2025-2026 学年高二下学期期末模拟考试（一）
数 学（解析卷）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
答案速查表
1 2 3 4 5
D A B B B
6 7 8 9 10
D B D ACD BCD
11 12 13 14 15
（1）列联表
3 18
ABD 3x−y−2=0 2n 见解析，
364 19
（2）有关
16 17 18 19
19
x2 （1） （2）
（1） （1） + y2=1 27 （1）见解析
4
a =n(n+2) ( 1) n （2）[0,e]
n （2）（i）证明见 E(X )=n 1−
（2）证明见解 n n （3）证明见
π
析 解析 （ii） ，证明见解析 解析
6
（3）证明见解析
第一部分 选择题（共 58 分）
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. 已知集合 A={0,1,2,3,4}，B={x∣x≥1+√3}，则 A∩B=（ ）
A. {x∣−1≤x≤3} B. {0,1,2,3} C. {1,2,3} D. {3,4}
【答案】D
【解析】由 A={0,1,2,3,4}，B={x∣x≥1+√3}，
又 1+√3≈2.732，
A∩B={3,4}.
【点拨】本题考查集合的交集运算，正确估算无理数的大小是解题的关键.
∴
2i
2. 复数 对应的点位于（ ）
1+i
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
第 1 页，共 13 页【答案】A
2i 2i(1−i)
【解析】由题意，复数 = =1+i，∴复数对应的点 (1,1)，故选A.
1+i (1+i)(1−i)
【点拨】本题考查复数的除法运算及复数的几何意义，属于基础题.
3. 已知 a>0，若 ( x2+ a) 6 的展开式中，常数项等于240，则 a=（ ）
x
A. 3 B. 2 C. 6 D. 4
【答案】B
【解析】由二项展开式的通项公式可得 T =Cr (x2 )
6−r(a) r
=arCrx12−3r ，
r+1 6 x 6
令 12−3r=0，解得 r=4，
即常数项为 T =a4C4=240，解得 a=2.
5 6
故选：B
【点拨】本题考查二项式定理中特定项的求解，掌握通项公式是解题的关键.
4. 已知一道解答题共有两小问，某班50个人中有30个人能够解答出第一问．在第一问
解答不出的情况下，解答出第二问的概率为0.1，第一问解答出来的情况下，第二问解答
不出来的概率为0.7，则解答出第二问的概率为（ ）
A. 0.46 B. 0.22 C. 0.18 D. 0.04
【答案】B
【解析】设“解出第一问”为事件 A， “解出第二问”为事件 B，
30
由题意可得： P(A)= =0.6,P(B∣A´ )=0.1,P(B´∣A)=0.7，
50
则 P(A´ )=0.4,P(B∣A)=0.3，
P(B)=P(A)P(B∣A)+P(A´ )P(B∣A´ )=0.6×0.3+0.4×0.1=0.22.
故选：B
∴
【点拨】本题考查全概率公式的应用，正确识别事件并套用公式是解题的关键.
5. 已知点 P 在曲线 E:xy=1(x>0) 上，点 Q 在直线 2x+ y=0 上，则 P,Q 两点距离
最小值为（ ）
√10 2√10 √5 2√5
A. B. C. D.
5 5 5 5
【答案】B
第 2 页，共 13 页【解析】 E:y= 1 ,x>0,y'=− 1 ,x>0，设 Q ( x , 1 ) ，过 Q 的切线斜率为 − 1 ，当且仅当切
x x2 0 x x2
0 0
1 √2
线与 2x+ y=0 平行时，P,Q 两点距离最小值为两平行线的距离. 由 − =−2，解得 x = ，
x2 0 2
0
(√2 ) 2√2 2√10
此时 Q ,√2 ，最小距离为 d= = ，故选B.
2 √5 5
【点拨】本题考查利用导数求曲线上一点到直线距离的最小值，利用平行线间的距离求解是常用
技巧.
6. 在一个具有五个行政区域的地图上，用6种颜色着色，若相邻的区域不能用同一种颜
色，则不同的着色方法共有（ ）
A. 1450种 B. 1480种 C. 1520种 D. 1560种
【答案】D
【解析】先涂3区域，共有6种涂法，然后涂1区域，共有5种涂法，
然后涂5区域，若1和5区域同色，一共的涂法种数为 A1A1×(4+A2 )=480；
6 5 4
若1和5区不同色，一共的涂法种数为 A1A1A1×(3+A2 )=1080.
6 5 4 3
故一共的涂色总数为 480+1080=1560.
故选：D.
【点拨】本题考查排列组合在涂色问题中的应用，采用分步与分类相结合的方法是解题的关键.
7. 等差数列 {a } 的前 n 项和为 S ，且 S =9,S =36，则 S 为（ ）
n n 3 6 9
A. 45 B. 81 C. 90 D. 162
【答案】B
【解析】∵等差数列 {a } 的前 n 项和为 S ，
n n
∴ S ,S −S ,S −S 也成等差数列，即 9,27,S −36 成等差数列，
3 6 3 9 6 9
∴ 2×27=9+S −36⇒S =81，
9 9
故选：B.
【点拨】本题考查等差数列前 n 项和的性质，利用片段和成等差数列可快速求解.
8. 已知 a=20222024,b=20232023,c=20242022，则 a,b,c 的大小关系为（ ）
A. b>c>a B. b>a>c C. a>c>b D. a>b>c
【答案】D
第 3 页，共 13 页ln2022
lna 2024ln2022 2023
【解析】∵ = = ，
lnb 2023ln2023 ln2023
2024
lnx (x+1)−xlnx
构造函数 f(x)= (x≥e2 )，f' (x)= ，
x+1 x(x+1) 2
令 g(x)=(x+1)−xlnx，则 g' (x)=−lnx<0，
∴ g(x) 在 [e2,+∞) 上单减，
∴ g(x)≤g(e2 )=1−e2<0，
故 f' (x)<0，∴ f(x) 在 [e2,+∞) 上单减，
ln2022
lna 2023 f（2022）
∴ f（2022）>f（2023）>0⇒ = = >1⇒lna>lnb⇒a>b，
lnb ln2023 f（2023）
2024
ln2023
lnb 2023ln2023 2022
∵ = = ，
lnc 2022ln2024 ln2024
2023
lnx (x−1)−xlnx
构造函数 h(x)= (x≥e2 )，h' (x)= ，
x−1 x(x−1) 2
令 t(x)=(x−1)−xlnx，则 t' (x)=−lnx<0，
∴ t(x) 在 [e2,+∞) 上单减，
∴ t(x)≤t(e2 )=1−e2<0，
故 h' (x)<0，∴ h(x) 在 [e2,+∞) 上单减，
ln2023
lnb 2022 h（2023）
∴ h（2023）>h（2024）>0⇒ = = >1⇒lnb>lnc⇒b>c，
lnc ln2024 h（2024）
2023
故 a>b>c.
故选：D.
【点拨】本题考查利用导数构造函数比较大小，通过取对数并构造合适的函数是解决此类问题的
通法.
二、选择题：本题共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
是符合题目要求的.全部选对得满分，部分选对得部分分，有选错得0分.
9. 李明上学有时坐公交车，有时骑自行车.假设其坐公交车用时 X 和骑自行车用时 Y
均服从正态分布，密度曲线如下图所示，则（ ）
第 4 页，共 13 页A. E(X)<E(Y)
B. D(X)<D(Y)
C. 如果某天有34min可用，为了降低迟到的可能性，李明应选择坐公交车
D. 如果某天有38min可用，为了降低迟到的可能性，李明应选择骑自行车
【答案】ACD
【解析】对于A，E(X)=30,E(Y)=34，∴ E(X)<E(Y)，故A正确；
对于B，X 的密度曲线矮胖，数据分散，Y 的密度曲线瘦高，数据集中，∴ D(X)>D(Y)，故
B错误；
1
对于C，显然 P(X≤34)> =P(Y≤34)，则当有34min可用时，坐公交车不迟到的概率大，故C
2
正确；
对于D，显然 P(X≤38)<P(Y≤38)，则当有38min可用时，骑自行车不迟到的概率大，故D正
确；
故选：ACD.
【点拨】本题考查正态分布密度曲线的性质，理解均值决定对称轴位置、方差决定曲线形状是解
题的关键.
x2+x−1
10. 已知函数 f(x)= ，则下列结论正确的是（ ）
ex
A. 函数 f(x) 存在三个不同零点
B. 函数 f(x) 既存在极大值又存在极小值
5
C. 若 x∈[t,+∞) 时，f(x) = ，则 t 的最大值为2
max e2
D. 当 −e<k<0 时，方程 f(x)=k 有且只有两个实根
【答案】BCD
x2+x−1 −x2+x+2
【解析】由函数 f(x)= ，可得 f' (x)= ，
ex ex
令 f' (x)=0，解得 x=−1 或 x=2，
当 x<−1 时，f' (x)<0；当 −1<x<2 时，f' (x)>0；当 x>2 时，f' (x)<0，
∴函数 f(x) 在 (−∞,−1),(2,+∞) 单调递减，在 (−1,2) 上单调递增，
第 5 页，共 13 页当 x=−1，函数 f(x) 取得极小值 f(−1)=−e；
5
当 x=2，函数 f(x) 取得极大值 f（2）= ，
e2
当 x→−∞ 时，f(x)→+∞，当 x→+∞ 时，f(x)→0，
作出函数 f(x) 的图象，结合图象得：
对于A中，函数 f(x) 存在两个不同的零点，∴A不正确；
对于B中，函数 f(x) 既存在极大值又存在极小值，∴B正确；
5
对于C中，当 x∈[t,+∞) 时，f(x) = ，可得 t≤2，∴ t 的最大值为2，∴C正确；
max e2
对于D中，若方程 f(x)=k 有且只有两个实根，
即 y=f(x) 与 y=k 的图象有两个不同的交点，可得 −e<k<0，∴D正确.
故选：BCD.
【点拨】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值与零点问题，数形结合是解决此类综合问题
的有效方法.
11. 甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，并且每次传球时传球
者都等可能传给另外三人中的任何一人，则（ ）
1
A. 第一次球传出后恰好传给丙的概率为
3
2
B. 第二次球传出后恰好传给丙的概率为
9
1
C. 第二次球传出后恰好传给丙，且此球是由乙传出的概率为
3
1 1 ( 1) n−1
D. 球第 n(n∈N∗) 次传出后恰好传给丙的概率为 + ⋅ −
4 12 3
【答案】ABD
1
【解析】对于A，第一次球传出后恰好传给丙的概率为 ，故A正确；
3
1 1 1
对于B，第二次球传出后恰好传给丙，分为两种情况：甲传给乙，乙传给丙，概率为 × = ；
3 3 9
1 1 1 2
甲传给丁，丁传给丙，概率为 × = ，∴第二次球传出后恰好传给丙的概率为 ，故B正确；
3 3 9 9
1 1 1
对于C，第二次球传出后恰好传给丙，且此球是由乙传出的概率为 × = ，故C错误；
3 3 9
对于D，设球第 n 次传出后恰好传给丙的概率为 P ，则第 n 次传出后没有传给丙的概率为
n
1−P ，
n
∵每次传球时传球者都等可能传给另外三人中的任何一人，
1 1 1
∴ P =(1−P )× =− P + ，
n n−1 3 3 n−1 3
第 6 页，共 13 页1 1( 1)
∴ P − =− P − ，
n 4 3 n−1 4
1 1 1
又 P = ，∴ P − = ，
1 3 1 4 12
{ 1} 1 1
∴数列 P − 是以 为首项，− 为公比的等比数列，
n 4 12 3
1 1 ( 1) n−1 1 1 ( 1) n−1
∴ P − = ⋅ − ，即 P = + ⋅ − ，故D正确.
n 4 12 3 n 4 12 3
故选：ABD.
【点拨】本题考查离散型随机变量的概率及概率递推数列模型，构造等比数列求通项是解决递推
概率问题的核心技巧.
第二部分 非选择题（共 92 分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 曲线 f(x)=lnx+2x−1 在点 P(1,1) 处的切线方程为＿＿＿＿＿＿.
【答案】3x−y−2=0
1
【解析】由 f(x)=lnx+2x−1，得 f' (x)= +2，
x
∴ f' （1）=3，又 f（1）=1，
∴曲线在点 P(1,1) 处的切线方程为 y−1=3(x−1)，即 3x−y−2=0.
【点拨】本题考查利用导数求曲线的切线方程，熟练掌握导数的几何意义是解题的关键.
13. 若把满足 a2+b2=c2 (a<b<c) 的正整数组 (a,b,c) 称为“勾股数组”，则在不大于
14的正整数中，随机选取3个不同的数，能组成“勾股数组”的概率为＿＿＿＿＿＿.
3
【答案】
364
【解析】由题意可知基本事件的总数为 C3 =364，
14
能组成“勾股数组”的有 (3,4,5),(6,8,10),(5,12,13)，共3个，
3
故所求概率为 .
364
【点拨】本题考查古典概型的概率计算，列举出符合条件的勾股数组是解题的关键.
14. 已知定义域为 R 的偶函数 f(x) 满足 f(1−2x)=f(1+2x)，且当 x∈[0,1] 时，
f(x)=x，若将方程 f(x)=log |x|(n∈N∗) 实数解的个数记为 a ，则 a =＿＿＿＿＿
n+1 n n
＿.
【答案】2n
【解析】∵ f(1−2x)=f(1+2x)，∴ f(x) 关于直线 x=1 对称，
第 7 页，共 13 页又 f(x) 是偶函数，∴ f(x)=f(−x)，
∴ f(x+2)=f(1+(x+1))=f(1−(x+1))=f(−x)=f(x)，
∴ f(x) 是以2为周期的周期函数，
当 x∈[0,1] 时，f(x)=x，
∵ log (n+1)=1，当 x>n+1 时，log x>1，
n+1 n+1
在 [0,n+1] 上，f(x) 的图象与 y=log x 的图象有 n 个交点，
n+1
又 f(x) 与 y=log |x| 均为偶函数，图象关于 y 轴对称，
n+1
∴在 [−(n+1),0) 上也有 n 个交点，
∴实数解的个数 a =2n.
n
【点拨】本题考查函数的奇偶性、周期性及函数零点个数问题，利用数形结合思想画出草图是解
题的关键.
四、解答题：本题共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. 某种传染性疾病的检测通过采集血样利用相关检测试剂盒进行检测，若呈阳性，则
诊断为患病，若呈阴性，则诊断为不患病.某企业开发了一种新型检测试剂盒，现采用卡
方检验的方法检验该试剂盒的检测效果，为此随机抽取了100份患病的血样和100份不患
病的血样进行检验，试验结果显示，100份患病的血样中，检测出阳性血样90份，阴性血
样10份；100份不患病的血样中，检测出5份阳性血样，95份阴性血样.
（1）填写下面列联表，记检测结果为阳性者患该疾病的概率为 P，求 P 的估计值；
检测结 不患
果 患病 病 合计
阳性 90 5 95
阴性 10 95 105
合计 100 100 200
………………………………………………………………………………………… 3 分
检测结果为阳性的共95人，其中患病的为90人，
90 18
∴ P 的估计值为 = …………………………………………………… 6 分
95 19
(2) 零假设为 H ：某人血样经该检测试剂盒检测诊断结果是否为阳性与其是否患病无关，
0
………………………………………………………………………………………… 8 分
根据列联表数据计算得
200×(90×95−10×5) 2 57800 57800
χ2= = > =144.5 ………………………… 11 分
100×100×95×105 399 400
因为 144.5>10.828=x …………………………………………………… 12 分
0.001
根据小概率值 α=0.001 的独立性检验，我们推断 H 不成立，
0
即认为某人血样经该检测试剂盒检测诊断结果是否为阳性与其是否患病有关 …… 13 分
第 8 页，共 13 页【点拨】本题考查列联表的完善及独立性检验，熟练套用卡方公式是解题的关键。
{a }
16. 已知数列 {a } 中，a =3,a =15，且数列 n 为等差数列．
n 1 3 n
（1）求 {a } 的通项公式；
n
{1 } 3
（2）记 S 为数列 的前 n 项和，证明：S < ．
n a n 4
n
【答案】（1） a =n(n+2) （2） 证明见解析
n
{a }
【解析】解：（1） ∵ 数列 n 为等差数列，设该数列的公差为 d，
n
a a
依题意则有 2d= 3− 1 ………………………………………………………… 2 分
3 1
已知 a =3,a =15，解得 d=1 ………………………………………………… 4 分
1 3
{a }
∴ 数列 n 是以3为首项，公差为1的等差数列，
n
a a
n= 1+(n−1)d=3+(n−1)=n+2 ……………………………………… 6 分
n 1
即 a =n(n+2) …………………………………………………………………… 7 分
n
1 1 1(1 1 )
（2） 由（1）可得 = = − ……………………………… 9 分
a n(n+2) 2 n n+2
n
1 1 1 1
S = + + +⋯+
n 1×3 2×4 3×5 n(n+2)
1( 1) 1(1 1) 1(1 1) 1(1 1 )
= 1− + − + − +⋯+ − ………… 11 分
2 3 2 2 4 2 3 5 2 n n+2
1( 1 1 1 )
= 1+ − − ……………………………………………… 13 分
2 2 n+1 n+2
3 2n+3
= − ………………………………………………………… 14 分
4 4(n+1)(n+2)
2n+3 3
∵ n∈N∗，∴ >0，则 S < ……………………………… 15 分
4(n+1)(n+2) n 4
【点拨】本题考查等差数列的通项公式及裂项相消法求和，掌握裂项技巧是解题的关键.
x2 y2 √3
17. 已知椭圆 + =1(a>b>0) 的离心率为 ，A,B 分别为椭圆的左，右顶点，C
a2 b2 2
为椭圆的上顶点，且 ⃗CA⋅⃗CB=−3.
（1）求椭圆的标准方程；
第 9 页，共 13 页（2）过点 E(1,0) 作斜率不为0的直线交椭圆于 M,N 两点，直线 MA 与 NB 相交于
点 P.
（i）证明：点 P 在定直线上；
（ii）求 ∠APB 的最大值.
x2 π
【答案】（1） + y2=1 （2） （i） 证明见解析 （ii）
4 6
【解析】解：（1） 由题意知，⃗CA=(−a,−b),⃗CB=(a,−b)，
∴ ⃗CA⋅⃗CB=−a2+b2=−c2=−3，即 c=√3 ……………………………… 2 分
c √3
又 e= = ，∴ a=2,b=√a2−c2=1 ………………………………… 4 分
a 2
x2
∴椭圆的标准方程为 + y2=1 ……………………………………………… 5 分
4
（2） （i） 由于直线 MN 过点 E(1,0) 且斜率不为0，∴可设直线 MN 的方程为 x=my+1
… 6 分
{x=my+1
由 x2 ，得 (m2+4)y2+2my−3=0 ……………………………… 7 分
+ y2=1
4
2m 3
设 M(x ,y ),N(x ,y )，则 y + y =− ,y y =− ，
1 1 2 2 1 2 m2+4 1 2 m2+4
3
m y y = (y + y ) ………………………………………………………… 8 分
1 2 2 1 2
∴ ∵椭圆的左，右顶点分别为 A(−2,0),B(2,0)，
y
∴直线 MA 的方程为 y= 1 (x+2)，
x +2
1
y
直线 NB 的方程为 y= 2 (x−2) …………………………………………… 9 分
x −2
2
3 (1 3 )
(y + y )+3 y 3 y + y
x+2 y (x +2) y (m y +3) 2 1 2 2 2 1 2 2
= 2 1 = 2 1 = = =3 ……… 10 分
x−2 y (x −2) y (m y −1) 3 1 3
1 2 1 2 (y + y )−y y + y
∴ 2 1 2 1 2 1 2 2
解得 x=4，∴点 P 在定直线 x=4 上 ………………………………………… 11 分
（ii） 设直线 MA,NB 的倾斜角分别为 α,β，则 ∠APB=|β−α|，
y
2
tanβ x −2 y (x +2)
由（i）知 = 2 = 2 1 =3 ……………………………………………… 13 分
tanα y y (x −2)
1 1 2
x +2
1
∴ tanβ=3tanα，
第 10 页，共 13 页| tanβ−tanα | 2|tanα|
tan∠APB=|tan(β−α)|= = ……………… 15 分
1+tanβtanα 1+3tan2α
∴
2 2 √3
= ≤ =
1 2√3 3 ………………………………………………… 16 分
+3|tanα|
|tanα|
√3 π
当且仅当 |tanα|= 时取等号，∴ ∠APB 的最大值为 ………………… 17 分
3 6
【点拨】本题考查椭圆标准方程的求解及直线与椭圆的综合应用，利用韦达定理和斜率关系转化
为定点定线问题是解题的关键.
18. 编号为 1∼n 的小球随机放入编号为 1∼n 的盒子中，记 X 表示 n 个盒子中空盒
n
子的个数.
（1）当 n=3 时，求编号为1的盒子中有球的概率；
E(X )
（2）求 E(X ) 并证明 n 关于 n 单调递增；
n n
n (E(X )) i 1
（3）求证：∑ i < .
i e−1
i=1
n n
注：若随机变量 X,Z ,Z ,⋯,Z 满足 X=∑Z ，则 E(X)=∑ E(Z ).
1 2 n i i
i=1 i=1
19 ( 1) n
【答案】（1） （2） E(X )=n 1− ，证明见解析 （3） 证明见解析
27 n n
【解析】解：（1） 设事件 A 表示编号为1的盒子中有球
则 P(A)=1−P(A´ )=1−
(2) 3
=
19
………………………………………… 3 分
3 27
{1,第i个盒子有球
（2） 设 Z = (i=1,2,⋯,n)
i 0,第i个盒子没球
(n−1) n (n−1) n
P(Z =0)= ,P(Z =1)=1− ……………………………… 5 分
i n i n
(n−1) n
E(Z )=1− (i=1,2,⋯,n) …………………………………… 6 分
i n
∴
n
∴ X =n−∑Z
n i
i=1
n [ (n−1) n] (n−1) n
E(X )=n−∑ E(Z )=n−n 1− = …………… 8 分
n i n nn−1
i=1
∴
∴ E(X n ) = (n−1) n = ( 1− 1) n ，
n nn n
第 11 页，共 13 页( 1) ( 1 )
ln 1− ln 1−
( 1) n ( 1 ) n+1 n n+1
即证： 1− < 1− ，即证： < ……… 10 分
n n+1 1 1
n n+1
x
ln(1−x) − −ln(1−x)
考虑函数 h(x)=
x
,x∈(0,1)，
h' (x)=
1−x
,x∈(0,1)
x2
1 1
先证：lnx≥1− ，∴ 1− −ln(1−x)<0
x 1−x
∴ h(x) 在 (0,1) 上单调递减 …………………………………………………… 11 分
(1) ( 1 ) E(X )
∴ h <h ，即 n 关于 n 单调递增 ………………………… 12 分
n n+1 n
（3） 考虑函数 f(x)=ln(1+x)−x,x∈(−1,0)
1
f' (x)= −1>0 在 (−1,0) 恒成立，∴ f(x) 在 (−1,0) 上单调递增 …… 14 分
1+x
∴ f(x)<f（0）=0，即 ln(1+x)<x,∀x∈(−1,0) ………………………… 15 分
1 ( 1) 1 ( 1) n 1
取 x=− 得 ln 1− <− ，即 1− < …………………… 16 分
n n n n e
∴ E(X n ) = (n−1) n = ( 1− 1) n < 1 ，∴ (E(X n )) n < (1) n
n nn n e n e
1[ (1) n]
1−
∑
n (E(X
i
)) i
<∑
n (1) i
=
e e
<
1
…………………… 17 分
i e 1 e−1
i=1 i=1 1−
∴ e
【点拨】本题考查离散型随机变量的期望及利用导数证明不等式，引入指示变量求期望并构造函
数证明不等式是解题的关键.
19. 已知函数 f(x)=ex−ax.
（1）讨论函数 f(x) 的单调性；
（2）若 f(x)≥0，求实数 a 的取值范围；
（3）若函数 f(x) 有且仅有两个零点 x ,x ，且 x >x ，证明：5x +6x >11.
1 2 2 1 1 2
【答案】（1） 见解析 （2） [0,e] （3） 证明见解析
【解析】解：（1） 由 f' (x)=ex−a ……………………………………………………… 1 分
①当 a≤0 时，有 f' (x)>0，函数 f(x) 单调递增 ……………………………… 2 分
②当 a>0 时，令 f' (x)>0，有 x>lna，
可得函数 f(x) 的减区间为 (−∞,lna)，增区间为 (lna,+∞) ……………… 4 分
（2） ①当 a=0 时，由 f(x)=ex>0，符合题意 …………………………………… 5 分
第 12 页，共 13 页1 1
②当 a<0 时，由 f
(1)
=ea−a×
1
=ea−1<1−1=0，不合题意 ………… 6 分
a a
③当 a>0，若 f(x)≥0，有 f(lna)=a−alna≥0，可得 0<a≤e ……… 8 分
由上知，若 f(x)≥0，则实数 a 的取值范围为 [0,e] …………………………… 9 分
（3） 由（1）知，当 a≤0 时，函数 f(x) 单调递增，最多只有一个零点，可得 a>0，
ex 2−ex
1
又由 ex 1=ax ，ex 2=ax ，有 a= …………………………………… 10 分
1 2 x −x
2 1
要证：5x +6x >11，只需要证 5ax +6ax >11a，
1 2 1 2
11(ex 2−ex
1)
只需要证：5ex 1+6ex 2> ……………………………………………… 11 分
x −x
2 1
5ex 1+6ex 2 11 5+6ex 2 −x 1 11
只需要证： > ，即 > ，
ex 2−ex 1 x −x ex 2 −x 1−1 x −x
2 1 2 1
5+6et 11
令 t=x −x (t>0)，上述不等式可化为 > ………………………… 13 分
2 1 et−1 t
只需证：(6t−11)et+5t+11>0 …………………………………………………… 14 分
令 g(x)=(6x−11)ex+5x+11(x≥0)，有 g' (x)=(6x−5)ex+5 ………… 15 分
令 h(x)=(6x−5)ex+5(x≥0)，有 h' (x)=(6x+1)ex>0 ………………… 16 分
可得函数 h(x) 单调递增，有 h(x)≥h（0）=0，
可得函数 g(x) 单调递增，有 g(x)≥g（0）=0（当且仅当 x=0 时取等号），
5+6et 11
可得不等式 > (t>0) 成立，由上知 5x +6x >11 ………………… 17 分
et−1 t 1 2
【点拨】本题考查利用导数研究函数的单调性及极值点偏移问题，通过比值代换构造单变量函数
是解决极值点偏移问题的通法.
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