题作答,如果全做,则按前两题记分) x2cos, 11.在平面直角坐标系中,倾斜角为 的直线l与曲线C: (为参数)交于 4 y1sin A、B两点,且|AB|2,以坐标原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,则直线l 的极坐标方程是 . 【解】填(cossin)1.依题意曲线C 的普通方程为x22 y12 1, 设直线l的方程为yxb,因为弦长 AB 2,所以圆心2,1到直线l的距离d 0, B 所以圆心在直线l上,故yx1sincos1(cossin)1. 12.如图右,已知AB,BC是  O的两条弦,AOBC,AB 3,BC 2 2, 则 O的半径等于 . B A O 3 【解】填 .设AO  BC D,易知BDDC  2 , 2 ABD中由勾股定理可得AD1,连接OB,则有 A O C D 3 OB2 BD2 OD2 r2 2(r1)2 r . 2 5 1 C 13.若关于x的不等式|ax2|3的解集为{x| x },则a . 3 3  5  a2 3  3 【解】填 -3 .由题可得1 a3,故填3.  a2 3 3 (二)必做题(14-16题) yx, y  14.若变量x,y满足约束条件x y4,,且z2x y的最小值为－6, y=x  4 C yk 4 则k  . O x 【解】填 -2 .如右图所示,k 2,且可行域为三角形, A B y=k 故当目标函数y2xz过点A(k,k)时,z有最小值, 即63k ,即k 2. y=-2x+z y 15.如图右,正方形ABCD和正方形DEFG的边长分别为a,b(ab), G F 原点O为AD的中点,抛物线y2 2px(p0)经过C,F 两点, b 则  . A a O D E x C a a B 【解】填 .由条件可知C( ,a),F( b,b)在抛物线 1 2 2 2 y2 2px a 上,代入 点易得 ,又代入 点得,b2 2a( b),即 , C pa F 2 b2 2aba2 0 b b b b b 可化为( )2 2 10,得 1 2 ,又因为 1,所以 1 2 ,即求. a a a a a  16.在平面直角坐标系中,O为原点,A(1,0),B(0, 3),C(3,0),动点D满足|CD|1,则    y |OAOBOD|的最大值是 . B D A 1 C O x D  3 E 【解】填1 7.由|CD|1知,动点D(x,y)在 C:(x3)2  y2 1上,    设mOAOBOD(x1,y 3),则|m|2(x1)2 (y 3)2, 其几何意义为 C上动点D(x,y)与定点E(1, 3)间距离的平方,  如右图所示,由平面几何知,|m| |EC|r  7 1. max 三、解答题:本大题共6小题,共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.(本小题满分12分) 2 3 某企业有甲、乙两个研发小组,他们研发新产品成功的概率分别为 和 .现安排甲组 3 5 研发新产品A,乙组研发新产品B.设甲、乙两组的研发相互独立. (Ⅰ)求至少有一种新产品研发成功的概率; (Ⅱ)若新产品A研发成功,预计企业可获利润120万元;若新产品B研发成功,预计企业可获 利润100万元.求该企业可获利润的分布列和数学期望. 【解】(Ⅰ)记E{甲组研发新产品成功},F {乙组研发新产品成功}.由题设知 2 3 E,F 相互独立,且P(E) ,P(F) ,又记事件 “至少有一种新产品研发成功”为M , 3 5 2 3 13 则P(M)1P(M)1P(EF)1P(E)P(F)13(1 )(1 ) ……………6分 3 5 15 (Ⅱ)记该企业可获利润为(万元),则的可能取值有0,100,120,220. 1 2 2 1 3 3 且易知P(0)   ,P(100)   ; 3 5 15 3 5 15  0 100 120 220 2 2 4 2 3 6 P(120)   ,P(220)   ; 2 1 4 2 3 5 15 3 5 15 P 故所求的分布列为(如右表所示): 15 5 15 5 2 3 4 6 且E()0 100 120 220 140.………………………………12分 15 15 15 15 18.(本小题满分12分) A 如图右,在平面四边形ABCD中,AD1,CD2,AC  7. D (Ⅰ)求cosCAD的值; 7 21 (Ⅱ)若cosBAD ,sinCBA 求BC的长. B C 14 6 【解】(Ⅰ)如图右,在ADC中,由余弦定理,得 A AC2  AD2 CD2 714 2 7 cosCAD   ……………5分 D 2ACAD 2 7 7 (Ⅱ)设BAC ,则BADCAD, 2 7 7 B C 因为cosCAD ,cosBAD , 7 14 21 且CAD,BAD(0,),所以sinCAD 1cos2CAD  , 7 3 21 同理sinBAD , 14 于是sinsin(BADCAD)sinBADcosCADcosBADsinCAD,3 21 2 7 7 21 3   ( )  ,………………………………………10分 14 7 14 7 2 3 7 ACsin 2 所以在ABC中,由正弦定理有BC   3,即求.………………12分 sinCBA 21 6 19.(本小题满分12分) A 1 如图,四棱柱ABCDABCD 的所有棱长都相等, O 1 D 1 AC  BDO,AC  BD  1 O 1 , 1 四 1 边形ACC A 和四边形 B 1 C 1 1 1 1 1 1 1 1 BDDB 均为矩形. 1 1 A (Ⅰ)证明:OO底面ABCD; D 1 O (Ⅱ)若CBA60,求二面角C OB D的余弦值. B C 1 1 【解】(Ⅰ)证明:如图右,因为四边形ACC A 为矩形,所以 1 1 CC  AC,同理DD BD, A 1 1 1 O 1 D 1 因为CC 1 //DD 1 ,所以CC 1 BD,而AC  BDO,因此 B 1 C 1 CC 底面ABCD. 1 H 由题设知OO 1 //CC 1 ,故O 1 O底面ABCD;………………6分 A D (Ⅱ)解法1 如图右,由(Ⅰ)知OO底面ABCD, O 1 B C 所以OO底面ABCD ,于是OO AC . 1 1 1 1 1 1 1 1 又由题设知四边形ABCD 是菱形,所以AC BD ,而BD  OO O , 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 故AC 平面BDDB ,于是过点O 作OH BO于H ,连结HC 1 1 1 1 1 1 1 1 则HC BO(三垂线定理),故CHO 是二面角C OB D的平面角. 1 1 1 1 1 1 不妨设AB2,因为CBA60,所以OB 3,OC 1,OB  7 , 1 OO OB 2 3 19 在RtOOB 中,OH  1 1 1  ,而OC 1,于是CH  OC2 OH2  , 1 1 1 OB 7 1 1 1 1 1 1 7 1 OH 2 3 7 2 57 故RtHOC 中,有cosCHO  1    , 1 1 1 1 CH 7 19 19 1 2 57 即二面角C OB D的余弦值为 .……………………………………………12分 1 1 19 z A 解法2 由题设知四边形ABCD是菱形,所以AC BD, 1 O 1 D 1 又(Ⅰ)已证O 1 O底面ABCD,从而OB,OC,OO 1 两 B 1 C 1 两垂直,如图右,以O为原点,OB,OC,OO 所在直线分 1 H 别分x轴, y轴,z轴,建立空间直角坐标系Oxyz. A D 不妨设AB2,因为CBA60,所以OB 3,OC 1, O x B C 于是相关各点的坐标为O(0,0,0),B( 3,0,2),C (0,1,2), y 1 1 易知n (0,1,0)是平面BDDB 的一个法向量.设n (x,y,z)是平面OBC 一个法向量, 1 1 1 2 1 1   n OB 0,  3x2z0, 则 2  1 ,即 ,令z 3,则x2,y2 3 ,故n (2,2 3, 3), n OC 0, y2z0. 2 2 1 设二面角C OB D的大小为,由图可知为锐角,于是 1 1|n n | 2 3 2 57 cos|cosn ,n | 1 2   , 1 2 |n ||n | 19 19 1 2 2 57 故二面角C OB D的余弦值为 .……………………………………………12分 1 1 19 20.(本小题满分13分) 已知数列{a }满足a 1,|a a | pn,nN*. n 1 n1 n (Ⅰ)若{a }是递增数列,且a,2a ,3a 成等差数列,求 p的值; n 1 2 3 1 (Ⅱ)若 p ,且{a }是递增数列,{a }是递减数列,求数列{a }的通项公式. 2 2n1 2n n 【解】(Ⅰ)因为{a }是递增数列,所以|a a |a a  pn,而a 1, n n1 n n1 n 1 因为a  p1,a  p2  p1,又a,2a ,3a 成等差数列, 2 3 1 2 3 1 所以4a a 3a ,因而3p2  p0,解得 p ,或 p0, 2 1 3 3 1 当 p0时,a a ,这与{a }是递增数列矛盾.故 p ;………………………………6分 n1 n n 3 (Ⅱ)由于{a }是递增数列,因而a a 0,于是(a a )(a a )0,……① 2n1 2n1 2n1 2n1 2n 2n 2n1 1 1 而|a a |( )2n |a a |( )2n1,……② 2n1 2n 2 2n 2n1 2 1 由①②知,a a 0,即a a ( )2n1,……③ 2n 2n1 2n 2n1 2 1 因为{a }是递减数列,同理可得a a 0,故a a ( )2n……④ 2n 2n1 2n 2n1 2n 2 1 1 由③④即知,a a (1)n( )n1 ( )n1,n2,nN*, n n1 2 2 所以a (a a )(a a )  (a a )a (n2) n n n1 n1 n2 2 1 1 1 1 1 [( )n1( )n2  ( )1]1  2 2 2 1 1( )n1 1 2 4 1 1 1( )   ( )n1, 2 1 3 3 2 1 2 4 1 1 又当n1时,a 1也适合上式,故a   ( )n1,nN*.………………………13分 1 n 3 3 2 21.(本小题满分13分) x2 y2 如图右,O为坐标原点,椭圆C :  1(ab0) y 1 a2 b2 A x2 y2 P 的左、右焦点分别为F,F ,离心率为e ;双曲线C :  M 1 2 1 2 a2 b2 F 2 F 3 F 1 O F 4 x 3 B 1的左、右焦点分别为F,F ,离心率为e .已知ee  , Q 3 4 2 1 2 2 且|FF | 31. 2 4 (Ⅰ)求C ,C 的方程; 1 2(Ⅱ)过F 作C 的不垂直于y轴的弦AB,M 为AB的中点.当直线OM 与C 交于P,Q两点 1 1 2 时,求四边形APBQ面积的最小值. 3 b2 b2 3 y 【解】(Ⅰ)因为ee  ,所以e2e2 (1 )(1 ) , 1 2 2 1 2 a2 a2 4 A P 得a2 2b2,从而F (b,0),F ( 3b,0), M d 2 4 F 2 于是 3bb|FF | 31,即b1,a2 2, F 3 F 1 O F 4 x 2 4 B Q x2 x2 故C ,C 的方程分别为  y2 1,  y2 1.………5分 1 2 2 2 (Ⅱ)由(Ⅰ)易知F(1,0),依题意设AB:xmy1,A(x,y ),B(x ,y ), 1 1 1 2 2 xmy1, 由 ,得(m2 2)y2 2my10,显然  0恒成立, x2 2y2 2 2m 1 所以y  y  ,y y  , 1 2 m2 2 1 2 m2 1 4 2 m 故x x m(y  y )2 ,于是AB的中点M( , ), 1 2 1 2 m2 2 m2 2 m2 2 m m 故直线PQ的斜率为k  ,即直线PQ:y x,即mx2y0, 2 2  m y x, 4 由 2 得(2m2)x2 4,即x2  (m2 2), 2m2  x2 2y2 2 m2 4 4m2 m2 4 由双曲线的对称性易PQ2 x2  y2 2 x2(1 ) 2  2 , 4 2m2 4 2m2 由M 为AB的中点,显然A,B到直线PQ的距离相等, |mx 2y | |mx 2y | |mx  y ||mx  y | 即d  1 1  2 2 ,所以2d  1 1 2 2 , m2 4 m2 4 m2 4 又因为A,B在直线mx2y0的两侧,故(mx 2y )(mx 2y )0, 1 1 2 2 |mx 2y mx 2y | |m(x x )2(y  y )| (m2 2)| y  y | 于是2d  1 1 2 2  1 2 1 2  1 2 , m2 4 m2 4 m2 4 2 2 m2 1 2 2 m2 1 又因为| y  y | (y  y )2 4y y  ,即2d  , 1 2 1 2 1 2 m2 2 m2 4 故四边形APBQ的面积为 1 2 2 m2 1 3 S  |PQ|2d  2 2 1 (0m2 2), 2 2m2 2m2 由02m2 2,故当m0时,S有最小值2, 综上所述,四边形APBQ面积的最小值为2.……………………………………………13分 22.(本小题满分13分) 2x 已知常数a0,函数 f(x)ln(1ax) . x2 (Ⅰ)讨论 f(x)在区间(0,)上的单调性; (Ⅱ)若 f(x)存在两个极值点x,x ,且 f(x ) f(x )0,求a的取值范围. 1 2 1 2a 2(x2)2x ax2 4(a1) 【解】(Ⅰ)由 f '(x)   ,(x0) 1ax (x2)2 (ax1)(x2)2 ①当a1时, f '(x)0; 1a 1a ②当0a1时,由 f(x)0得,x 2 ,x 2 (舍去), 1 a 2 a 且由于二次函数yax2 4(a1)的图象是开口向上的抛物线,故易知: 当0xx 时, f '(x)0,当xx 时, f '(x)0, 1 1 综上所述,当a1时, f(x)在区间(0,)上单调递增; aa2 aa2 当0a1时, f(x)在区间(0,2 )上递减,在区间(2 ,)上递增.……6分 a a ax2 4(a1) (Ⅱ)由(Ⅰ)知 f '(x) ,所以 (ax1)(x2)2 ①当a1时, f(x)0,此时 f(x)不存在极值点. 1a 1a ②当0a1时, f '(x)0的两根为x 2 ,x 2 , 1 a 2 a 1a 1 依题意x,x 是 f(x)定义域上的两个极值点,故必有x 2  ,x 2, 1 2 2 a a 2 1 解得a ,结合二次函数yax2 4(a1)的图象可知, 2 1 4(a1) 当0a1,a 时,x,x 分别是 f(x)的极小值、极大值点.且x x 0,xx  . 2 1 2 1 2 1 2 a 2x 2x 而 f(x ) f(x )ln(1ax ) 1 ln(1ax ) 2 , 1 2 1 x 2 2 x 2 1 2 4xx 4(x x ) ln[1a(x x )a2xx ] 1 2 1 2 1 2 1 2 xx 2(x x )4 1 2 1 2 4(a1) 2 ln(2a1)2  ln(2a1)2  2, 2a1 2a1 2 令t 2a1(1,0)  (0,1),则 f(x ) f(x )g(t)lnt2  2,(1t1,t 0), 1 2 t 2(t1) 于是g'(t) 0,即g(t)在t(1,0),(0,1)上递减,所以 t2 ①当1t0时,g(t)g(1)40,与 f(x ) f(x )g(t)0的题意矛盾,舍去; 1 2 ②当0t1时,g(t)g(1)0,符合题意. 1 综上可知,要使 f(x ) f(x )0,则必须有t 2a1(0,1),即a( ,1)为所求.……13分 1 2 2