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海南省海口市2021届新高考一诊数学试题含解析

发布时间：2020-09-14   来源：文档文库   
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海南省海口市2021届新高考一诊数学试题
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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。
i2020（ ） 1．1iA．

2
2B． 2
C．1 D．
14【答案】A 【解析】 【分析】
i2020利用复数的乘方和除法法则将复数化为一般形式，结合复数的模长公式可求得结果. 1i【详解】
i2020i45051505i202011i11i， 1，1i1i1i1i2222i2020211. 因此，1i222故选：A. 【点睛】
本题考查复数模长的计算，同时也考查了复数的乘方和除法法则的应用，考查计算能力，属于基础题. 22．已知直线l1：xmy（m0）与抛物线C：y4x交于O（坐标原点），A两点，直线l2：xmym与抛物线C交于B，D两点.若|BD|3|OA|，则实数m的值为（ ） A．1
4B．1
5C．1
3D．1
8【答案】D 【解析】 【分析】
设Bx1,y1，Dx2,y2，联立直线与抛物线方程，消去x、列出韦达定理，再由直线xmy与抛物线的交点求出A点坐标，最后根据|BD|3|OA|，得到方程，即可求出参数的值； 【详解】
xmym2Bx,yDx,y解：设11，22，由2，得y4my4m0，
y4x∵16m216m0，解得m1或m0，∴y1y24m，y1y24m.
又由xmy22y4mA4m,4m， y0y4my0，得，∴或，∴2y4x∵|BD|3|OA|， ∴(1m2yy1222916m416m2，
2又∵y1y2y1y24y1y216m216m， ∴代入解得m故选：D 【点睛】
本题考查直线与抛物线的综合应用，弦长公式的应用，属于中档题. 3．x1是x1. 812的（ ）条件
xB．必要不充分
C．充要
D．既不充分也不必要
A．充分不必要 【答案】B 【解析】 【分析】
利用充分条件、必要条件与集合包含关系之间的等价关系，即可得出。 【详解】
1设p:x1对应的集合是A(,1，由x2解得x0且x1

xq: x12对应的集合是B,1x1,0 ，所以BA，
故x1是x【点睛】
12的必要不充分条件，故选B。
x本题主要考查充分条件、必要条件的判断方法——集合关系法。 设Axxp，Bxxq ， 如果AB，则p是q的充分条件；如果A如果BA，则p是q的必要条件；如果BB则p是q的充分不必要条件；
A，则p是q的必要不充分条件。
4．已知直三棱柱中ABCA1B1C1，ABC120，AB2，BCCC11，则异面直线AB1与BC1所成的角的正弦值为（ ）． A．3
2B．10
5C．15
5D．6
3【答案】C 【解析】

【分析】
设M,N,P分别为AB,BB1和B1C1的中点，得出AB1,BC1的夹角为MN和NP夹角或其补角，根据中位线定理，结合余弦定理求出AC,MQ,MP和MNP的余弦值再求其正弦值即可. 【详解】
根据题意画出图形:
设M,N,P分别为AB,BB1和B1C1的中点，
则AB1,BC1PQ1,MQ的夹角为MN和NP夹角或其补角
可知MN1215. ，NPBC1AB12222作BC中点Q，则PQM为直角三角形；
1AC 2ABC中，由余弦定理得
1AC2AB2BC22ABBCcosABC412217
2AC7，MQ7
2MQ2PQ211
2在△MQP中，MP在PMN中，由余弦定理得

5211222222MNNPPM10
cosMNP2MHNP552222所以sinMNP1cos2MNP12221015 552故选：C 【点睛】
此题考查异面直线夹角，关键点通过平移将异面直线夹角转化为同一平面内的夹角，属于较易题目. 5．2021年某省将实行“312”的新高考模式，即语文、数学、英语三科必选，物理、历史二选一，化学、生物、政治、地理四选二，若甲同学选科没有偏好，且不受其他因素影响，则甲同学同时选择历史和化学的概率为 A．1
8B．1
4C．1
6D．1
2【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
12甲同学所有的选择方案共有C2C412种，甲同学同时选择历史和化学后，只需在生物、政治、地理三科1中再选择一科即可，共有C33种选择方案，根据古典概型的概率计算公式，可得甲同学同时选择历史和化学的概率P31，故选B． 1246．已知不重合的平面,, 和直线l ，则“// ”的充分不必要条件是（ ） A．内有无数条直线与平行 C． 且 【答案】B 【解析】 【分析】
根据充分不必要条件和直线和平面，平面和平面的位置关系，依次判断每个选项得到答案. 【详解】
A. 内有无数条直线与平行，则,相交或//，排除；
B. l 且l，故//，当//，不能得到l 且l，满足； C. 且，//，则,相交或//，排除；
B．l 且l
D．内的任何直线都与平行

D. 内的任何直线都与平行，故//，若//，则内的任何直线都与平行，充要条件，排除. 故选：B. 【点睛】
本题考查了充分不必要条件和直线和平面，平面和平面的位置关系，意在考查学生的综合应用能力. 7．已知向量a(1,4，b(2,m，若|ab||ab|，则m（ ） A．1
2B．1
2C．-8 D．8 【答案】B 【解析】 【分析】
先求出向量ab,ab的坐标，然后由|ab||ab|可求出参数m的值. 【详解】
由向量a(1,4，b(2,m， 则ab1,4m，ab3,4m |ab|12+4m，|ab|32+4m
22又|ab||ab|，则12+4m=32+4m，解得m故选：B 【点睛】
本题考查向量的坐标运算和模长的运算，属于基础题. 221. 28．已知f(x为定义在R上的奇函数，且满足f(x4f(x,当x(0,2时，f(x2x2，则f(3（ ） A．18 【答案】C 【解析】 【分析】
由题设条件fx4fx，可得函数的周期是4，再结合函数是奇函数的性质将f3转化为f1函数值，即可得到结论. 【详解】
由题意，fx4fx，则函数fx的周期是4，
B．18
C．2
D．2

所以，f3f34f1，
又函数fx为R上的奇函数，且当x0,2时，fx2x，
2所以，f3f1f12. 故选：C. 【点睛】
本题考查函数的周期性，由题设得函数的周期是解答本题的关键，属于基础题. 9．已知函数fxcosx0,0的最小正周期为，且满足fxfx，2则要得到函数fx的图像，可将函数gxsinx的图像（ ） A．向左平移C．向左平移【答案】C 【解析】 【分析】
依题意可得2，且x是f(x的一条对称轴，即可求出的值，再根据三角函数的平移规则计算可得； 【详解】
解：由已知得2，x是f(x的一条对称轴，且使f(x取得最值，则3kπ，12个单位长度 B．向右平移D．向右平移12个单位长度
5个单位长度 125个单位长度
12π，3ππ5ππf(xcos2xcos2x，g(xsin2xcos2x，
23122故选：C. 【点睛】
本题考查三角函数的性质以及三角函数的变换规则，属于基础题. 10．当a0时，函数fxxaxe的图象大致是（ ）
2xA． B．
C． D．

【答案】B 【解析】
由fx0，解得x2ax0，即x0或xa，a0,函数fx有两个零点，A,C，不正确，设a1，则fxxxe,f'xxx1e，由f'xxx1e0，解得2x2x2xx151515152x或x，由f'xx1e0，解得：，即x1是x2222函数的一个极大值点，∴D不成立，排除D，故选B. 【方法点晴】本题通过对多个图象的选择考察函数的解析式、定义域、值域、单调性，导数的应用以及数学化归思想，属于难题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及x0,x0,x,x时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意选项一一排除. 11．在我国传统文化“五行”中，有“金、木、水、火、土”五个物质类别，在五者之间，有一种“相生”的关系，具体是：金生水、水生木、木生火、火生土、土生金.从五行中任取两个，这二者具有相生关系的概率是（ ） A．0.2 【答案】B 【解析】 【分析】
利用列举法，结合古典概型概率计算公式，计算出所求概率. 【详解】
从五行中任取两个，所有可能的方法为：金木、金水、金火、金土、木水、木火、木土、水火、水土、火土，共10种，其中由相生关系的有金水、木水、木火、火土、金土，共5种，所以所求的概率为故选：B 【点睛】
本小题主要考查古典概型的计算，属于基础题. 12．如图，圆O是边长为23的等边三角形ABC的内切圆，其与BC边相切于点D，点M为圆上任意一点，BMxBAyBD(x,yR，则2xy的最大值为（ ）
B．0.5 C．0.4 D．0.8 510.5. 102

A．2 【答案】C 【解析】 【分析】
B．3
C．2 D．22
建立坐标系，写出相应的点坐标，得到2xy的表达式，进而得到最大值. 【详解】
以D点为原点，BC所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立坐标系，

设内切圆的半径为1，以（0，1）为圆心，1为半径的圆；
根据三角形面积公式得到11l周长rSABACsin600， 22可得到内切圆的半径为1; 可得到点的坐标为：B3,0,C3,0,A0,3,D0,0,Mcos,1sin
BMcos3,1sin,BA故得到 BMcos3,3,BD3,0 3,1sin3x3y,3x

故得到cos3x3y3,sin3x1

1sinxcossin4243sin2. ，2xy33333ycossin2333
故最大值为：2. 故答案为C. 【点睛】
这个题目考查了向量标化的应用，以及参数方程的应用，以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数等相结合的一类综合问题.通过向量的运算，将问题转化为解不等式或求函数值域，是解决这类问题的一般方法. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．若复数z13i（i是虚数单位），则z(z10________ 【答案】30i 【解析】 【分析】
直接根据复数的代数形式四则运算法则计算即可． 【详解】
z=13i，z(z10(13i(13i1030i．
【点睛】
本题主要考查复数的代数形式四则运算法则的应用．
14．已知点P是直线l上的一点，将直线l绕点P逆时针方向旋转角0，所得直线方程是2xy20，若将它继续旋转【答案】x2y30 【解析】 【分析】
2角，所得直线方程是2xy10，则直线l的方程是______. 求出点P坐标，由于直线2xy10与直线l垂直，得出直线l的斜率为方程. 【详解】
1，再由点斜式写出直线l的22xy10P1,1
xy20由于直线2xy10可看成直线l先绕点P逆时针方向旋转角，再继续旋转2角得到，则直线2xy10与直线l垂直，即直线l的斜率为所以直线l的方程为y1故答案为：x2y30
1
21(x1，即x2y30
2
【点睛】
本题主要考查了求直线的方程，涉及了求直线的交点以及直线与直线的位置关系，属于中档题. 15．已知二项式的展开式中的常数项为，则__________．
【答案】2 【解析】 【分析】
在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于，求出的值，即可求得常数项，再根据常数项等于求得实数的值． 【详解】 二项式的展开式中的通项公式为，
令，求得，可得常数项为，，
故答案为：． 【点睛】
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题． 16．已知12x的展开式中含有x2的项的系数是60，则展开式中各项系数和为______. 【答案】1 【解析】 【分析】
260，解得n6，令x1得：展开式中各项系数和，得解． 由二项式定理及展开式通项公式得：22Cnn【详解】
r(2xr， 解：由(12x的展开式的通项Tr1Cnn令r2，
260， 得含有x2的项的系数是22Cn解得n6，
令x1得：展开式中各项系数和为(126729， 故答案为：1． 【点睛】
本题考查了二项式定理及展开式通项公式，属于中档题．

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17．己知函数f(xex2xcosx. （1）当x(,0时，求证：f(x0；
（2）若函数g(xf(x1n(x1，求证：函数g(x存在极小值. 【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析 【解析】 【分析】
x（1）求导得f(xe2sinx，由exe01，且sinx10，得到f(x0，再利用函数f(x在(,0上单调递减论证. x（2）根据题意g(xe2xcosxln(x1,x1，求导，令h(xg(xex1sinx2，x1x易知h(00； h(xe1cosxx，易知当0,时，h(x0，(x122h(xg(xg(00；当x(1,0时，函数h(x单调递增，而h(01，又999910hecos1000，由零点存在定理得x0,0，使得hx00，101010xx0,0，使得h(x0，有h(xg(xg(00从而得证. 【详解】
（1）依题意，f(xe2sinx，
因为exe01，且sinx10，故f(x0， 故函数f(x在(,0上单调递减， 故f(xf(00. （2）依题意，g(xe2xcosxln(x1,x1， 令h(xg(xexxx1sinx2，则h(00； x1而h(xex1cosxx0,时，h(x0， ，可知当2(x12故函数h(x在0,2上单调递增，故当x0,时，h(xg(xg(00； 2
当x(1,0时，函数h(x单调递增，而h(01，
999910又hecos1000，故x0,0，使得hx00，
101010故xx0,0，使得h(x0，即函数h(x单调递增，即g(x单调递增； 故当xx0,0时，g(xg(00， 故函数g(x在x0,0上单调递减，在0,上单调递增， 2故当x0时，函数g(x有极小值g(00. 【点睛】
本题考查利用导数研究函数的性质，还考查推理论证能力以及函数与方程思想，属于难题. 18．已知函数fxxxa16x，gxalnx，aR.函数hx32fxxgx的导函数5hx在,4上存在零点. 21求实数a的取值范围；
2若存在实数a，当x0,b时，函数fx在x0时取得最大值，求正实数b的最大值； 3若直线l与曲线yfx和ygx都相切，且l在y轴上的截距为12，求实数a的值. 【答案】110,28；24；312. 【解析】 【分析】
,41由题意可知，hxx2xalnxa16，求导函数hx，方程2x2xa0在区间2上有5实数解，求出实数a的取值范围；
2由fxx3x2a16x，则fx3x22xa16，分步讨论，并利用导函数在函数的单调性的研究，得出正实数b的最大值；
3设直线l与曲线yfx的切点为x1,x13x12a16x1，因为fx3x22xa16，所以切线斜率k3x12x1a16，切线方程为y24ax12，设直线l与曲线ygx的切点2为x2,alnx2，因为gxaaaykxx2alnx2， ，所以切线斜率，即切线方程为xxx22
a24aa1155xalnx2a.所以x2x，整理得y，求得x2，设Gxlnxx22x277alnxa122则Gx112x120， x2x2x257所以Gx在,上单调递增，最后求出实数a的值. 【详解】
a2x2xa， 1由题意可知，hxxxalnxa16，则hx2x1xx25即方程2x2xa0在区间,4上有实数解，解得a10,28；
22因为fxx3x2a16x，则fx3x22xa16，
①当412a160，即10a47时，fx0恒成立，
3所以fx在0,b上单调递增，不符题意； ②当47a16时，令fx3x22xa160，
3解得：x2412a16613a47，
3当x0,13a47时，fx0，fx单调递增， 3所以不存在b0，使得fx在0,b上的最大值为f0，不符题意；
2③当16a28时，fx3x2xa160，
解得：x113a4713a470，x20
33且当x0,x2时，fx0，当xx2,时，fx0， 所以fx在0,x2上单调递减，在x2,上单调递增，
若0bx2，则fx在0,b上单调递减，所以fxmaxf0， 若bx2，则fx0,x2上单调递减，在x2,b上单调递增， 由题意可知，fbf0，即bba16b0，
32整理得b2ba16，
因为存在a16,28，符合上式，所以b2b12，解得0b4，

综上，b的最大值为4；
3设直线l与曲线yfx的切点为x1,x13x12a16x1，
22因为fx3x2xa16，所以切线斜率k3x12x1a16，
即切线方程y3x12x1a16xx1x1x1a16x1
232整理得：y3x12x1a16x2x1x1
2323232由题意可知，2x1x112，即2x1x1120，
2即x122x13x160，解得x12
所以切线方程为y24ax12，
设直线l与曲线ygx的切点为x2,alnx2， 因为gxaaaykxx2alnx2， ，所以切线斜率，即切线方程为xxx22整理得yaxalnx2a. x2a1124alnx0， ax所以2，消去，整理得22x22alnxa122且因为a24aa10,28，解得x25， x27115112x1x，则Gx20， 2x27x2x2x2设Gxlnx所以Gx在,上单调递增，
因为G10，所以x21，所以a24a，即a12. 【点睛】
本题主要考查导数在函数中的研究，导数的几何意义，属于难题. 19．设kR，函数g(xk(xe，其中e为自然对数的底数. （1）设函数f(x57x. 1lnx①若k1，试判断函数f(x与g(x的图像在区间(1,e上是否有交点； ②求证：对任意的kR，直线yg(x都不是yf(x的切线；

（2）设函数h(x2xxlnxxg(xekx，试判断函数h(x是否存在极小值，若存在，求出k的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）①函数f(x与g(x的图象在区间(1,e上有交点；②证明见解析；（2）k0且k【解析】 【分析】
（1）①令F(xf(xg(x，结合函数零点的判定定理判断即可；②设切点横坐标为x0，求出切线方程，得到x02eelnx0，根据函数的单调性判断即可；
（2）求出h(x的解析式，通过讨论k的范围，求出函数的单调区间，确定k的范围即可． 【详解】
解：（1）①当k1时，函数g(xxe， 令F(xf(xg(xxxe，x(1,e， 1lnx1； 2e则F12e0，F(e3ee0， 故F1Fe0，
又函数F(x在区间(1,e上的图象是不间断曲线， 故函数F(x在区间(1,e上有零点，
故函数f(x与g(x的图象在区间(1,e上有交点；
②证明：假设存在kR，使得直线yk(xe是曲线yf(x的切线， 切点横坐标为x0，且x00,ee,，
则切线yf(x在点xx0切线方程为yf(x0(xx0f(x0， 即y2lnx02x0x0lnx0x0x，
(lnx012(lnx0121lnx02lnx02x0x0lnx0x0ke，
，且(lnx012(lnx0121lnx0从而k消去k，得x02eelnx0，故x0e满足等式， 令s(x0x02eelnx0，所以s(x01e， x0故函数s(x0在(0,e和(e,上单调递增， 又函数s(x0在x0e时se0， 故方程x02eelnx0有唯一解x0e，

又x00,ee,，
故x0不存在，即证；
（2）由h(x2xxlnxxg(xekx2xxlnxkx22kex得，
x0，h(x1lnx2k(xe，
令m(x1lnx2k(xe， 则m(x2k12kx1， xxmehe0，
(i当k0时，h(x递减，
故当x(0,e时，h(x0，h(x递增， 当x(e,时，h(x0，h(x递减， 故h(x在xe处取得极大值，不合题意； (iik0时，则m(x在(0,11递减，在(，递增，
2k2k①当0k11e，
时，2e2k1递减， 2k故m(x在(0,可得当x(0,e时，h(x0， 当x(e,1k1时，h(x0， 2k1k1km(ee， (12ke2elnkk1k1k1k1易证e1，令m(k2elne，k(e,，
2ek2kk令t12e，
k1故n(t2etlntt，则n(t2e10，
t故n(t在(2e,递增， 则ntn2en10， 即0k1时，m0， 2e11k故在(，e内存在x0，使得m(x00，
2kk
故h(x在(1，x0上递减，在(x0，递增， 2k故h(x在xx0处取得极小值． ②由（1）知k11e，
，2e2k故h(x在(0,e递减，在(e,递增，
故x(0,时，h(x0，f(x递增，不合题意； ③当k当x(11e， 时，02k2e1，e时，h(x0，f(x递减， 2k当x(e,时，h(x0，f(x递增， 故h(x在xe处取极小值，符合题意， 综上，实数k的范围是k0且k【点睛】
本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，属于难题． 20．（选修4-4：坐标系与参数方程）
1． 2ex3cosaC:xOy在平面直角坐标系，已知曲线（a为参数），在以O原点为极点，x轴的非负半轴ysina为极轴建立的极坐标系中，直线l的极坐标方程为2cos(1． 24（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；
（2）过点M1,0且与直线l平行的直线l1交C于A，B两点，求点M到A，B的距离之积．
x2【答案】（1）曲线C：（2）1. y21，直线l的直角坐标方程xy20；3【解析】
试题分析：（1）先根据三角函数平方关系消参数得曲线C化为普通方程，再根据xcos,ysin 将直线l的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）根据题意设直线l1参数方程，代入C方程，利用参数几何意义以及韦达定理得点M到A，B的距离之积
x2试题解析：（1）曲线C化为普通方程为：y21，
3由2cos1，得cossin2， 24
所以直线l的直角坐标方程为xy20．
2x1t2（2）直线l1的参数方程为（t为参数），
y2t2x2代入y21化简得：2t22t20，
3设A,B两点所对应的参数分别为t1,t2，则t1t21，
MAMBt1t21．
21．在ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c，已知A（1）求a的值；
（2）若b1，求ABC的面积． 【答案】（1）3；（2）【解析】 【分析】 （1）由b2c23,b2c23abca2．
33. 233abc,结合A可得结果； abca2，利用余弦定理可得2bccosA3331ππ，B, 利用三角形内角和定理可得C，由三角形面积公式可得结果. 226（2）由正弦定理sinB【详解】
（1）由题意，得b2c2a2∵b2c2a22bccosA. ∴2bccosA∵A3abc. 33abc, 3π ，∴a23cosA3 . 33，
（2）∵a由正弦定理ab1，可得sinB. sinAsinB2π∵a>b，∴B,

6
∴CπABπ. 2∴SABC【点睛】
13. absinC22本题主要考查正弦定理、余弦定理及特殊角的三角函数，属于中档题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）222bca（2）cosA，同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在a2b2c22bccosA；2bc解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住30,45,60等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用. 22．已知函数f(xxbxalnx(a0，bR. （1）设ba2，若f(x存在两个极值点x1，x2，且x1x21，求证：f(x1f(x234ln2；（2）设g(xxf(x，g(x在[1,e]不单调，且2b底数）. 2ooo14e恒成立，求a的取值范围.（e为自然对数的ae2e48ee2e48e，. 【答案】（1）证明见解析；（2）44【解析】 【分析】
（1）先求出fx，又由x1x21可判断出f(x在1,上单调递减，故2afx1fx2即可；
aa2a2aln1，令t2，记htt2tlnt1， 利用导数求出ht的最小值24223xalnxa（2）由g(x在1,e上不单调转化为g(x0在1,e上有解，可得2b，令xFx3x【详解】
aalnx1，分类讨论求Fx的最大值，再求解Fxmax4e即可. xa（1）已知ba2(a0,f(xxbxalnx，
2a(x1(2xa， xxa，x2， 由f(x0可得x112f(x2xb
又由x1x21,知a2
2af(x在1,上单调递减，
2fx1fx2令t2aaaf1faln1
224a2，记htt22tlnt1，则ht2t2lnt2
222(t1+上单调递增； h(t20h(t在2，tth(th(22(1ln20，h(t在2，+上单调递增；
h(th(23-4ln20，
f(x1f(x234ln2
32（2）g(xxbxaxlnx，g(x3x2bxalnxa，
2g(x在1,e上不单调，
g(x在1,e上有正有负，g(x0在1,e上有解，
3x2alnxa，x(1,e， 2bx2b14e恒成立，
a3x2alnxaalnx13lnxa，则Fx记Fx3x2，
x2xaax记G(xlnx12lnxG(x，， 23xxG(x在1,e上单调增，在G(xmaxG(e于是知 （i）当e,e上单调减. 1 2e31即a6e时，F(x≥0恒成立，Fx在1,e上单调增， a2e2a1Fe3e4e，
ea22e2e48ee2e48e. 2aeae0，a44（ii）当a6e时，

Fe3e3a136e3e12e4e，故不满足题意. a2e2ee2e48ee2e48e， 综上所述，a44【点睛】
本题主要考查了导数的综合应用，考查了分类讨论，转化与化归的思想，考查了学生的运算求解能力. 23．已知函数f(xlnxax2(ab1xb1(a,bR. （1）若a0，试讨论f(x的单调性；
（2）若0a2,b1，实数x1,x2为方程f(xmax2的两不等实根，求证：【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析 【解析】 【分析】
（1）根据题意得fx，分b1与b1讨论即可得到函数fx的单调性； （2）根据题意构造函数gx，得g(x1g(x2m，参变分离得a21142a. x1x2lnx2lnx1，
x1x2x1x2x2x211t(t1，再构造函数2ln42a分析不等式，即转化为，设x1x1x2x2x1x11gt2lntt，利用导数得单调性，进而得证. t【详解】
（1）依题意x0，当a0时，f(x1(b1，
x①当b1时，f(x0恒成立，此时f(x在定义域上单调递增； ②当b1时，若x0,11x,f(x0，；若，f(x0；
b1b111,. ，单调递减区间为b1b1故此时f(x的单调递增区间为0,（2）方法1：由f(xmax2得lnx(a2x2m0 令g(xlnx(a2x2，则g(x1g(x2m， 依题意有lnx1(a2x1lnx2(a2x2，即a2lnx2lnx1，
x1x2
要证2lnx2lnx111xx242a，只需证12(2a（不妨设x1x2）， x1x2x1x2x1x2x1x2x22ln即证， x2x1x1令x212t(t1，设gt2lntt1，则g(t211(10， 2x1tttt1142a. x1x2g(t在(1,单调递减，即g(tg(10，从而有方法2：由f(xmax2得lnx(a2x2m0 令g(xlnx(a2x2，则g(x1g(x2m，g(x当x(0,1(2a x11时g(x0，x(,时g(x0， 2a2a11上单调递增，在(,上单调递减， 故g(x在(0,2a2a1x2， 不妨设x1x2，则0x12ax2x2111(0,， x42a要证，只需证1，易知(42ax212a(42ax21x1x2故只需证g(x1g(x2x2，即证g(x2g(
(42ax21(42ax21令h(xg(xg(x1，（x），
(42ax12a12则h(xg(x42ax1g(x
(42ax121(2ax1(2ax14(2a2ax10==， 22xx42ax142ax1（也可代入后再求导）
11h(x在,上单调递减，h(xh(0，
2a2a故对于x【点睛】
本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，属于难题. x111.由此得42a 时，总有g(xg(x1x2(42ax12a


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