对偶的作用-情话吧

2020届海南省天一大联考高三下学期第二次模拟数学试题


一、单选题
1
．设集合
My|yx,xR
，
N

x|1x3

，则
MIN
（

）

2

A
．

1,3

【答案】
C

B
．

0,3

C
．

1,0

D
．

1,0


【解析】求出集合
M
，即可得到两个集合的交集
.
【详解】

∵
M

y|y0

，∴
MIN

x|1x0

.
故选：
C
【点睛】

此题考查求两个集合的交集，关键在于准确求 出集合
M
，根据集合的交集运算法则求解
.
2
．已知
a, bR
，复数
z
1
abi
，
z
2


b4



a2

i
在复 平面内对应的点重合，
则（

）

A
．
a1
，
b3
B
．
a3
，
b1

【答案】
A
【解析】根据两个点重合得两个复数相等，建立方程组求解
.
【详解】

依题知

C
．
a2
，
b2
D
．
a2
，
b2


a1

ab4
.
，解得

ba2
b3


故选：
A
【点睛】
< br>此题考查复数概念的辨析，根据两个复数相等，利用实部与实部相等，虚部与虚部相等
求解方程组
.

3
．设
a
，
b
，
c
是空间中三条不同的直线，已知
ab
，则
“
ac
”
是
“
bc
”
的（

）
A
．充分不必要条件

C
．充要条件

【答案】
B
【解析】根据空间中直线位置关系判断两个条件的推出关系即可得解
.
【详解】

第 1 页 共 17 页
B
．必要不充分条件

D
．既不充分也不必要条件

rr

rr
由
ab
且
ac
不一定推出< br>bc
，故不满足充分性；

由
ab
且
bc
一定推出
ac
，故满足必要性
.
所以
“
ac
”
是
“
bc
”
的必要不充分条件
.
故选：
B
【点睛】

此题考查充分条件与必要条件的辨析，关键在 于熟练掌握空间两条直线位置关系的判
断
.
4
．圆周率

是无理数，小数部分无限不循环，毫无规律，但数学家们发现

可以用一
列有规律的数 相加得到：

4
rr
44444

.< br>若将上式看作数列

a
n

的各
357911
项求和，则

a
n

的通项公式可以是（

）

4
A
．
a
n


2 n1
C
．
a
n


1

< br>【答案】
D
【解析】根据

4
合选项即可得解
.
【详解】

由题可知

4
n
B
．a
n

8

n

n2

8

4

2n1
D
．
a
n


4n1

4n 3

44444888

可以改写成

L
，结
3579111357911
44444888
 
L
，

3579111357911
对比选项可 知
a
n

故选：
D
【点睛】

8

4n1

4n3

.
此题考 查归纳推理，关键在于准确找出数列规律，结合已知的裂项求和方法进行代数变
形即可得解
.
uuur
5
．在
ABC
中，
AB
的中点为
D
，
CD
的中点为
E
，则
AE
（

）

r
1
uuur
r
1
uuur
1
uuu
1
uuu
A
．
ABAC
B
．
ABAC

42
42
【答案】
B
【解析】根据平面向量的运算法则即可求解
.
r
1
uuurr1
uuur
1
uuu
1
uuu
C
．
 ABAC
D
．
ABAC

4242
第 2 页 共 17 页

【详解】

uuur
1
uuuruuur r
1
uuur

1
uuur
1
uuur
1

uuu
AEACAD

ACAB

A CAB
.
22

24

2

故选：
B
【点睛】

此题考查向量的线性运算，关键在于熟练掌握向量的线性运算法则，准确求解
.
6< br>．已知

为第二象限角，且
sin
2

cos2< br>
，则
A
．

sin2


（
）

2
cos

D
．
2

2

2
B
．
2

2
C
．
2

【答案】
D
【解析】根据
sin
2

cos2

求出
tan


可得解
.
【详解】

由
sin
2

cos2
< br>cos
2

sin
2

，得
tan

∵

为第二象限角，
∴
tan


∴
2
2
sin2

2sin

cos

2tan

即，
22
cos

co s

2
1
，

2
2
，

2
sin2

2sin

cos

2tan< br>
2
.
cos
2

cos
2

故选：
D
【点睛】

此题考查同角三角函数基本关系的辨析，根据平方关系和商的关系求值
.
x
2
y
2
7
．已知正六边形的两个顶点为双曲线
C
：
2

2
1

a0,b0

的两个焦点，其他
ab
顶点都在双曲线
C
上，则双曲线
C
的离心率为（

）

A
．
2
【答案】
B
【 解析】根据正六边形的几何特征，结合双曲线的几何意义分别求出
a
，
c
，即 可求得
离心率
.
【详解】

根据题意，双曲线的焦点必须是正六边 形的两个相对的顶点，如图所示
.
设正六边形的
B
．
31
C
．
23
D
．
4

第 3 页 共 17 页

边长为
1
，双曲线的半焦距为
c
，则双曲线的焦距为
2cF
1
F
2
2
，
2aAF
1AF
2
31
，所以双曲线的离心率为
e
c2
 31
.
a
31

故选：
B
【点睛】

此题考查根据正六边形和双曲线的几何性质求双曲线的离心率，关键在于熟 练掌握相关
性质准确计算
.
8
．已知
f

x
是定义在
R
上的奇函数，对任意的
x
1
,x
2
R
，
22
f

x


fx fx18

gx21
的值域为（

）

，则函数

12

max
A
．
2,5

【答案】
D

B
．

,5


4

5



C
．

2,9

D
．

,9


8

9



【解析】根据函数的奇偶性和已知条件求出
f

x

的值域，结合指数函数的值域求解
.
【详解】

对任意的
x
1
,x
2
R
，有


f
所以
2
f

x

2

x
1

f
2

x
2



max18
，则
f

x

max
3
，< br>f

x

min
3
，

1
9



,8

，
g

x



,9

.

8


8

故选：
D
【点睛】

此题考查根据函数的奇偶性解决函数最值问题，根据指数函数的单调性解决 指数型函数
的值域问题
.

二、多选题
9
．某地区一周 的最低气温随时间变化的图象如图所示，根据图中的信息，下列有关该
地区这一周最低气温的判断，正确 的有（

）

第 4 页 共 17 页

A
．前六天一直保持上升趋势

C
．众数为
0
【答案】
CD
B
．相邻两天的差最大为
3

D
．最大值与最小值的差为
7

【解析】根据折线图可得周三到周四 气温下降，周六周日差为
4
，其余说法正确
.
【详解】

周三到周四，最低气温下降了，所以
A
项错误；周六与周日的最低气温之差为
4
，故
B
项错误；
0C
出现了
2
次，而其他的值只出现< br>1
次，故众数为
0
，
C
项正确；最小值为
周一的3C
，最大值为周六的
4C
，二者差为
7
，
D< br>项正确
.
故选：
CD
【点睛】

此题考查根据折 线图分析数据特征，关键在于准确读懂折线图表达的意思，根据数据特
征下结论
.
10
．下列选项中描述的多面体，一定存在外接球的有（

）

A
．侧面都是矩形的三棱柱

C
．底面是等腰梯形的四棱锥

【答案】
AC
【解析】多面体存在外接球，其表面的多边形均有外接圆，根据选项中 的多面体特征进
行辨析
.
【详解】

多面体存在外接球，则其表面 的多边形均有外接圆
.
对于
A
，侧面都是矩形的三棱柱，表
面由矩形 和三角形构成，满足条件；对于
B
，上、下底面是正方形的四棱柱，侧面可能
为斜的平 行四边形，不满足条件；对于
C
，底面为等腰梯形的四棱锥，表面由等腰梯形、
三角形 构成，满足条件；对于
D
，上、下底面是等边三角形的三棱台，侧面梯形不一定
有外接 圆，比如有一条侧棱垂直于底面的情况，故
D
不满足条件
.
故选：
AC
【点睛】

第 5 页 共 17 页
B
．上、下底面是正方形的四棱柱

D
．上、下底面是等边三角形的三棱台

此题考查几何体特征的辨析，根据几何体的结构特征判定是否有外接球
. 11
．关于
x
的方程
x
2
2x

2
2

2xx
2

k0
，下列命题正确的 有（

）

A
．存在实数
k
，使得方程无实根

B
．存在实数
k
，使得方程恰有
2
个不同的实根

C
．存在实数
k
，使得方程恰有
3
个不同的实根

D
．存在实数
k
，使得方程恰有
4
个不同的实根

【答案】
AB
【解析】通过换元法，设
tx
2
2x< br>，方程化为关于
t
的二次方程
t
2
2tk0
的 根
的情况进行分类讨论
.
【详解】

设
tx
2
2x
，方程化为关于
t
的二次方程
t2tk0
< br>*

.
2
当
k1
时，方程

*

无实根，故原方程无实根
.
当
k1
时，可得
t1
，则
x
2
2x1
，原方程有两个相等的实根
x1
.
当
k1
时，方程

*

有两 个实根
t
1
,t
2

t
1
t
2

，由
t
1
t
2
2
可知，
t
1
1
，
t
2
1
.
2
2
因为
tx
2
2x

x1

1 1
，所以
x2xt
1
无实根，
x2xt
2有两个不同
2
的实根
.
综上可知：
A
，
B< br>项正确，
C
，
D
项错误
.
故选：
AB
【点睛】

此题考查方程的根的问题，利用换元法讨论二次方程的根的分布，涉及分类讨论思想
.
12
．已知抛物线
C
：
y2px

p0
< br>的焦点
F
到准线的距离为
2
，过点
F
的直线与
2
抛物线交于
P
，
Q
两点，
M
为线段
P Q
的中点，
O
为坐标原点，则下列结论正确的是
（

）

A
．
C
的准线方程为
y1

C
．
M
的坐标可能为

3,2


【答案】
BCD
【解析】根据抛物线的几何意义判定，联立直线与抛物线方程结合韦 达定理计算即可得
解
.
第 6 页 共 17 页
B
．线段
PQ
的长度最小为
4

uuuruuur
D
．
OPOQ3
恒成立

【详解】

焦点
F
到准线的距离即为
p2
，所以抛物线
C
的焦点为
F

1,0

， 准线方程为
x1
，
A
项错误
.
当
PQ
垂直于
x
轴时长度最小，

此时
P

1,2

，
Q

1,2

， 所以
PQ4
，
B
项正确
.

y
24x
设
P

x
1
,y
1

，
Q

x
2
,y
2

，直线
PQ
的方程为
xmy1
.
联立

，消去
y
可

xmy1
2
2
得
x4m2x10
，消去
x
可得
y4my40
，所以
x
1
x
2
4m2
，
2

2

y
1< br>y
2
4m
，当
m1
时，可得
M
3,2

，所以
C
正确，又
x
1
x
2
1
，
y
1
y
2
4
，所
uu uruuur
以
OPOQx
1
x
2
y
1y
2
3
，所以
D
正确
.
故选：
BCD
【点睛】

此题考查直线与抛物线相关问题，涉及抛 物线的几何特征，直线与抛物线的关系，利用
韦达定理解决问题
.


三、填空题
13
．已知

1ax

的展开式中
x
3
的系数为
108
，则实数
a
______.

【答案】
3
【解析】根据二项式定理写出展开式的通项公式，根据系数建立等式即可求解
.
【详解】

r
二项展开式的通项公式为
T
r1
 C
4

ax

，令
r3
，

3 3
则
x
3
的系数为
C
4
a108
，则< br>a3
.
4
r
故答案为：
3
【点睛】

此题考查二项式定理，根据展开式中某项的系数建立等式求解参数，关键在于熟练掌握
二项式定 理
.

x
2
1,x0
14
．已知函数
f

x



，若
f

a
3
，则实数
a
______.


x2,x0
【答案】
2
或
1
【解析】分类讨论，分别代入两段解析式求解方程即可得解
.
第 7 页 共 17 页

【详解】

若
a0
，则
a
2
13
，解得
a2
；

若
a0
，则
a23
，解得
a1
.
故答案为：
2
或
1
【点睛】

此题考查分段函数，根据函数值求自变量的取值，关键在于分段解方程求解
.
15< br>．已知圆锥的母线长为
3
，底面半径为
1
，则该圆锥的体积为
______.
设线段
AB
为底
面圆的一条直径，一质点从
A
出发，沿着圆锥的侧面运动，到达
B
点后再回到
A
点，
则该质点运 动路径的最短长度为
______.

【答案】
22π
6
3
【解析】
①
根据母线和底面圆半径求出锥体的高，即可得到体积，
②
将圆锥侧面展开结
合图形求解最短距离
.
【详解】

圆 锥的高为
3
2
1
2
22
，所以体积为


1
2
22
圆锥底面周长为
2

，于是侧 面展开得到的扇形的圆心角为
1
3
22

.
3
2

，

3
如下图
.
则质点运动的最短路径为虚线所示的折线，长度为
6.

故答案为：
①
【点睛】

22π
，
②6
3
此题考查求圆锥的体积和圆锥表面路径最短的问题，关键在于熟练掌握圆锥的几何特
征，对侧面进行展开求解
.
16
．小李在游乐场玩掷沙包击落玩偶的游戏
.
假设他第一次掷沙包击中玩偶的概率为
0.4
，第二次掷沙包击中玩偶的概率为
0.7
，而玩偶被击中一次就落地的概率为
0.5
，被
击中两次必然落地< br>.
若小李至多掷两次沙包，则他能将玩偶击落的概率为
______.

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【答案】
0.55
【解析】击 落玩偶分三种情况：
①
第一次就击落；
②
第一次未击中，第二次击落；
③
第
一次击中但未击落，第二次击落，分别求出概率，三个概率之和即为所求
.
【详解】

小李将玩偶击落有三种情况，
①
第一次就击落；
②
第一次未击中，第二次击落；
③
第一
次击中但未击落，第二次击落
.
所以
P0.40.50.60.70.50.40.50.70.55< br>.
故答案为：
0.55
【点睛】

此题考查根据事件的关 系求解概率，关键在于弄清玩偶被击落的所有可能情况，根据概
率公式求解
.
17< br>．在①
a7c
，②
ABC
的外接圆半径
R22
，③
bc2acosC
这三个条件
中任选一个，补充在下面问题中，并解答问题< br>.
在
ABC
中，角
A
，
B
，
C< br>的对边分别
为
a
，
b
，
c
.
已知< br>A

3
，
ABC
的面积
S63
，且< br>______.
求边
c
.
（注：如果选择
多个条件分别解答， 按第一个解答计分）

【答案】若选择
①
，
c22
；若选 择
②
，
c26
；若选择
③
，
c23

【解析】任选一个条件，根据正余弦定理结合面积公式分别求解
.
【详解】

若选择条件
①
：

由
S
113
bcsi nAbc63
，得
bc24
.
222
b
2
c
2
a
2
b
2
c
2
7c
2
1
根据余弦定理有
cosA
，

2bc2bc2
整理得
b
2
bc6c
2
0
，所以
b 3c
或
b2c
（舍去）
.
所以
bc3c
2
24
，解得
c22
.
若选择条件
②
：

由
S
113
bcsi nAbc63
，得
bc24
.
222
根据正弦定理有
a2RsinA26
.
根据余弦定理有
a
2
b
2
c
2
2bccosA24
，整理可得
b
2
c
2
48
.
第 9 页 共 17 页


bc24
由

2
，解得
bc26
.
2

bc48
若选择条件
③
：

由正弦定理及条件得
sinBsinC2sinAcosC
，

因为
ABC

，所以
sinBsin

AC
sinAcosCsinCcosA
，

所以
sinC sinAcosCsinCcosAsin

AC

，
所以
CAC
（
CAC

不符合条件），于是
C
所以
B
A


.
26

2
，
a3c
.
所以
S
13
2
acc63
，解得
c23
.
22
故答案为：若选择
①
，
c22
；若选择
②
，
c 26
；若选择
③
，
c23

【点睛】

此题作为开放性试题，自选条件作答，关键在于熟练掌握正余弦定理结合三角形面积公
式求解三角形.

四、解答题
18
．已知

a
n

是递增的数列，

b
n

是等比数列
.
满足
a
1
b
1
1
，

b
3
b
2

b
3
b
4
，
2222
且对任意
nN
*
，
a
n1
2a< br>n
a
n1
a
n
b
n
.
（
1
）求数列

b
n

的通项公式；

（
2
）求数列

a
n

的通项公式
.

【答案】（
1
）
b
n
3
n1< br>3
n1
1

；（
2
）
a
n
2
2
【解析】（
1
）根据

b
3< br>b
2

b
3
b
4
得
qq< br>2
2

2
q
2
q
3
解方程即 可得解；

n1
n1
（
2
）由题

a
n1
a
n

3
根据单调性求出
a
n 1
a
n
3
，利用累加法即可求得

2
通项 公式
.
【详解】

（
1
）设

b
n

的公比为
q

q0

，

由已知

b
3
b
2

b
3
b
4
得
qq
2
2

2
q
2
q
3
，

第 10 页 共 17 页

化简得
q
2
3q0
，解得
q3
.
n1n1
故
b
n
b
1
q3
. < br>222
（
2
）由
a
n1
2a
n
a
n1
a
n
b
n
，得

a
n1
a
n

3
n1
，

2

2
n1
因为

a
n

单调递增， 即
a
n
a
n1
，所以
a
n1
a< br>n
3
.
a
1
1
，
a
2
a
1
3
0
，
a
3
a
2
 3
1
，
a
4
a
3
3
2
，…
，
a
n
a
n1
3
n2
< br>n2

，

23n2
累加得
a
n
11333L3

13
n1
3
n1
1
.
1
132
3
n1
1
.
因为
a
1
1
也符合该式，所以
a
n

2
【点 睛】

此题考查求数列通项公式，根据题目所给递推关系求解通项公式，涉及公式法和累加法< br>求通项公式
.
19
．某公司组织开展
“
学习强国
”
的学习活动，活动第一周甲、乙两个部门员工的学习情
况统计如下：


甲

乙


（
1
）从甲、乙两个部门所有 员工中随机抽取
1
人，求该员工学习活跃的概率；

（
2
） 根据表中数据判断能否有
95%
的把握认为员工学习是否活跃与部门有关；

（
3
）活动第二周，公司为检查学习情况，从乙部门随机抽取
2
人，发现这两 人学习都
不活跃，能否认为乙部门第二周学习的活跃率比第一周降低了？

学习活跃的员工人数

18

32

学习不活跃的员工人数

12

8

n

adbc

2
参考公式：
K
，其中
nab cd
.


ab

cd

a c

bd

参考数据：
PK0.12.706
，
PK0.053.841
，
PK0.016.635
.
< br>【答案】（
1
）
2

2

2

2

5
；（
2
）没有；（
3
）见解析
7
【解析】（
1
）根据两个部门员工的总数和学习活跃的人数，利用古 典概型求解；

第 11 页 共 17 页

70
1883212

（
2
）根据公式计算出
K3.36
即可判定；

50203040
2
2
（
3< br>）根据随机事件的发生具有偶然性以及概率大小关系，言之成理即可
.
【详解】

（
1
）设事件
A
为
“
从甲、乙两个部门所有员工中随机抽取
1
人，该员工学习活跃
”.
则
P

A


1832505

.
1832128707
2
70

1883212
< br>（
2
）
K
2
3.36
.
5020 3040
因为
3.363.841
，所以没有
95%
的把握认为 员工学习是否活跃与部门有关
.
（
3
）设事件
B
为
“
第二周从乙部门随机抽取
2
人，这两人学习都不活跃
”.
C< br>8
2
若第二周保持第一周的活跃情况，则
P

B
< br>
2
0.036
.
C
40
答案示例一：可以认为 活跃率降低了，因为
P

B

很小，事件
B
一般不 容易发生，现在
发生了，则说明学习不活跃的人数增加了，即活跃率降低了
.
答案示 例二：不能认为活跃率降低了
.
因为事件
B
是随机事件，虽然
P
B

较小，但还
是有可能发生，所以不能认为活跃率降低
.
【点睛】

此题考查计算古典概型的概率，解决独立性检验问题，根据事件发生的概率 解释生活中
的事例，关键在于准确计算求解
.
20
．如图所示，直三棱柱< br>ABCA
1
B
1
C
1
的各棱长均相等，点
E
为
AA
1
的中点
.


（
1
）证明：
EB
1
BC
1
；

（
2
）求二面角
C
1
EB
1
C
的余弦值
.

第 12 页 共 17 页

【答案】（< br>1
）证明见解析；（
2
）
6

4
【解析】（
1
）通过证明
BC
1

平面
EB
1
C
即可证得；

（
2
）建立空间直角坐标系，利用向量求解
.
【详解】

（
1
）设
BC
1
与
CB
1
交点为
O
，连接
OE
，
BE
.
由题可知四边形
BCC
1
B
1
为正方形，所以
BC
1
CB
1
，且
O
为
BC
1
中点
.
222又因
BE
2
AB
2
AE
2
，
C< br>1
EA
1
EAC
11
，

所以
BEC
1
E
，所以
BC
1
OE
.
又 因为
OEICB
1
O
，所以
BC
1

平 面
EB
1
C
.
因为
EB
1

平 面
EB
1
C
，所以
BC
1
EB
1
.

（
2
）取
AB
的中点
O'
，连接
O'C
，
O'CAB
，在平面
ABB
1
A
1
过点
O'
内作
AB
的
垂线，如图所示，建立空间直角坐 标系
O'xyz
.
设
AB2
，则
E

0,1,1

，
B
1

0,1,2

，
B

0,1,0

，
C
1
3,0,2
.

uuuur
uuur
所以
EB
1


0,2,1

，
EC
1
3,1,1
.

r
CEB
设平面
11
的一个法向量为
n 

x,y,z

，

v
uuuv
r

nEB
1
2yz0
则

v
uuu
，令
y3
，则
n1,3,23
.
uv< br>

nEC
1
3xyz0
uuuur
由 （
1
）可知平面
CEB
1
的一个法向量为
BC
1< br>3,1,2
，



第 13 页 共 17 页

ruuuur
nBC
1
uuuurr
436
ur

.
则
cosBC
1
,n
ruuu
4
nBC
1
3141312
由图可知二面角C
1
EB
1
C
为锐角，所以其余弦值为
【点睛】< br>
此题考查通过线面垂直证明线线垂直，通过空间向量求解二面角的大小，关键在于根据
定理准确推导，计算求解
.
6
.
4
x
2
21< br>．已知椭圆
C
：
2
y
2
1

a 1

的左、右焦点分别为
F
1
，
F
2
， 左顶点为
A
，满
a
11e

足，其中
O
为坐标原点，
e
为椭圆
C
的离心率
.

OF
1
OAAF
2
（
1
）求椭圆
C
的标准方程；
（
2
）过
F
1
的直线
l
与椭圆C
交于
P
，
Q
两点，求
PQF
2
面 积的最大值
.

x
2
【答案】（
1
）
y
2
1
；（
2
）
2

2
【解析】 （
1
）根据
11e11c

得

，即可求得离 心率；

OF
1
OAAF
2
caa

a c

（
2
）设直线
l
的方程为
xmy1
，联立直线和椭圆的方程，结合韦达定理表示出三角
形的面积，利用基本不等式求解面积的最大值.
【详解】

（
1
）设椭圆的半焦距为
c
.
11e11c

由得，

OF
1
OAAF< br>2
caa

ac

整理得
a
2
 2c
2
.
又因为
a
2
c
2
1
，所以
a
2
2
，
c
2
1
.
x
2
所以椭圆
C
的标准方程为
y
2
1
.
2
,0

，
F
2
(
1,0
)
.
（
2
）由（
1
）可知，
F
1

1
设直线
l
的方程为
xmy1
.
< br>xmy1
22
联立

2
，消去
x
可得< br>
m2

y2my10
.
2

x2y20
第 14 页 共 17 页

设
P

x
1
,y
1

，
Q
x
2
,y
2

.
则
y
1
y
2

2m1
.
yy 
，
12
22
m2m2
2
4

2m

yy22
所以
12

2

2< br>
m2

m2
所以
S
PQF
2
m
2
1

m
2
2
2

2< br>，

1
2y
1
y
2
22
2

m
2
1

m
2
1
m
2
2

.
2
1
m
2
 1


2
2


m
2
1
1



m1
1
2
当且仅当
m1
2
，即
m0
时，等号成立，

m1< br>又因
m
2
1
2
1

m2
2

11

224
，

所以
SPQF
22
2
1
2
，

4
即
PQF
2
面积的最大值为
2
.
【点睛】

此题考查求椭圆的标准方程，根据直线与椭圆的关系解决三角形面积的最值 问题，利用
韦达定理处理根的问题，利用基本不等式求解最值
.
22
．已知 函数
f

x

2elnxax1
（
aR< br>，
e
为自然对数的底数）
.

（
1
）若函数
f

x

存在极值点，求
a
的取值范围；

（
2
）设
g

x


x


f

x

ax2e1

2e
，若不等式
k

x1

g

x

在
x

1,

上恒
成立，求< br>k
的最大整数值
.

【答案】（
1
）
0,+ ?
(
（
2
）
3
)
；
2e
a
，将题目转化为解决导函数的零点问题；
< br>x
xxlnxxxlnx
（
2
）分离参数解决
k
恒成立，讨论函数
h

x



x1

的最值即
x1x1
【解析】（
1
）求出导函数
f'< br>
x


可求解
.
【详解】

（
1
）
f

x

2elnxax1
的 定义域为
0,+?
(
)
(
，
f'

x

2e
a
.
x
因为函数
f
< br>x

存在极值点，所以
f'

x

0在
0,+?
)
上有解
.
第 15 页 共 17 页

当
x

0,

时，
2e


0,

，

x
所以
a

0,

，经检验，
< br>当
a

0,

时，
f'

x


由
f'

x


2e2e< br>
a
得
x
xa
2e2e

2e

2e

a0
得
x

0,
，由
f'

x

a0
得
x

,

，

xx

a

a< br>


2e

2e

x,
单调递增，符合条件函数
f

x


单调递减，
a

a

所以函数
f

x

在
x

0,
存在极大值点，
.
所以
a
的取值范围为
0,+?
（
2
）因为
g

x


(
)
.
2e
，所以
g

x

xxlnx
.
x


f

x

ax2e1


不等式
k

x1

g

x

在
x

1,

上恒成立，可等价转化 为
k
xxlnx
对任意
x1
x1
恒成立
.
xlnx2
xxlnx
h'x

.
令
h

x



x1

，则
2< br>x1

x1
令
p

x

x lnx2

x1

，则
p'

x

1
所以
p

x

在
1,+?
1x1
0
.
xx
(
)
上单调递增
. 因为
p

3

1ln30
，
p

4

22ln20
，

所以存在
x
0


3,4

使
p

x
0< br>
0
，即
h'

x
0

0.
所以当
1xx
0
时，
p

x

0
，即
h'

x

0
；当
xx
0
时，
p

x

0
，即
h'

x

0
.
所以
h

x

在

1,x
0

上单调递减，在
x
0
,

上单调递增
.
由
p

x
0

x
0
lnx
0
20
，得
lnx
0
x
0
2
.
所以
h< br>
x

min
x
0
x
0
lnx< br>0
x
0

x
0
1

h

x
0

x
0


3,4

，

x
0
1x
0
1
所以
k h

x

min
x
0
，所以
k
的最大整数值为
3.
【点睛】

此题考查根据函数存在极值点求参数的取 值范围，将问题转化为讨论函数零点问题，根
据不等式恒成立求参数范围，利用分离参数的方法求解，涉 及隐零点讨论最值问题
.
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