2019年浙江省高考数学试卷word版含参考答案及解析.pdf

第 1 页（共 22 页）2019 年浙江省高考数学试卷一、选择题：本大题共本大题共 1010 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 4040 分。在每小题给出的四个选项中，只分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。有一项是符合题目要求的。1已知全集，0，2，集合，1，0，则 1U l30A 2 1B 1()(UAB)AB，C，2，D，0，1，101 13 132渐进线方程为的双曲线的离心率是 0 xy()AB1CD22223若实数，满足约束条件，则的最大值是 xy34 034 00 xyxyxy32zxy()AB1C10D1214祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式，其中 是柱体的底面积，是柱体Vsh柱体sh的高若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积是()A158B162C182D3245若，则“”是“”的 0a 0b 4ab 4ab()A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件6在同一直角坐标系中，函数，且的图象可能是 1xya11()2ayogx(0a 1)a()第 2 页（共 22 页）ABCD7设随机变量的分布列是01aXX0a1P131313则当在内增大时，a(0,1)()A增大B减小()D X()D XC先增大后减小D先减小后增大()D X()D X8设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，是棱上的点（不含端点）VABCPVA记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角PBACPBABC的平面角为，则 PACB()A，B，C，D，9设，函数若函数恰有 3 个abR32,0,()11(1),032x xf xxaxax xA()yf xaxb零点，则()A，B，C，D，1a 0b 1a 0b 1a 0b 1a 0b 10设，数列满足，则 abRna1aa21nnaab*nN()A当时，B当时，12b 1010a14b 1010aC当时，D当时，2b 1010a4b 1010a二、填空题：本大题共本大题共 7 7 小题，多空题每题小题，多空题每题 6 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 4 分，共分，共 3636 分。分。11已知复数，其中 是虚数单位，则 11zii|z 12已知圆的圆心坐标是，半径长是若直线与圆相切与点C(0,)mr230 xy，则，(2,1)A m r 13在二项式的展开式中，常数项是，系数为有理数的项的个数是9(2)x14在中，点在线段上，若，ABC90ABC4AB 3BC DAC45BDC第 3 页（共 22 页）则，BD cosABD15已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上且在轴的上方，若线段的中22195xyFPxPF点在以原点为圆心，为半径的圆上，则直线的斜率是O|OFPF16已知，函数若存在，使得，则实数的aR3()f xaxxtR2|(2)()|3f tf ta最大值是17已知正方形的边长为 1当每个，2，3，4，5，取遍时，ABCD(1ii6)1的最小值是，最大值是123456|ABBCCDDAACBD 三、解答题：本大题共本大题共 5 5 小题，共小题，共 7474 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。18（14 分）设函数，()sinf xxxR（1）已知，函数是偶函数，求的值；02)()f x（2）求函数的值域22()()124yf xf x19（15 分）如图，已知三棱柱，平面平面，111ABCABC11A ACC ABC90ABC，分别是，的中点30BAC11A AACACEFAC11AB（）证明：；EFBC（）求直线与平面所成角的余弦值EF1ABC20（15 分）设等差数列的前项和为，数列满足：对每个nannS34a 43aS nb，成等比数列*nNnnSb1nnSb2nnSb（）求数列，的通项公式；na nb（）记，证明：，2nnnacb*nN122ncccn*nN21如图，已知点为抛物线的焦点过点的直线交抛物线于，(1,0)F22(0)ypx pFA两点，点在抛物线上，使得的重心在轴上，直线交轴于点，且BCABCGxACxQ在点的右侧记，的面积分别为，QFAFGCQG1S2S（）求的值及抛物线的准线方程；p（）求的最小值及此时点点坐标12SSG第 4 页（共 22 页）22（15 分）已知实数，设函数，0a()1f xalnxx0 x（）当时，求函数的单调区间；34a ()f x（）对任意，均有，求的取值范围21xe)()2xf xaa注意：为自然对数的底数2.71828e 第 5 页（共 22 页）2019 年浙江省高考数学试卷参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、选择题：本大题共本大题共 1010 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 4040 分。在每小题给出的四个选项中，只分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。有一项是符合题目要求的。1已知全集，0，2，集合，1，0，则 1U l30A 2 1B 1()(UAB)AB，C，2，D，0，1，101 13 13【思路分析】由全集以及求的补集，然后根据交集定义得结果UAA【解析】：，0，故选：1UA 3()UAB 1 3 1 l 1 A【归纳与总结】本题主要考查集合的基本运算，比较基础2渐进线方程为的双曲线的离心率是 0 xy()AB1CD2222【思路分析】由渐近线方程，转化求解双曲线的离心率即可【解析】：根据渐进线方程为的双曲线，可得，所以0 xyab2ca则该双曲线的离心率为，故选：2ceaC【归纳与总结】本题主要考查双曲线的简单性质的应用，属于基础题3若实数，满足约束条件，则的最大值是 xy34 034 00 xyxyxy32zxy()AB1C10D121【思路分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案【解析】：由实数，满足约束条件作出可行域如图，xy34 034 00 xyxyxy联立，解得，340340 xyxy(2,2)A化目标函数为，32zxy3122yxz 由图可知，当直线过时，直线在轴上的截距最大，3122yxz(2,2)Ay有最大值：10故选：zC第 6 页（共 22 页）【归纳与总结】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题4祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式，其中 是柱体的底面积，是柱体Vsh柱体sh的高若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积是()A158B162C182D324【思路分析】由三视图还原原几何体，可知该几何体为直五棱柱，由两个梯形面积求得底面积，代入体积公式得答案【解析】：由三视图还原原几何体如图，第 7 页（共 22 页）该几何体为直五棱柱，底面五边形的面积可用两个直角梯形的面积求解，即，114632632722ABCDES 五边形高为 6，则该柱体的体积是276162V 故选：B【归纳与总结】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题5若，则“”是“”的 0a 0b 4ab 4ab()A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【思路分析】充分条件和必要条件的定义结合均值不等式、特值法可得结果【解析】：，0a 0b 42abab，即，2ab 4ab44abab若，则，4a 14b 1 4ab 但，1444ab即推不出，4ab4ab 是的充分不必要条件4ab 4ab故选：A【归纳与总结】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，均值不等式，考查了推理能力与计算能力6在同一直角坐标系中，函数，且的图象可能是 1xya11()2ayogx(0a 1)a()AB第 8 页（共 22 页）CD【思路分析】对进行讨论，结合指数，对数的性质即可判断；a【解析】：由函数，1xya11()2ayogx当时，可得是递减函数，图象恒过点，1a 1xya(0,1)函数，是递增函数，图象恒过，；11()2ayogx1(20)当时，可得是递增函数，图象恒过点，10a1xya(0,1)函数，是递减函数，图象恒过，；11()2ayogx1(20)满足要求的图象为：D故选：D【归纳与总结】本题考查了指数函数，对数函数的图象和性质，属于基础题7设随机变量的分布列是01aXX0a1P131313则当在内增大时，a(0,1)()A增大B减小()D X()D XC先增大后减小D先减小后增大()D X()D X【思路分析】方差公式结合二次函数的单调性可得结果【解析】：，1111()013333aE Xa 222111111()()()(1)333333aaaD Xa2222212211(1)(21)(2)(1)()279926aaaaaa，先减小后增大01a()D X故选：D【归纳与总结】本题考查方差的求法，利用二次函数是关键，考查推理能力与计算能力，是中档题8设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，是棱上的点（不含端点）VABCPVA记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角PBACPBABC的平面角为，则 PACB()第 9 页（共 22 页）A，B，C，D，【思路分析】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成角、直线和平面所成角和二倍角的概念和计算，解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小，充分运用图象，则可事半功倍，【解析】：方法一、如图为的中点，在底面的射影为，则在底面上的射影GACVOP在D线段上，作于，易得，过作于，AODEACE/PEVGP/PFACF过作，交于，D/DHACBGH则，BPF PBD PED 则，可得；coscosPFEGDHBDPBPBPBPB，可得，tantanPDPDEDBD方法二、由最小值定理可得，记的平面角为（显然，VACB)由最大角定理可得；方法三、（特殊图形法）设三棱锥为棱长为 2 的正四面体，为的中点，VABCPVA易得，可得，132cos6333sin6623sin3362 23sin332故选：B【归纳与总结】本题考查空间三种角的求法，常规解法下易出现的错误的有：不能正确作出各种角，未能想到利用“特殊位置法”，寻求简单解法9设，函数若函数恰有 3 个abR32,0,()11(1),032x xf xxaxax xA()yf xaxb零点，则()A，B，C，D，1a 0b 1a 0b 1a 0b 1a 0b【思路分析】当时，最多一个零点；当0 x()(1)yf xaxbxaxba xb时，利用导数研0 x32321111()(1)(1)3232yf xaxbxaxaxaxbxaxb究函数的单调性，根据单调性画函数草图，根据草图可得【解析】：当时，得；0 x()(1)0yf xaxbxaxba xb1bxa最多一个零点；()yf xaxb第 10 页（共 22 页）当时，0 x32321111()(1)(1)3232yf xaxbxaxaxaxbxaxb，2(1)yxax 当，即时，在，上递增，最1 0a 1a0y()yf xaxb0)()yf xaxb多一个零点不合题意；当，即时，令得，函数递增，令得，10a 1a 0y 1xa)0y0 x，函数递减；函数最多有 2 个零点；1)a 根据题意函数恰有 3 个零点函数在上有一个零()yf xaxb()yf xaxb(,0)点，在，上有 2 个零点，0)如右图：且，01ba32011(1)(1)(1)032baaab 解得，0b 10a31(1)6ba 故选：C【归纳与总结】本题考查了函数与方程的综合运用，属难题10设，数列满足，则 abRna1aa21nnaab*nN()A当时，B当时，12b 1010a14b 1010aC当时，D当时，2b 1010a4b 1010a【思路分析】对于，令，得，取，得到当时，；B2104x12112a 14b 1010a对于，令，得或，取，得到当时，；对于C220 x21 12a 2b 1010a，令，得，取，得到当时，；对于D240 x117211172a4b 1010a，当A221122aa223113()224aa4224319117()14216216aaa时，由此推导出，从而4n11132122nnnnaaaa 61043()2aa107291064a【解析】：对于，令，得，B2104x12第 11 页（共 22 页）取，112a 211,1022naa当时，故错误；14b 1010aB对于，令，得或，C220 x21 取，12a 22a210na 当时，故错误；2b 1010aC对于，令，得，D240 x1172取，11172a21172a117102na当时，故错误；4b 1010aD对于，A221122aa223113()224aa，4224319117()14216216aaa，递增，10nnaana当时，4n11132122nnnnaaaa，故正确5445109323232aaaaaaAAA61043()2aa107291064aA故选：A【归纳与总结】本题考查命题真假的判断，考查数列的性质等基础知识，考查化归与转化思想，考查推理论证能力，是中档题二、填空题：本大题共本大题共 7 7 小题，多空题每题小题，多空题每题 6 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 4 分，共分，共 3636 分。分。11已知复数，其中 是虚数单位，则11zii|z 22【思路分析】利用复数代数形式的除法运算化简，然后利用模的计算公式求模【解析】：11111(1)(1)22iziiii22112|()()222z 故答案为：22【归纳与总结】本题考查了复数代数形式的除法运算，考查了复数模的求法，是基础题12（6 分）已知圆的圆心坐标是，半径长是若直线与圆相切与C(0,)mr230 xy第 12 页（共 22 页）点，则，(2,1)A m 2r【思路分析】由题意画出图形，利用圆心与切点的连线与切线垂直列式求得，再由两点m间的距离公式求半径【解析】：如图，由圆心与切点的连线与切线垂直，得，解得1122m 2m 圆心为，则半径(0,2)22(20)(12)5r 故答案为：，25【归纳与总结】本题考查直线与圆位置关系的应用，考查数形结合的解题思想方法，是基础题13（6 分）在二项式的展开式中，常数项是，系数为有理数的项的个9(2)x16 2数是【思路分析】写出二项展开式的通项，由的指数为 0 求得常数项；再由 2 的指数为整数x求得系数为有理数的项的个数【解析】：二项式的展开式的通项为9(2)x992199(2)2rrrrrrrTCxC x由，得常数项是；0r 116 2T 当，3，5，7，9 时，系数为有理数，1r 系数为有理数的项的个数是 5 个故答案为：，516 2【归纳与总结】本题考查二项式定理及其应用，关键是熟记二项展开式的通项，是基础题14（6 分）在中，点在线段上，若ABC90ABC4AB 3BC DAC，则，45BDCBD 12 25cosABD【思路分析】解直角三角形，可得，在三角形中，运用正弦定理ABCsinCcosCBCD可得；再由三角函数的诱导公式和两角和差公式，计算可得所求值BD【解析】：在直角三角形中，ABC4AB 3BC 5AC 4sin5C 在中，可得，可得；BCD3sin22BDC12 25BD 第 13 页（共 22 页），135CBDC22437 2sinsin(135)(cossin)()225510CBDCCC即有，7 2coscos(90)sin10ABDCBDCBD故答案为：，12 257 210【归纳与总结】本题考查三角形的正弦定理和解直角三角形，考查三角函数的恒等变换，化简整理的运算能力，属于中档题15已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上且在轴的上方，若线段的中22195xyFPxPF点在以原点为圆心，为半径的圆上，则直线的斜率是O|OFPF15【思路分析】求得椭圆的，设椭圆的右焦点为，连接，运用三角形abceFPF的中位线定理和椭圆的焦半径半径，求得的坐标，再由两点的斜率公式，可得所求值P【解析】：椭圆的，22195xy3a 5b 2c 23e 设椭圆的右焦点为，连接，FPF线段的中点在以原点为圆心，2 为半径的圆，PFAO连接，可得，AO|2|4PFAO 设的坐标为，可得，可得，P(,)m n2343m32m 152n 由，可得直线的斜率为(2,0)F PF15215322故答案为：15【归纳与总结】本题考查椭圆的定义和方程、性质，注意运用三角形的中位线定理，考查方程思想和运算能力，属于中档题第 14 页（共 22 页）16已知，函数若存在，使得，则实数的aR3()f xaxxtR2|(2)()|3f tf ta最大值是43【思路分析】由题意可得，化为，去332|(2)(2)|3a ttatt22|2(364)2|3att绝对值化简，结合二次函数的最值，以及不等式的性质，不等式有解思想，可得的范围，a进而得到所求最大值【解析】：存在，使得，tR2|(2)()|3f tf t即有，332|(2)(2)|3a ttatt化为，22|2(364)2|3att可得，2222(364)233att即，224(364)33att由，223643(1)1 1ttt 可得，可得的最大值为403a a43故答案为：43【归纳与总结】本题考查不等式成立问题解法，注意运用去绝对值和分离参数法，考查化简变形能力，属于基础题17（6 分）已知正方形的边长为 1当每个，2，3，4，5，取遍时，ABCD(1ii6)1的最小值是0，最大值是123456|ABBCCDDAACBD 【思路分析】由题意可得，化简ABADAC BDADAB 0AB AD A123456|ABBCCDDAACBD ，由于，2，3，4，5，取遍，由完2213562456()()(1ii6)1全平方数的最值，可得所求最值【解析】：正方形的边长为 1，可得，ABCDABADAC BDADAB ，0AB AD A123456|ABBCCDDAACBD 12345566|ABADABADABADADAB 13562456|()()|ABAD，2213562456()()由于，2，3，4，5，取遍，(1ii6)1可得，可取，135602456056113121，41可得所求最小值为 0；由，的最大值为 4，可取，135624562141 561，1131 第 15 页（共 22 页）可得所求最大值为2 5故答案为：0，2 5【归纳与总结】本题考查向量的加减运算和向量的模的最值求法，注意变形和分类讨论，考查化简运算能力，属于基础题三、解答题：本大题共 5 小题，共 74 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。18（14 分）设函数，()sinf xxxR（1）已知，函数是偶函数，求的值；02)()f x（2）求函数的值域22()()124yf xf x【思路分析】（1）函数是偶函数，则，根据的范围可得结果；()f x()2kkZ（2）化简函数得，然后根据的范围求值域即可3sin(2)126yxx【解析】：（1）由，得()sinf xx，()sin()f xx为偶函数，()f x()2kkZ，或，02)232（2）22()()124yf xf x22sin()sin()124xx1cos(2)1cos(2)6222xx11(cos2 cossin2 sinsin2)266xxx 33sin2cos2144xx，3sin(2)126x，xRsin(2)1,16x，333sin(2)11,12622yx 函数的值域为：22()()124yf xf x331,122【归纳与总结】本题考查了三角函数的奇偶性和三角函数的图象与性质，关键是熟练掌握三角恒等变换，属基础题第 16 页（共 22 页）19（15 分）如图，已知三棱柱，平面平面，111ABCABC11A ACC ABC90ABC，分别是，的中点30BAC11A AACACEFAC11AB（）证明：；EFBC（）求直线与平面所成角的余弦值EF1ABC【思路分析】法一：（）连结，则，从而平面，推导出，从1AE1AEAC1AE ABC1AEBC1BCAF而平面由此能证明BC 1AEFEFBC（）取中点，连结、，则是平行四边形，推导出，从而BCGEGGF1EGFA1AEEG平行四边形是矩形，推导出平面，连结，交于，则1EGFABC 1EGFA1AGEFO是直线与平面所成角（或其补角），由此能求出直线与平面所成EOGEF1ABCEF1ABC角的余弦值法二：（）连结，推导出平面，以为原点，所在直线分别为，1AE1AE ABCEEC1EAy轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与平面所成角的余弦值zEF1ABC【解答】方法一：证明：（）连结，是的中点，1AE11A AACEAC，1AEAC又平面平面，平面，11A ACC ABC1AE 11A ACC平面平面，11A ACCABCAC平面，1AEABC1AEBC，1/AFAB90ABC1BCAF平面，BC1AEFEFBC解：（）取中点，连结、，则是平行四边形，BCGEGGF1EGFA由于平面，故，1AE ABC1AEEG平行四边形是矩形，1EGFA由（）得平面，BC 1EGFA则平面平面，1ABC 1EGFA在平面上的射影在直线上，EF1ABC1AG连结，交于，则是直线与平面所成角（或其补角），1AGEFOEOGEF1ABC不妨设，则在中，4AC Rt1AEG12 3AE 3EG 第 17 页（共 22 页）是的中点，故，O1AG11522AGEOOG，2223cos25EOOGEGEOGEOOG直线与平面所成角的余弦值为EF1ABC35方法二：证明：（）连结，是的中点，1AE11A AACEAC，1AEAC又平面平面，平面，11A ACC ABC1AE 11A ACC平面平面，11A ACCABCAC平面，1AEABC如图，以为原点，所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系，EEC1EAyz设，则，0，2，4AC 1(0A2 3)(3,1,0)B1(3,3,2 3)B3 3(,2 3)22F(0C，0)，3 3(,2 3)22EF (3,1,0)BC 由，得0EF BC AEFBC解：（）设直线与平面所成角为，EF1ABC由（）得，2，(3,1,0)BC 1(0AC 2 3)设平面的法向量，1ABC(nxy)z则，取，得，13030BC nxyAC nyz A A1x(1,3,1)n，|4sin5|EF nEFn A A直线与平面所成角的余弦值为EF1ABC35【归纳与总结】本题考查空间线面垂直的证明，三棱锥体积的计算要证线面垂直，需证线线垂直，而线线垂直可以通过平面中的勾股定理、等腰三角形的性质等来证明，也可以通过另外的线面垂直来证明求三棱锥的体积经常需要进行等积转换，即变换三棱柱的底面第 18 页（共 22 页）20（15 分）设等差数列的前项和为，数列满足：对每个nannS34a 43aS nb，成等比数列*nNnnSb1nnSb2nnSb（）求数列，的通项公式；na nb（）记，证明：，2nnnacb*nN122ncccn*nN【思路分析】（）利用等差数列通项公式和前项和公式列出方程组，求出，n10a，从而，利用2d 22nan*nN2nSnn*nN，能求出212()()()nnnnnnSbSbSbnb（），用数学归纳法证明，得到22122(1)(1)nnnanncbn nn n*nN，122ncccn*nN【解析】：（）设数列的公差为，nad由题意得，11124333adadad解得，10a 2d，22nan*nN，2nSnn*nN数列满足：对每个，成等比数列 nb*nNnnSb1nnSb2nnSb，212()()()nnnnnnSbSbSb解得，2121()nnnnbSS Sd解得，2nbnn*nN证明：（），22122(1)(1)nnnanncbn nn n*nN用数学归纳法证明：当时，不等式成立；1n 102c 假设，时不等式成立，即，nk*()kN122kccck则当时，1nk121122(1)(2)1kkkcccckkkkk，2222(1)211kkkkkkk 即时，不等式也成立1nk由得，122ncccn*nN【归纳与总结】本题考查等差数列、等比数列、数列求和、数学归纳法等基础知识，考查运算求解能力和综合应用能力21如图，已知点为抛物线的焦点过点的直线交抛物线于，(1,0)F22(0)ypx pFA两点，点在抛物线上，使得的重心在轴上，直线交轴于点，且BCABCGxACxQ在点的右侧记，的面积分别为，QFAFGCQG1S2S（）求的值及抛物线的准线方程；p第 19 页（共 22 页）（）求的最小值及此时点点坐标12SSG【思路分析】（）由抛物线的性质可得：，由此能求出抛物线的准线方程；12p（）设，重心，令，(AA x)Ay(BB x)By(CC x)Cy(GG x)Gy2Ayt0t 则，从而直线的方程为，代入，得：2AxtAB2112txyt24yx，求出，由重心在轴上，得到，从而222(1)40tyyt21(Bt2)tx220Ctyt，进崦直线的方程为，得21()Ctt12()tt422222(3ttGt0)AC222()ytt xt，由此结合已知条件能求出结果2(1Q t 0)【解析】：（）由抛物线的性质可得：，12p，2p抛物线的准线方程为；1x （）设，重心，(AA x)Ay(BB x)By(CC x)Cy(GG x)Gy令，则，2Ayt0t 2Axt由于直线过，故直线的方程为，ABFAB2112txyt代入，得：，24yx222(1)40tyyt，即，24Bty 2Byt 21(Bt2)t又，重心在轴上，1()3GABCxxxx1()3GABCyyyyx，220Ctyt，21()Ctt12()tt422222(3ttGt0)直线的方程为，得，AC222()ytt xt2(1Q t 0)在焦点的右侧，QF22t，424222142442222211|2|223221222211|1|2|23ACtttFGySttttttSttQGytttt AAAA第 20 页（共 22 页）令，则，22mt0m，122113222134323424SmSmmmmmm A当时，取得最小值为，此时3m 12SS312(2,0)G【归纳与总结】本题考查实数值、抛物线标准方程的求法，考查三角形的面积的比值的最小值及相应点的坐标的求法，考查抛物线、直线方程、重心性质、弦长公式等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题22（15 分）已知实数，设函数，0a()1f xalnxx0 x（）当时，求函数的单调区间；34a ()f x（）对任意，均有，求的取值范围21xe)()2xf xaa注意：为自然对数的底数2.71828e【思路分析】（1）当时，利用导34a 31(12)(2 11)()42 141xxfxxxxx 数性质能求出函数的单调区间()f x（2）由，得，当时，等价于1()2f xa204a 204a()4xf xa，令，则，设，则22 120 xxlnxaa1ta2 2t2()212g ttxtxlnx2 2t，由此利用分类讨论思想和导导数性质能求出的取值211()(1)2xg tx tlnxxxa范围【解析】：（1）当时，34a 3()14f xlnxx 0 x，31(12)(2 11)()42 141xxfxxxxx 函数的单调递减区间为，单调递增区间为()f x(0,3)(3,)（2）由，得，1()2f xa204a 当时，等价于，204a()4xf xa22 120 xxlnxaa令，则，1ta2 2t设，2()212g ttxtxlnx2 2t则，211()(1)2xg tx tlnxxx当，时，()i17x)112 2x则，()(2 2)84 2 12g xgxxlnx记，()42 2 1p xxxlnx17x第 21 页（共 22 页）则2212121()11xxxxp xxxxx x，(1)1(221)1(1)(12)xxxx xxxx 列表讨论：x 17 1(,1)7 1(1,)()p x 0()P x 1()7p 极小值（1）p（1），()p xp0()(2 2)2()2()0g tgp xp x当时，()ii21 1,)7xe12(1)()(1)2xlnxxg tgxx令，()2(1)q xxlnxx21xe17则，2()10lnxq xx 故在，上单调递增，()q x21e171()()7q xq由得（1），()i12 712 7()()7777qpp 0，()0q x1()()(1)02q xg tgxx 由知对任意，()()i ii21xe)2 2t)()0g t 即对任意，均有，21xe)()2xf xa综上所述，所求的的取值范围是，a(024【归纳与总结】本题考查函数的单调性、导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力高中数学教研微信系列群简介：目前有 6 个群，共 2000 多优秀、特、高级教师，省、市、区县教研员、教辅公司数学编辑、报刊杂志高中数学编辑等汇聚而成，是一个围绕高中数学教学研究展开教研活动的微信群.宗旨：脚踏实地、不口号、不花哨、接地气的高中数学教研！特别说明：1.本系列群只探讨高中数学教学研究、高中数学试题研究等相关话题；第 22 页（共 22 页）2.由于本群是集“研究写作发表（出版）”于一体的“桥梁”，涉及业务合作，特强调真诚交流，入群后立即群名片：教师格式：省+市+真实姓名，如：四川成都张三 编辑格式：公司或者刊物（简写）+真实姓名 欢迎各位老师邀请你身边热爱高中数学教研（不喜欢研究的谢绝）的教师好友（学生谢绝）加入，大家共同研究，共同提高！群主二维码：见右图