山东省济宁市2020届高三数学下学期第五次考试试题（Word解析版）

2019-2020 学年高三第二学期第五次考试数学试卷 一、选择题 1.设集合 ， ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 分别解对数不等式，一元二次不等式求出集合 A,B，直接进行交集运算. 【详解】因为 ， 或 ， 所以 . 故选：D 【点睛】本题考查集合的交集运算，涉及对数不等式、一元二次不等式，属于基础题. 2.已知复数 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 利用复数除法、加法运算，化简求得 ，再求得 【详解】 ，故 . 故选：B 【点睛】本小题主要考查复数的除法运算、加法运算，考查复数的模，属于基础题. 3.设 ， ， ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 { }30 log 2A x x= ≤ ≤ { }2 3 18B x y x x= = − − A B = [ ]13， [ ]3 6− ， [ ]3 9， [ ]6 9， { } { }30 log 2 1 9A x x x x= ≤ ≤ = ≤ ≤ 2 3 18 0 3x x x− − ≥ ⇒ ≤ − 6x ≥ [6,9]A B∩ = 5 52 iz ii = +− | |z = 5 5 2 3 2 2 5 z z 5 5 (2 )5 5 1 72 5 i i iz i i ii += + = + = − +− 2 2| | ( 1) 7 5 2z = − + = 1 33a = 1 3 log 2b = 1 21 3c  =    b a c< < c b a< < b c a< < c a b< 1 3 log 2 0b = < 1 210 13c  < = PH α cos cos PNHPN PH α = ∠ = 1 cosPF PN k PH PH α= = = cosα cos 0α > cosα PH 2 4y x= PH y kx k= + 2 4 y kx k y x = +  = ( )2 2 2 22 2 0k x k x k+ − + = PH ( )22 44 2 4 0k k∆ = − − = 1k = ± 0k > 1k = 1x = ( )1, 2P ± 2 2 2 2a PH PF= − = −， 所以双曲线离心率为 ， 故答案为：1； . 【点睛】本题考查了抛物线定义及几何性质的应用，双曲线定义及几何性质应用，直线与抛 物线相切位置关系的应用，属于中档题. 三、多项选择题 13.一组数据 ， ， ，…， 的平均值为 7，方差为 4，记 ， ， ，…， 的平均值为 a，方差为 b，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】 根据所给平均数与方差，可由随机变量均值与方差公式求得 ，进而求得平均值 为 a，方差为 b. 【详解】设 ， 数据 ， ， ，…， 的平均值为 7，方差为 4， 即 ， 由离散型随机变量均值公式可得 所以 , 因而 ， ， ，…， 的平均值为 ； 由离散型随机变量的方差公式可得 所以 , 因而 ， ， ，…， 的方差为 ， 故选：BD. 2 2c HF= = 1 2 1 2 1 ce a = = = + − 2 1+ 12 1x + 22 1x + 32 1x + 2 1nx + 13 2x + 23 2x + 33 2x + 3 2nx + 7a = 11a = 12b = 9b = ( ) ( ),E X D X ( )1 2 3, , nX x x x x= ⋅⋅⋅ 12 1x + 22 1x + 32 1x + 2 1nx + ( ) ( )2 1 7, 2 1 4E X D X+ = + = ( ) ( )2 1 2 1 7,E X E X+ = + = ( ) 3E X = 13 2x + 23 2x + 33 2x + 3 2nx + ( ) ( )3 2 3 2 3 3 2 11a E X E X= + = + = × + = ( ) ( )2 1 4 4,D X D X+ = = ( ) 1D X = 13 2x + 23 2x + 33 2x + 3 2nx + ( ) ( )3 2 9 9b D X D X= + = =【点睛】本题考查了离散型随机变量均值与方差公式的简单应用，属于基础题. 14.设 为三条不同的直线， 为两个不同的平面，则下面结论正确的是（ ） A. 若 ，则 B. 若 ，则 C. 若 ，则 D. ，则 【答案】C 【解析】 【分析】 根据线线、线面、面面位置关系，对选项逐一分析，由此确定结论正确的选项. 【详解】A 选项中， 可能异面；B 选项中， 也可能平行或相交；D 选项中，只有 相交才可推出 .C 选项可以理解为两个相互垂直的平面，它们的法向量相互垂直. 故选：C 【点睛】本小题主要考查线线、线面和面面位置关系命题真假性判断，属于基础题. 15.在三棱锥 D-ABC 中， ，且 ， ，M，N 分别 是棱 BC，CD 的中点，下面结论正确的是（ ） A. B. 平面 ABD C. 三棱锥 A-CMN 的体积的最大值为 D. AD 与 BC 一定不垂直 【答案】ABD 【解析】 【分析】 根据题意画出三棱锥 D-ABC，取 中点 ，连接 ：对于 A，根据等腰三角形性质 及线面垂直判定定理可证明 平面 ，从而即可判断 A；对于 B，由中位线定理及线 面平行判定定理即可证明；对于 C，当平面 平面 时，三棱锥 A-CMN 的体积最大， 由线段关系及三棱锥体积公式即可求解；对于 D，假设 ，通过线面垂直判定定理可 得矛盾，从而说明假设不成立，即可说明原命题成立即可. 【详解】根据题意，画出三棱锥 D-ABC 如下图所示，取 中点 ，连接 ： , ,m n l ,a β , , / /m nα β α β⊂ ⊂ //m n / / , / / ,m n m nα β ⊥ α β⊥ , ,m nα β α β⊥ ⊥ ⊥ m n⊥ / / , / / , ,m n l m l nα α ⊥ ⊥ l α⊥ ,m n ,α β ,m n l α⊥ 1AB BC CD DA= = = = AB BC⊥ CD DA⊥ AC BD⊥ //MN 2 12 AC O ,OB OD AC ⊥ BOD DAC ⊥ ABC AD BC⊥ AC O ,OB OD对于 A，因为 ，且 ， ， 所以 为等腰直角三角形， 则 且 ， 则 平面 ， 所以 ，即 A 正确； 对于 B，因为 M，N 分别是棱 BC，CD 的中点， 由中位线定理可得 ，而 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ，即 B 正确； 对于 C，当平面 平面 时，三棱锥 A-CMN 的体积最大， 则最大值为 ，即 C 错误； 对于 D，假设 ，由 ,且 , 所以 平面 ，则 ， 又因为 ，且 ， 所以 平面 ，由 平面 ，则 ， 由题意可知 ，因而 不能成立，因而假设错误，所以 D 正确； 综上可知，正确的为 ABD， 故选：ABD. 【点睛】本题考查了空间几何体 性质及综合应用，三棱锥体积公式，线面平行、线面垂直 的判定定理及性质应用，属于中档题. 16.定义：若函数 在区间 上的值域为 ，则称区间 是函数 的“完 美区间”，另外，定义区间 的“复区间长度”为 ，已知函数 ，则 的 1AB BC CD DA= = = = AB BC⊥ CD DA⊥ ,ABC ADC∆ ∆ , ,OD AC BO AC⊥ ⊥ OD BO O∩ = AC ⊥ BOD AC BD⊥ / /MN BD BD ⊂ ABD MN ⊄ ABD / /MN ABD DAC ⊥ ABC 1 1 1 2 1 21 13 2 2 2 2 48A CMN N ACMV V− −  = = × × × × × × =   AD BC⊥ AB BC⊥ AD AB A∩ = BC ⊥ ABD BC BD⊥ AC BD⊥ AC BC C= BD ⊥ ABC OB ⊂ ABC BD OB⊥ OB OD= BD OB⊥ ( )F x [ ]a b， [ ]a b， [ ]a b， ( )F x ( )F x ( )2 b a− ( ) 2 1f x x= −（ ） A. 是 的一个“完美区间” B. 是 的一个“完美区间” C. 的所有“完美区间”的“复区间长度”的和为 D. 的所有“完美区间”的“复区间长度”的和为 【答案】AC 【解析】 【分析】 根据定义，当 时求得 的值域，即可判断 A；对于 B，结合函数值域特点即可判 断；对于 C、D，讨论 与 两种情况，分别结合定义求得“复区间长度”，即可判断选 项. 【详解】对于 A，当 时， ，则其值域为 ，满足定义域与 值域的范围相同，因而满足“完美区间”定义，所以 A 正确； 对于 B，因为函数 ，所以其值域为 ，而 ，所以不存在定 义域与值域范围相同情况，所以 B 错误； 对于 C，由定义域为 ，可知 ， 当 时， ，此时 ，所以 在 内单调递减， 则满足 ，化简可得 ， 即 ，所以 或 ， 解得 （舍）或 ， 由 解得 或 （舍）， 所以 ，经检验满足原方程组，所以此时完美区间为 ，则“复区间长度”为 [ ]0,1 ( )f x 1 5 1 5,2 2  − +     ( )f x ( )f x 3 5+ ( )f x 3 2 5+ [ ]0,1x∈ ( )f x 1b ≤ 1b > [ ]0,1x∈ ( ) 2 21 1f x x x= − = − [ ]0,1 ( ) 2 1 0f x x= − ≥ [ )0,+∞ 1 5 02 − < [ ]a b， 0 a b≤ < 1b ≤ [ ] [ ]0,1a b，  ( ) 2 21 1f x x x= − = − ( )f x [ ]a b， ( ) ( ) 2 2 1 1 f a a b f b b a  = − = = − = 2 2a a b b− = − 2 21 1 2 2a b   − = −       1 1 2 2a b− = − 1 1 2 2a b− = − a b= 1a b+ = 2 1 1 a b a b + =  + = 1b = 0b = 1 0a b= − = [ ]0,1； 当 时，①若 ，则 ，此时 .当 在 的值 域为 ，则 ，因为 ，所以 ，即满足 ，解得 ， （舍）.所以此时完美区间为 ，则“复 区间长度”为 ； ②若 ，则 ， ，此时 在 内单调递增，若 的值 域为 ，则 ，则 为方程 的两个不等式实数根， 解得 ， ， 所以 ，与 矛盾，所以此时不存在完美区 间. 综上可知，函数 的“复区间长度”的和为 ，所以 C 正确，D 错误； 故选：AC. 【点睛】本题考查了函数新定义的综合应用，由函数单调性判断函数的值域，函数与方程的 综合应用，分类讨论思想的综合应用，属于难题. 四、解答题 17.在① ，② ，③ 三个条件中任选一 个，补充在下面问题中，并加以解答． 已知 的内角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，若_____，且 a，b，c 成等差数列，则 是否为等边三角形？若是，写出证明；若不是，说明理由． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】①；证明见解析 【解析】 ( )2 2b a− = 1b > 0 1a≤ < [ ]1 a b∈ ， ( ) ( )min 1 0f x f= = ( )f x [ ]a b， [ ]a b， ( )0,a f b b= = 1b > ( ) 2 1f b b b= − = 2 1 0b b− − = 1 5 2b += 1 5 2b −= 1 50, 2  +     ( ) 1 52 2 1 52b a +− = × = + 1 a≤ ( ) 2 1f x x= − [ ]x a b∈ ， ( )f x [ ]a b， ( )f x [ ]a b， ( ) ( ) 2 2 1 1 f a a a f b b b  = − = = − = ,a b 2 1 0x x− − = 1 1 5 2x −= 2 1 5 2x += 1 5 2 1 5 2 a b  −= + = 1 a≤ ( ) 2 1f x x= − 2 1 5 3 5+ + = + cos2 3sin 2 0B B− + = 2 cos 2b C a c= − cos 1 3sin b B a A += ABC∆ ABC∆【分析】 选择①：由余弦降幂公式代入即可求得 ，结合 a，b，c 成等差数列可得 ， ，代入余弦定理公式，即可得 ，结合等式 可求得 ，进而证明 为等边三角形. 【详解】选择① ， 证明：则由余弦降幂公式可得 ， 即 ， 由 可得 ， 又因为 a，b，c 成等差数列，则 B 为锐角， 则 ， ， 由余弦定理可知 ， 代入可得 ，即 ， 则 ，化简可得 ， 即 ，又因为 ， 所以 为等边三角形. 【点睛】本题考查了三角函数解析式的化简应用，余弦降幂公式化简三角函数式，余弦定理 解三角形，等差中项性质的应用，综合性较强，属于中档题. 18.已知数列 满足 ． （1）求数列 的通项公式； （2）设数列 的前 项和为 ，证明： ． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 sin B 2b a c= + 3B π= 2b ac= 2b a c= + a c= ABC∆ cos2 3sin 2 0B B− + = 21 2sin 3sin 2 0B B− − + = ( )( )2sin 3 sin 3 0B B− + = 0 B π< < 3sin 2B = 2b a c= + 3B π= 2 2 2 2 cosb a c ac B= + − ( )22 3b a c ac= + − 2b ac= 2 2 a c ac +  =   ( )2 0a c− = a c= 3B π= ABC∆ { }na 1 2 3 1 2 3 2 5 2 5 2 5 2 5 3n n n a a a a + + + + =− − − −… { }na 1 1 n na a +       n nT 1 1 22 6nT≤ < 3 5 2n na +=【分析】 （ 1 ） ， ① 当 时 ， ，②两式相减即得数列 的通项公式； （2）先求出 ，再利用裂项相消法求和证明. 【详解】（1）解： ，① 当 时， ． 当 时， ，② 由①-②，得 ， 因为 符合上式，所以 ． （2）证明： 因为 ，所以 ． 【点睛】本题主要考查数列通项的求法，考查数列求和，意在考查学生对这些知识的理解掌 握水平. 19.如图，在四棱锥 中， 是边长为 4 的正方形， 平面 ， 分别为 的中点. 1 2 3 1 2 3 2 5 2 5 2 5 2 5 3n n n a a a a + + + + =− − − −… 2n ≥ 1 2 3 1 1 2 3 1 1 2 5 2 5 2 5 2 5 3n n n a a a a − − −+ + + + =− − − −… { }na ( )( )1 1 4 4 1 1 3 5 3 8 3 3 5 3 8n na a n n n n+  = = − + + + +  1 2 3 1 2 3 2 5 2 5 2 5 2 5 3n n n a a a a + + + + =− − − −… 1n = 1 4a = 2n ≥ 1 2 3 1 1 2 3 1 1 2 5 2 5 2 5 2 5 3n n n a a a a − − −+ + + + =− − − −… ( )3 5 22n na n += ≥ 1 4a = 3 5 2n na += ( )( )1 1 4 4 1 1 3 5 3 8 3 3 5 3 8n na a n n n n+  = = − + + + +  1 2 2 3 1 1 1 1 n n n T a a a a a a + = + + +… 4 1 1 1 1 1 1 3 8 11 11 14 3 5 3 8n n       = × − + − + + −      + +      … 4 1 1 3 8 3 8n  = × − +  1 10 3 8 11n < ≤+ 1 1 22 6nT≤ < S ABCD− ABCD SD ⊥ ABCD E F， AB SC，（1）证明： 平面 . （2）若 ，求二面角 的正弦值. 【答案】（1）证明见解析（2） 【解析】 【分析】 （1）记 的中点为 ，连接 ， ，通过证明 ，且 推出四边形 为平行四边形，则 ，由线线平行推出线面平行；（2）以 为原点建立空间直角坐标 系，分别求出平面 、平面 的法向量，代入 即可求得二面角的余弦 值从而求正弦值. 【详解】（1）证明：记 的中点为 ，连接 ， . 因为 分别为 的中点， 则 ，且 . 因为 ，且 ， 所以 ，且 ， 所以四边形 为平行四边形， 则 . 又 平面 ， 平面 ， 所以 平面 . （2）以 为原点，分别以 ， ， 为 轴、 轴、 轴的正方向，建立如图所示的 空间直角坐标系 ， //EF SAD 8SD = D EF S− − 2 2 3 SD G GF GA //GF AE GF AE= GFEA //EF AG D DEF SEF , m ncosm n m n ⋅=      SD G GF GA E F， AB SC， //GF CD 1 2GF CD= //AE CD 1 2AE CD= //GF AE GF AE= GFEA //EF AG EF ⊄ SAD AG ⊂ SAD //EF SAD D DA DC DS x y z D xyz−则 ， ， ， ， 设平面 的法向量 ， 则 令 ，则 . 设平面 的法向量为 ， 则 令 ，则 . ， 设二面角 为 ，则 ， 即二面角 的正弦值为 . 【点睛】本题考查线面平行的证明，空间向量法求二面角的余弦值，属于中档题. 20.生男生女都一样，女儿也是传后人.由于某些地区仍然存在封建传统思想，头胎的男女情况 可能会影响生二孩的意愿，现随机抽取某地 200 户家庭进行调查统计.这 200 户家庭中，头胎 为女孩的频率为 0.5，生二孩的频率为 0.525，其中头胎生女孩且生二孩的家庭数为 60. （1）完成下列 列联表，并判断能否有 95%的把握认为是否生二孩与头胎的男女情况有关； ( )0 0 8S ，， ( )0 0 0D ，， ( )4 2 0E ，， ( )0 2 4F ，， (4,2,0), (0,2,4), ( 4,0,4), ( 4, 2,8)DE DF EF ES= = = − = − −    DEF ( )1 1 1m x y z= ， ， 1 1 1 1 4 2 0 2 4 0 DE m x y DF m y z  ⋅ = + = ⋅ = + =     1 2x = ( )2 4 2m = − ， ， SEF ( )2 2 2n x y z= ， ， 2 2 2 2 2 4 4 0 4 2 8 0 EF n x z ES n x y z  ⋅ = − + = ⋅ = − − + =     2 2x = ( )2 4 2n = ，， 1, 3 m ncosm n m n ⋅= = −     D EF S− − θ 2 2 3sinθ = D EF S− − 2 2 3 2 2×生二孩 不生二孩 合计 头胎为女孩 60 头胎为男孩 合计 200 （2）在抽取的 200 户家庭的样本中，按照分层抽样的方法在生二孩的家庭中抽取了 7 户，进 一步了解情况，在抽取的 7 户中再随机抽取 4 户，求抽到的头胎是女孩的家庭户数 的分布 列及数学期望. 附： 0.15 0.05 0.01 0.001 2.072 3.841 6.635 10.828 （其中 ） 【答案】（1）见解析，有 95%的把握认为是否生二孩与头胎的男女情况有关.（2）分布列见解 析， 【解析】 【分析】 （1）根据题目所给数据，计算并填写出 列联表，计算出 的值，由此判断出有 95%的 把握认为是否生二孩与头胎的男女情况有关. （2）利用超几何分布分布列和数学期望计算公式，计算出所求 的分布列及数学期望. 【详解】（1）因为头胎为女孩的频率为 0.5，所以头胎为女孩的总户数为 . 因为生二孩的概率为 0.525，所以生二孩的总户数为 . 列联表如下： 生二孩 不生二孩 合计 X ( )2P K k≥ k 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bcK a b c d a c b d −= + + + + n a b c d= + + + 16 7EX = 2 2× 2K X 200 0.5 100× = 200 0.525 105× = 2 2×头胎为女孩 60 40 100 头胎为男孩 45 55 10 合计 105 95 200 ， 故有 95%的把握认为是否生二孩与头胎的男女情况有关. （2）在抽取的 200 户家庭的样本中，按照分层抽样的方法在生二孩的家庭中抽取了 7 户，则 这 7 户家庭中，头胎生女孩的户数为 4，头胎生男孩的户数为 3，则 的可能取值为 1，2， 3，4. ； ； ； . 的分布列为 1 2 3 4 . 【点睛】本小题主要考查 列联表独立性检验，考查超几何分布的分布列和数学期望的计 算，属于基础题. 2 2 200(60 55 45 40) 600 3.841105 95 100 100 133K × − ×= = >× × × X 1 3 4 3 4 7 4( 1) 35 C CP X C ⋅= = = 2 2 4 3 4 4 C C 18( 2) C 35P X ⋅= = = 3 1 4 3 4 4 C C 12( 3) C 35P X ⋅= = = 4 4 4 7 1( 4) 35 CP X C = = = X X P 4 35 18 35 12 35 1 35 4 18 12 1 161 2 3 435 35 35 35 7EX = × + × + × + × = 2 2×21.已知 分别为椭圆 的左、右焦点， 为该椭圆的一条垂直于 轴的 动弦，直线 与 轴交于点 ，直线 与直线 的交点为 . （1）证明：点 恒在椭圆 上. （2）设直线 与椭圆 只有一个公共点 ，直线 与直线 相交于点 ，在平面内是否存在 定点 ，使得 恒成立？若存在，求出该点坐标；若不存在，说明理由. 【答案】（1）见解析（2）存在， 【解析】 【分析】 （1）根据题意求得 的坐标，设出 的坐标，求得直线 的方程，由此求得 的坐标，代入椭圆方程的左边，化简后得到 ，由此判断出 恒在椭圆 上. （2）首先判断直线 的斜率是否存在.然后当直线 斜率存在时，设出直线 的方程 ， 判断出 的位置并设出 的坐标.联立直线 的方程和椭圆方程，化简后利用判别式等于零求 得 的关系式，进而求得 的坐标，结合 点坐标以及 ，利用 列 方程，结合等式恒成立求得 的坐标. 详解】（1）证明：由题意知 ，设 ，则 . 直线 的方程为 ，直线 的方程为 ， 联立可得 ， ，即 的坐标为 . 因为 ， 所以 点恒在椭圆 上. （2）解：当直线 的斜率不存在时，不符合题意.不妨设直线 的方程为 ，由对称性 可知，若平面内存在定点 ，使得 恒成立，则 一定在 轴上，故设 ， 【 1 2,F F 2 2 : 14 3 x yC + = MN x : 4m x = x A 2MF AN B B C n C P n m Q T 2PTQ π∠ = (1,0)T 2 ,F A ,M N 2 ,MF AN B 1 B C n n n y kx b= + T T n ,k b P Q 2PTQ π∠ = 0TP TQ⋅ =  T 2 (1,0), (4,0)F A ( , ), ( , )M s t N s t− 2 2 14 3 s t+ = 2MF ( 1)1 ty xs = −− AN ( 4)4 ty xs −= −− 5 8 2 5B sx s −= − 3 2 5B ty s = − B 5 8 3,2 5 2 5 s t s s −  − −  2 2 2 2 2 2 2 2 (5 8) 12 (5 8) 36 9 14 3 4(2 5) 4(2 5) B Bx y s t s s s s − + − + −+ = = =− − B C n n y kx b= + T 2PTQ π∠ = T x ( )0 ,0T x由 可得 . 因为直线 与椭圆 只有一个公共点， 所以 ， 所以 . 又因为 ，所以 ， 即 . 所以 对于任意的满足 的 恒成立， 所以 解得 . 故在平面内存在定点 ，使得 恒成立. 【点睛】本小题主要考查直线与直线交点坐标，考查点与椭圆的位置关系，考查直线和椭圆 的位置关系，考查恒成立问题的求解，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力， 属于中档题. 22.已知函数 ， . （1）设函数 ，讨论 的单调性； （2）设函数 ，若 的图象与 的图象有 ， 两个不同的交点，证明： . 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）求出 的表达式并求导，分类讨论 的单调性；（2）由题意可得 有 两 个 不 同 的 根 ， 则 ① ， ② ， 消 去 参 数 得 2 2 , 1,4 3 y kx b x y = + + = ( )2 2 24 3 8 4 12 0k x kbx b+ + + − = n C ( )( ) ( )2 2 2 2 2 264 4 4 3 4 12 48 4 3 0k b k b k b∆ = − + − = − + = 4 3,P P P kx y kx bb b = − = + = (4,4 ), 2Q k b PTQ π+ ∠ = ( )0 0 4 3, 4 ,4 0kTP TQ x x k bb b  ⋅ = − − ⋅ − + =     ( )0 0 4 3(4 )4 0k k bx xb b + + − + =   ( )2 0 0 04 3 4 4 0kx x xb − + + − = 2 24 3 0k b− + = ,k b 0 2 0 0 4 4 0, 4 3 0, x x x − =  − + = 0 1x = (1,0)T 2PTQ π∠ = ( ) ln 1f x x x= − ( ) ( )2 2g x ax a x= − − ( ) ( ) ( )H x f x g x′= − ( )H x ( ) ( ) ( )2G x g x a x= + − ( )f x ( )G x ( )1 1A x y， ( )2 2B x y， ( )1 2ln 2 ln 2x x > + ( )H x ( )H x 1ax lnx x = − 1 1 1 1lnx axx − = 2 2 2 1lnx axx − = a，构造函数 求导研究函数单 调性并利用放缩法推出 ，再次构造函数 ，通过证明 来证明 . 【详解】（1） ，定义域为 ， . 当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减. 当 时，令 ，得 ，所以 在 ， 上单调递增； 令 ，得 ，所以 在 上单调递减. 当 时， ， 在 上单调递增. 当 时，令 ，得 ，所以 在 ， 上单调递增； 令 ，得 ，所以 在 上单调递减. （2） ， 因为函数 的图象与 的图象有两个不同的交点， 所以关于 的方程 ，即 有两个不同的根. 由题知 ①， ②， ( ) ( )1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 1 2 x x x x xln x x lnx x x x x + +− = − ( ) ( ) ( )2 1 11 tF t lnt tt −= − >+ 1 2 1 2 2 1ln x x x x − > ( ) 2x lnx x φ = − ( ) ( )1 2 2x x eφ φ> ( )1 2 2 2ln x x ln> + ( ) ( ) ( ) ( )2 2 1H x f x g x lnx ax a x= − = + + − +′ (0, )+∞ ( ) ( ) ( ) ( )( )22 2 1 2 1 11 2 2 ax a x x axH x ax ax x x − + − + − + += − + − =′ = 0a ≥ ( )H x 10 2     ， 1 2  + ∞  ， 2 0a− < < ( ) 0H x′ > 1 10 2x a    ∈ − + ∞ ∪      ， ， ( )H x 1 a  − + ∞  ， 10 2     ， ( ) 0H x′ < 1 1 2x a  ∈ −  ， ( )H x 1 1 2 a  −  ， 2a = − ( ) 0H x′ ≥ ( )H x ( )0 + ∞， 2a < − ( ) 0H x′ > 1 102x a    ∈ + ∞ ∪ −      ， ， ( )H x 1 2  + ∞  ， 10 a  −  ， ( ) 0H x′ < 1 1 2x a  ∈ −  ， ( )H x 1 1 2a  −  ， ( ) ( ) ( ) 22G x g x a x ax= + − = ( )f x ( )G x x 2 1ax xlnx= − 1ax lnx x = − 1 1 1 1lnx axx − = 2 2 2 1lnx axx − =①+②得 ③， ②-①得 ④. 由③，④得 ，不妨设 ，记 . 令 ，则 ， 所以 上单调递增，所以 ， 则 ，即 ，所以 . 因为 所以 ，即 . 令 ，则 在 上单调递增. 又 ，所以 ， 即 ，所以 . 两边同时取对数可得 ，得证. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的性质，利用导数研究含参函数的零点问题及单调性问 题，利用导数证明不等式，属于难题. 在 ( ) ( )1 2 1 2 1 2 1 2 x xln x x a x xx x +− = + ( )2 2 1 2 1 1 1 2 x x xln a x xx x x   −+ = −    ( ) ( )1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 1 2 x x x x xln x x lnx x x x x + +− = − 1 20 x x< < 2 1 1xt x = > ( ) ( ) ( )2 1 11 tF t lnt tt −= − >+ ( ) ( ) ( ) 21 01 tF t t t ′ −= >+ ( )F t ( )1 + ∞， ( ) ( )1 0F t F> = ( )2 1 1 tlnt t −> + ( )2 12 1 1 2 2 x xxln x x x −> + ( ) ( )1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 1 2 2x x x x xln x x lnx x x x x + +− = >− ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 4 4 42 .x x x xln x x ln x x ln x x ln x xx x x x x x x x +− < − = − = − 1 2 1 2 42 2ln x x x x − > 1 2 1 2 2 1ln x x x x − > ( ) 2x lnx x φ = − ( )xφ ( )0 + ∞， ( ) 2 1 22 2 1 122 ln e ln ee − = + − < ( )1 2 1 2 2 21 2 2 ln x x ln e x x e − > > − ( ) ( )1 2 2x x eφ φ> 2 1 2 2x x e> ( )1 2 2 2ln x x ln> +