福建福州

试卷第1页，共4页

2021-2022学年第一学期福州市高三期末质量抽测

数学试卷

一､单项选择题：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

{2,1}A，*2N20Bxxx，则

AB

（）

A．



B．2,1,1

C．

{2,1,1,2}

D．

{2,1,0,1,2}

2．已知

34iz

，则

||izz（）

A

．13iB

．

84i

C

．

93i

D

．

293i

3

．已知甲､乙､丙､丁､戊五位同学高一入学时年龄的平均数､中位数均为

16

，方差为

0.8

，则

三年后，下列判断错误的是（）

A

．这五位同学年龄的平均数变为

19B

．这五位同学年龄的中位数变为

19

C

．这五位同学年龄的方差仍驾考科目一题库 为

0.8D

．这五位同学年龄的方差变为

3.8

4．6

1

(3)x

x



展开式中的常数项为（）

A

．540

B

．

15

C

．15D

．

135

5．已知函数3

3

1,0

,0

xx

fx

axbx













为偶函数，则

2ab（）

A．

3

B．

3

2

C．

1

2



D．

3

2



6．已知一张边长为2的正方形纸片绕着它的一条边所在的直线旋转

4



弧度，则该纸片扫过

的区域形成的几何体的表面积为（）

A

．2B

．

8

C

．28

D

．48

7．已知函数

()sin()fxx的部分图象如图所示，则

()fx

的单调递增区间为（）

试卷第2页，共4页

A．

15

,

66

kk









，

kZ

B．

15

2,2

66

kk









，

kZ

C．

15

,

66

kk









，

kZ

D．

15

2,2

66

kk









，

kZ

8．已知O为坐标原点，F是双曲线

2

22

:1(0,0)

xxy

Cab

ab

的左焦点，A为C的右顶点，

过

F

作

C

的渐近线的垂线，垂足为

M

，且与

y

轴交于点

P.

若直线

AM

经过

OP

的中点，则

C

的离心率为（）

A．

2

B．

3

2

C．

3

D．

4

3

二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选

项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的

得0分.

9．已知向量

(3,1)mn



，

(1,1)mn



则（）

A．

()mnn



∥

B．

()mnn



C．

||2||mn



D．

,45mn



10

．某人有

6

把钥匙，其中

n

把能打开门

.

如果随机地取一把钥匙试着开门，把不能开门的

钥匙扔掉，设第二次才能打开门的概率为p，则下列结论正确的是（）

A．当1n时，蟹黄豆腐羹

1

6

p

B．当2n时，

1

3

p

C．当

3n

时，

3

10

p

D．当4n时，

4

5

p

11

．已知

(3,0)A

，

(3,0)B，动点

C

满足

||2||CACB

，记C的轨迹为

.

过A的直线与交

于PQ，两点，直线

BP

与



的另一个交点为

M

，则()

A．

QM，关于x轴对称B．

PAB

的面积的最大值为

63

C．当

45PMQ时，||42PQD．直线

AC

的斜率的范围为[3,3]

12．设函数1()e(1)exxfxxx

，则（）

A

．

()(1)fxfx

B．函数()fx

有极大值为

e

C．若

12

1xx+

，则

1122

()()xfxxfxe

D．若

12

1xx，且

2

1

2

x

，则

21

()1()fxfx

试卷第3页，共4页

三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13

．曲线

()lnfxxx

在

1x

处的切线方程是

________.

14．在正三棱柱

111

ABCABC-

中，

1

2ABAA，F是线段

11

AB上的动点，则

1

AFFC的最

小值为

___________.

15．抛物线2:2(0)Eypxp

的焦点为F，点A是E的准线与坐标轴的交点，点P在E上，

若

30PAF

，则sinPFA

___________.

16

．函数

[]yx称为高斯函数，

[]x

表示不超过，

x

的最大整数，如

[0.9]0

，

[ln99]1.

已知

数列

n

a满足

3

3a

，且

nn1n

()anaa





，若ln

nn

ba，则数列

n

b的2022项和为

___________.

四､解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步

骤.

17．设数列n

a是首项为1的等差数列，若

2

a是

1

a，

5

a的等比中项，且

23

aa

.

(1)求n

a的通项公式；

(2)设

1

1

n

nn

b

aa





，求数列

n

b的前n项的和

n

S

.

18

．为让人民享受到更优质的教育服务

.

我国逐年加大对教育的投入，下图是我国

2001

年至

2019

年间每年普通本科招生数

y

（单位：万人）的条形图

.

为了预测

2022

年全国普通本科招生数，建立了

y

与时间变量

t

的三个回归模型

.

其中根据

2001

年至2019年的数据（时间变量t的值依次为1，2，3，…，19）建立模型①：0.05166.9eRTy

，

相关指数

2

1

0.87R

；模型②：

152.416.3yt，相关系数

1

0.97r

，相关指数2

2

0.95R

.根

试卷第4页，共4页

据

2014

年至

2019

年的数据（时间变量

t

的值依次为

1

，

2

，

3

，

…

，

6

）建立模型③：

372.89.8yt，

相关系数

1

0.99r

，相关指数2

1

0.99R

.

(1)

可以根据模型①得到

2022

年全国普通本科招生数的预测值为

671.42

万人，请你也分别利

用模型②､③，求

2022

年全国普通本科招生数的预测值；

(2)

你认为用哪个模型得到的预测值更可靠？并说明理由

.

19

．记ABC的内角

A

，

B

，

C

的对边分别为

a

，

b

，

c

，已知coscoscaBcA

.

(1)

试判断ABC的形状，并说明理由；

(2)设点D在边AC上，若

ADBD

，

sinsinADBABC

，求

a

b

的值.

20

．如图，在三棱锥

DABC

中，DA底面

ABC

，1ACBCDA，

2AB，

E

是CD

的中点，点

F

在

DB

上，且EFDB.

(1)

证明：

DB

平面

AEF

；

(2)

求二面角ADBC的大小

.

21．定义：若点

0英秀 0

(,)xy，

00

(,)xy

在椭圆

22

22

:1(0)

xy

Mab

ab

上，并且满足0000

22

0

xxyy

ab



，

则称这两点是关于M的一对共轭点，或称点

00

(,)xy关于M的一个共轭点为

00

(,)xy.已知点

(3,1)A在椭圆

22

:1

124

xy

M

，O坐标原点.

(1)

求点

A

关于

M

的所有共轭点的坐标；

(2)设点P，Q在M上，且

PQOA



∥

，求点A关于M的所有共轭点和点P，Q所围成封闭图

形面积的最大值

.

22．设函数2()lnfxaxxx

.

(1)

当1a时，判断()fx

的单调性；

(2)

若函数()fx

的图象与

x

轴没有公共点，求

a

的取值范围

.

答案第

1

页，共

15

页

1

．

C

【分析】

求解一元二次不等式从而解得集合B，再求交集即可

.

【详解】

因为*2*N20N|2101,2Bxxxxxx，

又{2,1}A，故可得2,1,1,2AB.

故选：

C.

2

．

C

【分析】

根据复数模的运算和乘法运算，即可求出结果

.

【详解】

因为

34iz

，所以22||345,ii443ii3zz

，

所以||i93izz

.

故选：

C.

3

．

D

【分析】

利用平均数、中位数、方差的定义直接求解．

【详解】

甲、乙、丙、丁、戊五位同学高一入学时年龄的平均数、中位数均为

16

，方差位

0.8

，

三年后，

这五位同学年龄的平均数变为

16+3

＝

19

，故

A

正确；

这五位同学年龄的中位数变为

16+3

＝

19

，故

B

正确；

这五位同学的方差不变，仍为

0.8

，故

C

正确，

D

错误．

故选：

D

．

4

．

D

【分析】

根据给定条件求出二项展开式的通项公式，再求指定项作答

.

【详解】

答案第

2

页，共

15

页

二项式

6

1

(3)x

x



展开式的通项公式为



3

6

6

6

2

166

1

C313C,6,N

r

r

rr

rrr

r

Txxrr

x

















，

由

3

60

2

r

解得：

4r

，则424

56

(1)3C135T

，

所以

6

1

(3)x

x



展开式中的常数项为

135

.

故选：

D

5

．

B

【分析】

利用偶函数的性质直接求解即可

.

【详解】

由已知得，当

0x

时，则

0x

，即31fxx，3fxaxb，

∵fx

为偶函数，∴fxfx

，即331xaxb，

∴

1a

，

1b

，∴

1

3

221

2

ab

，

故选：

B

.

6

．

C

【分析】

根据旋转体的定义可知该几何体为圆柱的八分之一，求其表面积即可

.

【详解】

因为一个边长为2的正方形纸片绕着一条边旋转

4



弧度，所形成的几何体为柱体的一部分，

是底面半径

r

为

2,

高

h

为

2

的圆柱的八分之一，

所以其表面千百的成语 积

2

1

(22)

8

Srhr22

1

22(22222)828

8



，

故选：

C

7

．

D

【分析】

利用图象求得函数yfx

的解析式为

sin

3

fxx













，然后解不等式

22

232

kxk





，

kZ

，即可求得函数yfx

的单调递增区间.

答案第

3

页，共

15

页

【详解】

由图象可知，函数yfx

的最小正周期

T

满足

41

1

233

T



，

2T

，

2

2





，sinfxx

，

1

sin0

33

f













，得

3

k





，

3

k



，

22





，所以

3





，sin

3

fxx













，

由

22

232

kxk





，

kZ

，得

15

22

66

kxk

，

kZ

，

因此，函数yfx

的单调递增区间为

15

2,2

66

kk









，

kZ

，

故选：

D.

8

．

A

【分析】

根据题意，可知直线FM的方程为

a

yxc

b



，进而求出

OP

的中点坐标为

0,

2

ac

b







，再联

立



b

yx

a

a

yxc

b



















，求得

M

的坐标，由于直线

AM

经过

OP

的中点，根据斜率相等，和双曲线

的性质，建立关于离心率的方程，由此即可求出结果

.

【详解】

由题意可知，,0,,0,

FM

a

FcAak

b



，直线FM的方程为

a

yxc

b



，

令

0x

，可得

ac

y

b



，则

0,

ac

P

b







，则

OP

的中点坐标为0,

2

ac

b







，

联立



b

yx

a

a

yxc

b



















，解得

2

,

aab

cc

M









，

因为直线

AM

经过

OP

的中点，

2

00

2

0

acab

bc

a

a

a

c









，则222bacc

，

222()2caacc

，即2220caca，则220ee

，解得

1e

(舍)，或

2e

.

故选

:A.

答案第

4

页，共

15

页

9

．

BCD

【分析】

根据平面向量的坐标运算可得

(2,0)(1,1)mn



，

，结合平行向量和垂直向量的坐标运算判断

选项

A

、

B

；结合模的定义判断选项

C

；结合向量的数量积判断选项

D.

【详解】

由

(3,1)(1,1)mnmn



，

，得

(2,0)(1,1)mn



，

，

则22mn



，

，2mn



，

A：若

()//mnn



，则11(1)1，不符题意，故A错误；

B：若

()mnn



，则

11(1)10

，符合题意，故B正确；

C：由

22mn



，

得2mn



，故C正确；

D：

22

cos,

2

22

mn

mn

mn









，由

,mn



0,180



知，

,45mn



，故D正确.

故选：

BCD

10

．

AC

【分析】

根据n不同的取值，分别计算对应概率求解

.

【详解】

当1n时，

511

656

p







，选项A正确；

当

2n

时，

424

6515

p







，选项B错误；

当

3n

时，

333

6510

p







，选项C正确；

当4n时，

244

6515

p







，选项D错误.

故选：

AC

11

．

AC

【分析】

首先设,Cxy

，根据条件求得动点C的轨迹以5,0D

为圆心，半径

4r

的圆，然后对选项

进行逐一判断即可．

答案第

5

页，共

15

页

【详解】

设,Cxy

，由||2||CACB得，22

22323xyxy

，

整理得



的方程为2

2516xy

，其轨迹是以5,0D

为圆心，半径

4r

的圆．

由图可知，由于

6AB

，所以当

DP

垂直x时，即

DPr

时，

PAB

的面积的最大值，

所以

max

11

6412

2

()

2PAB

SABr



，选项B错误；

因为2,2PAPBMAMB，所以

PAPB

MAMB



，所以

PABMAB

，

又轨迹



的轨迹关于x轴对称，所以

,QM

关于x轴对称，选项

A

正确；

当45PMQ时，45290PDQ，则DPQV为等腰直角三角形，

242PQr

，

选项

C

正确；

当直线

AC

与圆

D

相切时，

CDAC

，此时822ADrCD，

答案第

6

页，共

15

页

所以

1

sin

2

DAC

，所以切线

AC

的倾斜角为

30

和

150

，

由图可知，可得直线

AC

的斜率的取值范围为

33

,

33









，选项D错误.

故选：

AC

12

．

AC

【分析】

A.直接求解判断；B.利用导数法求解判断；C.由

12

1xx+

，得到

12

1xx

，由



22

(()11)()()()栗子的做法 1()()xfxxfxxfxxfxxfxxfxfx，利用导数法求

解判断；D.易证

11

(1)()fxfx，再根据

12

1xx，且

2

1

2

x

，结合B得到



12

11

,

22

fxfxff









即可.

【详解】

A.1(1)1eexxfxxxfx

，故正确；

B.求导

21

1

1()1e(2)e

12

x

x

x

x

fxxx

exx

e













，令2112xgxexx

，则

21231xgxex



，由A可得，

()fx

关于

1

2

x

轴对称，故山羊绒怎么洗 当

1

2

x

时，

()0gx



，gx

在

1

,

2









单调递增，且

1

0

2

g









，则当

1

2

x

时，

()0fx



，fx

在

1

,

2









单调递增，

所以当

1

2

x

时，函数()fx

有极小值为

e

，故错误；

C.因为

12

1xx+

，所以

12

1xx

，由A可得

答案第

7

页，共

15

页



22

(()11)()()()1()()xfxxfxxfxxfxxfxxfxfx

22

1

22

1exxxex

，

由B知，

1122

()()xfxxfxe

，故正确；

D.11

1

1111

(1)(1)ee()xxfxxfxx

，因为

12

1xx，且

2

1

2

x

，所以

121

1

,

2

xxx

，

由B知fx

在

1

,

2









上递减，在

1

,

2









上递增，

所以

12

11

,

22

fxfxff









，

因为

12

,xx的大小不确定，故无法判断

12

,fxfx的大小，故错误；

故选：

AC

13

．

21yx

【解析】

求出函数的导函数，把

1x

代入即可得到切线的斜率，然后根据(1,1)和斜率写出切线的方

程即可

.

【详解】

解：由函数lnyxx知

1

'1y

x



，

把

1x

代入

'y

得到切线的斜率

112k

则切线方程为：

12(1)yx

，即

21yx.

故答案为：

21yx

【点睛】

本题考查导数的几何意义，属于基础题．

14．

62

##26

【分析】

根据给定条件，把正三棱柱

111

ABCABC-的上底面

111

ABC△与侧面矩形

11

ABBA

放在同一平面

内，再求两点间距离作答

.

【详解】

依题意，把正三棱柱

111

ABCABC-的上底面

111

ABC△与侧面矩形

11

ABBA

放在同一平面内，连

接

1

AC，

1

AC交

11

AB于点F，如图，

答案第

8

页，共

15

页

此时点F可使

1

AFFC取最小值，大小为

1

AC，而

11

150AAC，

22223

111111111

2cos222cos15084362ACAAACAAACAAC，

所以

1

AFFC的最小值为

62

.

故答案为：

62

15．

3

3

【分析】

由已知，过P作准线的垂线，垂足为Q，由

30PAF

可得30APQ，求出cosAPQ的

值，有抛物线的性质可得

PQPF

，在

APF

中利用正弦定理即可求解.

【详解】

由题意，可作出图象，如图所示，过P作准线的垂线，垂足为Q，

答案第

9

页，共

15

页

由

30PAF

，可得30APQ，在RTAPQ中，

3

cos

2

PQ

APQ

AP



，

由抛物线性质可得，

PQPF

，所以

3

2

PF

AP



，

在

APF

中，有正弦定理可得：

sinsin

PFPA

PAFPFA





，

所以

3

si

213

sin

2

3

n

AP

PFAPAF

PF



，

故答案为：

3

3

.

16

．

4959

【分析】

根据递推关系求出数列的通项公式，再分类讨论求出

n

b，即可求和.

【详解】

nn1n

()anaa





，

3

3a

131

13

nn

aaa

nn



，

n

an

当

19n≤≤

时，0lg1

n

a时，lg0

nn

ba

；

当

1099n

时，1lg2

n

a时，1

n

b；

当

100999n

时，2lg3

n

a≤时，2

n

b；

当

10002022n

时，

3lg4

n

a

时，3

n

b；

所以

2022122022



故答案为：

4959

17．(1)

21

n

an；

(2)

21n

n

S

n





.

【分析】

答案第

10

页，共

15

页

(1)根据给定条件求出数列n

a的公差即可求解作答.

(2)

由

(1)

结合裂项相消法计算求出

n

S

作答

.

(1)

设等差数列

n

a的公差为d，由

2

a是

1

a，

5

a的等比中项得

2

215

aaa

，即2(1)14dd，

因

23

aa，则

0d

，解得

2d

，

1

(1)21

n

aandn，

所以

n

a的通项公式是：21

n

an

.

(2)

由(1)知，

1111

()

(21)(21)22121n

b

nnnn





，

则

111

()

212121

1111111

[(1)()()](1)

233557122n

n

S

nnnn











，

所以数列

n

b

的前n项的和

21n

n

S

n





.

18

．

(1)

根据模型②中预测值为

511

万人；根据模型③中的预测值为

588.4

万人

.

(2)

模型③得到的预测值更可靠，理由见解析

.

【分析】

（

1

）将

22t

，分别代入模型中的函数，即可求解；

（

2

）根据已知条件，结合

2001

年到

2019

年间全国普通本招生逐年上升，从

2001

年到

2010

年间递增幅度较大，从

2010

年到

2019

年间递增幅度较小，即可求解

.

(1)

解：根据模型②：

152.416.3yt

，

当

22t

时，可得

152.416.322511y，

所以利用这个模型，

2022

年全国普通本科招生数的预测值为

511

万人；

根据模型③：

372.89.8yt，

当

22t

时，可得

372.89.822588.4y，

所以利用这个模型，

2022

年全国普通本科招生数的预测值为

588.4

万人

.

(2)

解：模型③得到的预测值更可靠

.

因为从总体数据看，从

2001

年到

2019

年全国普通本招生数逐年上升，

答案第

11

页，共

15

页

从

2001

年到

2010

年间递增幅度相对较大些，从

2010

年到

2019

年间递增幅度相对较小些，

所以利用模型③的预测值根可靠

.

19

．

(1)

ABC为等腰三角形或直角三角形；

(2)

51

2

a

b





.

【分析】

（

1

）将已知条件利用正弦定理边化角，然后再利用三角恒等变换化简变形即可判断三角形

的形状；

（

2

）由已知条件结合正弦定理可得

BDbac

，从而根据（

1

）中结论分两种情况分别求解

即可得答案

.

(1)

解：由已知条件，利用正弦定理可得sinsin()sincossincosCABABCA，

即

sincoscossinsincossincosABABABCA

，

所以

cossinsincosABCA

，

由于

0A

、

B

、

C

，

所以

cos0A

或sinsinBC，

所以

2

A





或B=C，

所以

ABC

为等腰三角形或直角三角形；

(2)

解：在

ABD△

中，由正弦定理得

sinsin

ABBD

ADBA





，即

sin

sin

BDADB

A

AB





，

同理在

ABC

中，有

sin

sin

BCABC

A

AC





，

所以

sinsinBDADBBCABC

ABAC





，

又

sinsinADBABC

，所以

BDBC

ABAC



，即

BDACBCAB

，

所以

BDbcBC

，

由（1）可知

bc

或

2

A





，

若bc，则

BDBC

，所以

BDCCABC

,

因为

BDCAABD

，

ABCABDDBC

，所以

ADBC

，

答案第

12

页，共

15

页

又

ADBD

，所以

AABD

，所以

ABDDBC

，即

BD

平分

ABC，

所以

BADA

BCDC



，即

ca

aba





，所以

ba

aba





，解得

51

2

a

b





或

51

2

a

b



（舍去），

所以

51

2

a

b





；

若

2

A





，则

ABC

为直角三角形，BD为斜边，则BDAD，与题设矛盾，故舍去；

综上，

a

b

的值为

51

2



.

20

．

(1)

证明见解析

(2)60

【分析】

（

1

）由线面垂直可得

DABC

，由勾股定理可得ACBC，由线面垂直的判定定理可证BC

平面

DAC赵孟頫作品

，进而可证

BCAE

，由题意易证

AEDB

，再根据线面垂直的判定定理，即可

证明结果；

（

2

）由（

1

）可知

DBAF

，且EFDB，故

EFA

为二面角

ADBC

的平面角，然后再

根据题意结合余弦定理，即可求出结果

.

(1)

证明

:

因为DA底面

ABC

，

BC

底面

ABC

，

所以

DABC

，

又因为

1,2ACBCAB

，

所以222ACBCAB

，所以ACBC，

又

DAACA

，所以BC平面

DAC

，

又

AE

平面

DAC

，所以

BCAE

，

又DAAC，

E

是DC的中点，

所以

AEDC

，

又,,AEBCAEDCBCDCC，，

答案第

13

页，共

15

页

所以

AE

平面

DBC

，

又

DB平面

DBC

所以

AEDB

，

又,,EFDBAEDBAEEFE

所以

DB

平面

AEF

；

(2)

解：由（

1

）可知

DBAF

，且EFDB，

故

EFA

为二面角

ADBC

的平面角，

因为1ACBCDA，所以2DC，

所以

112

=

2

2

AE





，

又1,2,DAABDAAB，

所以

126

3,

3

3

DBAF





，

又,EFDBE是DC的中点，2DC，

3,1DBBC

，

所以

DCBC

，

所以

DFEDCB

，则

EFDE

BCDB



，所以

6

6

EF

，

由余弦定理得

222662

+

362

1

cos

2

66

2

36

EFA













，

所以60EFA，即二面角

ADBC

的大小为60.

21．(1)1

3,3A或

2

3,3A

(2)

83

【分析】

（

1

）利用共轭点的定义列方程求解即可，

（2）设直线

PQ

的方程为

1

3

yxm

，

1122

(,),(,)PxyQxy，将直线方程代入椭圆方程化简，

答案第

14

页，共

15

页

利用根与系数的关系，结合弦长公式表示出PQ，分别求出

1

A，

2

A到直线

PQ

的距离

12

,dd，

代入

12

1

2

SddPQ

，即可求出其最大值

（

1

）

设点(3,1)A在椭圆

22

:1

124

xy

M

的共轭点为(,)xy

，则

3

0

124

xy



，且

22

1

124

xy

，

解得

3

3

x

y















或

3

3

x

y















，

所以点A关于M的所有共轭点的坐标为

1

3,3A或

2

3,3A

（

2

）

因为

PQ



∥OA



，

1

3OA

k

，所以设直线PQ

的方程为

1

3

yxm

，

1122

(,),(,)PxyQxy，，

将

1

3

yxm

代入

22

1

124

xy

中，化简得22469360xmxm

，

由223616(936)0mm

，得2

16

0

3

m

，

2

1212

3936

,

24

mm

xxxx





，

所以2

1212

1

1()4

9

PQxxxx

2

2

109

936

34

m

m

2

10

163

2

m

，

设

1

A，

2

A到直线

PQ

的距离分别为

12

,dd，

因为

PQ



∥OA



，

所以

12

dd等于

1

A，

2

A到直线

1

:

3

OAyx

的距离和，

所以

12

333333

83

191910

dd







，

所以

12

12

1

2APQAPQ

SSSddPQ



2

11083

163

22

10

m

答案第

15

页，共

15

页

22

16

23163(0)

3

mm

，

令2tm

，则

163yt在

16

0

3

t

上单调递减，

所以当0t时，即

0m

时，

y

取最大值

16

，

所以当

0m

时，S的最大值为

231683

22

．

(1)()fx

在

(0,1)

上单调递增，在(1,)上单调递减；

(2)

(,1)

.

【分析】

(1)把

1a

代入，求出导函数

()fx，确定不等式()0fx



或()0fx



的解作答.

(2)变形函数2

2

(

ln1

())

x

fxxa

xx



，构造函数

2

ln

)

1

(

x

gxa

xx



，探讨其最值推理作答.

(1)

当

1a

时，

2()lnfxxxx

，

(0,)，求导得：

1(21)(1)

()21

xx

fxx

xx







，

当

01x

时，()0fx



，当

1x

时，()0fx



，则

()fx

在

(0,1)

上单调递增，在(1,)上单

调递减，

所以

()fx

在

(0,1)

上单调递增，在(1,)上单调递减

.

(2)

函数

2

2

(

ln1

())

x

fxxa

xx



，其定义域为

(0,)，令

2

ln

)

1

(

x

gxa

xx



，

0x

，

323

12lln

(

n1

)

12xxx

xxx

gx









，令

()12lnhxxx

，则()hx在(0,)上单调递减，

而

(1)0h

，则当

01x

时，()0hx，即()0gx



，当

1x

时，()0hx，即()0gx



，

因此，函数

()gx

在

(0,1)

上单调递增，在(1,)上单调递减，

max

()(1)1gxga，

于是当

10a

，即1a时，

0x

，

()0gx

成立，而20x

，即00fxgx，

因此，

0x

，

()0fx

成立，即函数

()fx

的图象与

x

轴没有公共点，

所以

a

的取值范围是

(,1).

【点睛】

思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式造价转化，构造新函数，再借助函数的单调

性、极

(

最

)

值问题处理

.