2021年浙江省嘉兴市高考数学教学测试试卷（二模）.docx

1、第 1页（共 21页） 2021 年浙江省嘉兴市高考数学教学测试试卷（二模）年浙江省嘉兴市高考数学教学测试试卷（二模） 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 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 （4 分）已知集合 | 29Axx， |2| 3Bxx，则(AB ) A( 1,5)B(2,5)C( 1,9)D(2,9) 2 （4 分）已知i为虚数单位，且复数 2 1(1)aai 是纯虚数，则实数a的值为() A1 或1B1C1D0 3 （4 分）某几何体的

2、三视图如图所示（单位：)cm，则该几何体的体积（单位： 3) cm是( ) A 32 3 B 28 3 C 26 3 D 16 3 4 （4 分） “3k ”是“直线2ykx与圆 22 1xy相切”的() A必要不充分条件B充分不必要条件 C充要条件D既不充分也不必要条件 5 （4 分）函数 11 ( )()cos 11 f xx xx 的图象可能是() A B 第 2页（共 21页） C D 6 （4 分）在平面直角坐标系中，不等式组 0 2 2 xy yx xy y axa 所表示的平面区域是一个梯形，则实 数a的取值范围是() A 1 0, )(2,) 2 B 1 (, )(2,) 2

3、C0，2)D 1 (, 1)( 1, ) 2 7 （4 分）如图，已知双曲线 22 22 :1(0,0) xy Cab ab 的左、右焦点分别为 1 F， 2 F，以 2 OF 为直径的圆与双曲线C的渐近线在第一象限的交点为P， 线段 1 PF与另一条渐近线交于点Q， 且 2 OPF的面积是OPQ面积的 2 倍，则该双曲线的离心率为() A 3 2 B 3 2 2 C2D3 8 （4 分）若正实数a，b满足 24 11 log2log 121 ab ab ，则() A2abB2abC2baD2ba 9 （4 分）如图，矩形ABCD中，已知2AB ，4BC ，E为AD的中点将ABE沿着BE 向上

4、翻折至A BE，记锐二面角ABEC 的平面角为，A B与平面BCDE所成的角为 ，则下列结论不可能成立的是() 第 3页（共 21页） Asin2sinB2coscosC2D 4 10 （4 分）已知正项数列 n a满足 1 1a ， 2 11 1 nnn aaa n 则下列正确的是() A 1 111 nn aan B数列 1 nn aa 是递减数列 C数列 1 nn aa 是递增数列D 1 1 n ann 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题小题，多空题每题 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 分，共分，共 36 分。分。 11 （6 分）若直线 1:2 0lx

5、ya与直线 2: 30laxy平行，则实数a ，直线 1 l与 2 l之间的距离为 12（6 分） 设 626 0126 (2)(1)(1)(1)xaaxaxax， 则 0126 aaaa， 2 a 13 （6 分）若函数( )cos()(0,0,0) 2 f xAxA 的部分图象如图所示，则 ，() 2 f 14 （6 分）已知袋中装有大小相同的 * ()x xN个红球和 2 个白球从中任取 2 个球，记取 出的白球个数为，若 3 (1) 5 P，则x ，( )E 15 （4 分）若正实数a，b满足32baab，则 2 ab ab 的最大值为 16 （4 分）若函数 2 2 1 (0) (

6、) |1|(0) kx f xx xkxx 恰有 4 个零点，则实数k的取值范围是 17 （6 分）已知平面向量a ，b ，c 满足 1 | | 1 2 acb ，| 1a b 若dbc ，则 |a cb d 的最大值是 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 小题，共小题，共 74 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。 第 4页（共 21页） 18 在ABC中 ， 角A，B，C所 对 的 边 分 别 为a，b，c， 已 知3b ， coscos2 cosaCcAbB （）求角B的大小； （）求sinaC的最大值 19如图，四棱柱 11

7、11 ABCDABC D中，底面ABCD是矩形，2AD ， 1 4 3 3 ABAA， 1 120D DC，且二面角 1 DCDA的平面角的大小为60，E，F分别为 11 C D，BC的 中点 （）求证：ADEF； （）求 1 DD与平面BCE所成角的正弦值 20已知数列 n a的前n项和为 n S，公比为(0)q q 的等比数列 n b的前n项和为 n T，并满 足 1 * 2(1)2 () nn SS n TnN ，且 1 0a ， 2 1a ， 3 7T （）求 n a与 n b； （）若不等式 1 (1)0 nnn t TSS 对任意的正整数n恒成立，求实数t的取值范围 21 如图，

8、已知点(2,2)P是焦点为F的抛物线 2 :2(0)C ypx p上一点，A，B是抛物线C 上异于P的两点，且直线PA，PB的倾斜角互补，若直线PA的斜率为(1)k k （）证明：直线AB的斜率为定值； （）求焦点F到直线AB的距离d（用k表示） ； （）在ABF中，记FAB，FBA，求sinsin的最大值 第 5页（共 21页） 22已知函数( )()1(0)( x e f xln axaae a 为自然对数的底数） （）当1a 时，求曲线( )yf x在点(2，f（2）)处的切线的斜率； （）若( )0f x 恒成立，求实数a的取值范围； （）设函数( )(1)1g xln xax，且(

9、)( )( )h xf xg x若 1 x， 2 x为函数( )h x的两个零 点，且( )h x的导函数为( )h x，求证： 12 ()0 2 xx h 第 6页（共 21页） 2021 年浙江省嘉兴市高考数学教学测试试卷（二模）年浙江省嘉兴市高考数学教学测试试卷（二模） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 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 （4 分）已知集合 | 29Axx， |2| 3Bxx，则(AB

10、) A( 1,5)B(2,5)C( 1,9)D(2,9) 【解答】解： |29Axx， | 323 | 15Bxxxx ， (2,5)AB 故选：B 2 （4 分）已知i为虚数单位，且复数 2 1(1)aai 是纯虚数，则实数a的值为() A1 或1B1C1D0 【解答】解：复数 2 (1)(1) ()aai aR是纯虚数， 2 10 10 a a ，解得1a 故选：C 3 （4 分）某几何体的三视图如图所示（单位：)cm，则该几何体的体积（单位： 3) cm是( ) A 32 3 B 28 3 C 26 3 D 16 3 【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为上面为四棱锥下

11、面为四棱柱 组成的组合体； 如图所示： 第 7页（共 21页） 所以 132 222222 33 V 故选：A 4 （4 分） “3k ”是“直线2ykx与圆 22 1xy相切”的() A必要不充分条件B充分不必要条件 C充要条件D既不充分也不必要条件 【解答】解：若直线2ykx与圆 22 1xy相切， 则圆心到直线的距离 2 | 2| 1 1 d k ，得 2 14k，得 2 3k ，即3k ， 即“3k ”是“直线2ykx与圆 22 1xy相切”的充分不必要条件， 故选：B 5 （4 分）函数 11 ( )()cos 11 f xx xx 的图象可能是() A B C 第 8页（共 21页

12、） D 【解答】解：函数 11 ( )()cos 11 f xx xx ， 1111 ()() cos()() cos( ) 1111 fxxxf x xxxx ， 函数 11 ( )()cos 11 f xx xx 为奇函数，关于原点对称，排除B， 当 1 2 x 时， 11114 ( )() coscos 11 223 11 22 f 1 0 2 ，排除A，D， 故选：C 6 （4 分）在平面直角坐标系中，不等式组 0 2 2 xy yx xy y axa 所表示的平面区域是一个梯形，则实 数a的取值范围是() A 1 0, )(2,) 2 B 1 (, )(2,) 2 C0，2)D 1

13、(, 1)( 1, ) 2 【解答】解：由约束条件画出可行域如图， 直线yaxa过定点( 1,0)， 当0a 时，直线为0y ，不等式组表示的平面区域是一个梯形，满足题意； 当0a 时，即直线yaxa与x轴正方向的夹角为(0， 2 ，yx与2yx 的交点为 (1,1)， 从x轴绕( 1,0)将直线yaxa逆时针旋转可知，要使不等式组表示的平面区域是一个梯 第 9页（共 21页） 形， 则直线yaxa过(1,1)便不能再旋转，此时直线的斜率为 1 2 ，则 1 (0, ) 2 a； 当0a 时，即直线yaxa与x轴正方向的夹角为( 2 ，)，将直线yaxa绕( 1,0)顺 时针旋转， 要使不等式

14、组表示的平面区域是一个梯形，则直线不能与2yx 平行，则1a 综上所述，a的取值范围为 1 (, 1)( 1, ) 2 故选：D 7 （4 分）如图，已知双曲线 22 22 :1(0,0) xy Cab ab 的左、右焦点分别为 1 F， 2 F，以 2 OF 为直径的圆与双曲线C的渐近线在第一象限的交点为P， 线段 1 PF与另一条渐近线交于点Q， 且 2 OPF的面积是OPQ面积的 2 倍，则该双曲线的离心率为() A 3 2 B 3 2 2 C2D3 【解答】解：设 1( ,0)Fc， 2( ,0) F c，直线OP的方程为0bxay， 以 2 OF为直径的圆的方程为 2 22 () 2

15、4 cc xy， 由解得 2 (aP c ，) ab c ， 直线 1 PF的方程为 22 () ab yxc ac ，与渐近线方程0bxay， 解得 2 22 ( 2 a c Q ac ， 22) 2 abc ac ， 由 2 OPF的面积是OPQ面积的 2 倍， 可得 2 F到直线OP的距离为Q到直线OP的距离的 2 倍， 即有 22 2222 2222 2| | 22 a bca bc bc acac baba ， 化为 222 42aac，即为2ca， 所以2 c e a 第 10页（共 21页） 故选：C 8 （4 分）若正实数a，b满足 24 11 log2log 121 ab a

16、b ，则() A2abB2abC2baD2ba 【解答】解：正实数a，b满足 24 11 log2log 121 ab ab ， 变为： 22 11 loglog 121 ab ab ， 2 2 (1)(21) aba log bab ， 若ab，则 2 2 0 (1)(21) aba log bab ，可得2ab 若ab，则 2 2 0 (1)(21) aba log bab ，可得2ab 若ab，则 2 2 0 (1)(21) aba log bab ，可得2abb，可得0b ，矛盾，舍去 2ab， 故选：B 9 （4 分）如图，矩形ABCD中，已知2AB ，4BC ，E为AD的中点将AB

17、E沿着BE 向上翻折至A BE，记锐二面角ABEC 的平面角为，A B与平面BCDE所成的角为 ，则下列结论不可能成立的是() Asin2sinB2coscosC2D 4 【解答】解：记BC的中点为F，连结AF与BE交于点O， 则A OH ，A BH ，并记A Hh， 因为sin 2 A Hh OA ，sin 2 A Hh A B ， 所以sin2sin，故选项A正确； 将平方得， 22 sin2sin，所以 22 1cos2(1cos)， 故 22 cos2cos1cos2 ， 因为 2 coscos，所以cos2cos， 所以2，故选项C正确； 第 11页（共 21页） 因为cos,cos

18、 22 OHBH ， 则2coscos，故2OHBH，所以 6 OBH ，所以选项B可能成立； 另外由选项C可知，2，并且 4 ， 所以2 4 ，故选项D不可能成立 故选：D 10 （4 分）已知正项数列 n a满足 1 1a ， 2 11 1 nnn aaa n 则下列正确的是() A 1 111 nn aan B数列 1 nn aa 是递减数列 C数列 1 nn aa 是递增数列D 1 1 n ann 【解答】解：因为 1 1a ， 2 11 1 nnn aaa n ， 所以 2 1 1 0 n nn a aa n ，即 1nn aa ， 21 111 1 nn nnnn aa aaaa

19、nn ， 所以 1 111 nn aan ，即 1 111 nn aan ，A错误； 易得 2 1 1 n nn a aa n ， 2 2 21 1 n nn a aa n ， 故 2 22122 2 11 1 ()1 11 nnnn nnn n aanaan aanana ， 则 211nnnn aaaa ，数列 1 nn aa 是递增数列，B错误； 2 1 11 2 n nnn a aaa n ， 2 2 122 2 1 n nnn a aaa n ， 第 12页（共 21页） 所以 2 122 1 11 2 1 2 n nnn n nnn a aaa n a aaa n ， 因为 2 2

20、 1 1 1 1 1 n n n n a an n a an n ， 所以 2 122 1 11 2 1 1 2 n nnn n nnn a aaa n a aaa n ，C错误； 当2n时， 1 1112 11 11 nn nn aannn ， 111211 11111111 1 nnnnn nn aaaaaaaa ， 则 1 1 1 1 n ann nn ，D正确 故选：D 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题小题，多空题每题 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 分，共分，共 36 分。分。 11 （6 分）若直线 1:2 0lxya与直线 2: 30laxy平

21、行，则实数a 2，直线 1 l 与 2 l之间的距离为 【解答】解：直线 1:2 0lxya与直线 2: 30laxy平行， 13 21 a a ， 解得2a ， 直线 1:2 20lxy，直线 2:2 30lxy， 直线 1 l与 2 l之间的距离为： |3( 2)| 5 41 d 故答案为：2，5 12 （6 分）设 626 0126 (2)(1)(1)(1)xaaxaxax，则 0126 aaaa 64， 2 a 【 解 答 】 解 ： 626 0126 (2)(1)(1)(1)xaaxaxax， 则 令0 x ， 可 得 6 0126 264aaaa 第 13页（共 21页） 再根据

22、6626 0126 (2)1(1)(1)(1)(1)xxaaxaxax， 2 26 15aC， 故答案为：64；15 13 （6 分）若函数( )cos()(0,0,0) 2 f xAxA 的部分图象如图所示，则 4 ，() 2 f 【解答】解：函数( )cos()(0,0,0) 2 f xAxA 的部分图象，可得2A ， 123 444 ，1， 再结合五点法作图，可得1 42 ， 4 ，故( )2cos() 4 f xx ， 故()2cos()1 24 f ， 故答案为： 4 ；1 14 （6 分）已知袋中装有大小相同的 * ()x xN个红球和 2 个白球从中任取 2 个球，记取 出的白球

23、个数为，若 3 (1) 5 P，则x 3，( )E 【解答】解：由题意可知， 11 2 2 2 3 5 x x C C C ，即 23 (2)(1) 5 2 1 x xx ， 所以 2 31160 xx，解得3x 或 2 3 x （舍)， 故袋中装有大小相同的 3 个红球和 2 个白球， 所以 20 32 2 5 3 (0) 10 C C P C ， 02 32 2 5 1 (2) 10 C C P C ， 所以的分布列为： 012 第 14页（共 21页） P 3 10 3 5 1 10 故的数学期望 3314 ( )012 105105 E 15 （4 分）若正实数a，b满足32baab，

24、则 2 ab ab 的最大值为 1 2 【解答】解：因为正实数a，b满足32baab， 所以 23 b a b ， 则 2 322 22111 23 2() 22 23 b b ab b babbbb b ， 当 11 2b ，即2b 时取得最大值 1 2 故答案为： 1 2 16（4分） 若函数 2 2 1 (0) ( ) |1|(0) kx f xx xkxx 恰有4个零点， 则实数k的取值范围是 1 (0, ) 4 【解答】解：由 2 2 1 (0) ( ) |1|(0) kx f xx xkxx 恰有 4 个零点， 得( )0f x ，即 2 2 2 1 (0) 1 (01) 1( 1

25、) x x x kx x x x x 有 4 个根， 令 2 2 2 1 (0) 1 ( )(01) 1( 1) x x x g xx x x x x ，也就是yk与( )yg x的图象有四个交点 当0 x 时， 3 2 ( )0g x x ，( )g x单调递增； 当01x时， 3 2 ( )0 x g x x ，( )g x单调递减； 当1x时， 3 2 ( ) x g x x ，当(1,2)x时，( )0g x，( )g x单调递增， 当(2,)x时，( )0g x，( )g x单调递减 作出函数( )g x的图象如图： 第 15页（共 21页） 函数 2 2 1 (0) ( ) |1|

26、(0) kx f xx xkxx 恰有 4 个零点，则实数k的取值范围是 1 (0, ) 4 故答案为： 1 (0, ) 4 17 （6 分）已知平面向量a ，b ，c 满足 1 | | 1 2 acb ，| 1a b 若dbc ，则 |a cb d 的最大值是47 【解答】解： 2 | |()| | |4|a cb da cbbca cbb ca cb c ， 当a c ，4b c 同号时， |4| |4| |()4| | 4|a cb ca cb cabcabc ， 而 222 |21427ababa b ， 则|47a cb d ， 当a c ，4b c 异号时， |4| |4| |()

27、4| | 4|a cb ca cb cabcabc ， 而 222 |27ababa b ， 则|47a cb d ， 因此|a cb d 的最大值为47 故答案为：47 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 小题，共小题，共 74 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 在ABC中 ， 角A，B，C所 对 的 边 分 别 为a，b，c， 已 知3b ， coscos2 cosaCcAbB （）求角B的大小； （）求sinaC的最大值 第 16页（共 21页） 【解答】解： （）coscos2 cosaCcAbB， 由正弦定理，化

28、简可得：sincossincos2sincosACCABB， sin2sincosBBB， 0B，sin0B ， 可得 1 cos 2 B ， 3 B （）由3b ， 1 cos 2 B ，由正弦定理 3 2 sinsinsin3 2 abc ABC ， 所以2sinaA， 1 sin 2 Cc， 所以 2313111 sin2sinsin2sinsin()2sin(cossin)sin2cos2sin(2) 32222262 aCACAAAAAAAA ， 因为 2 0 3 A ，所以 7 2 666 A ，可得 13 sin(2) 622 A ， 因此，sinaC的最大值为 3 2 ，当且仅

29、当2 62 A ，即 3 A 时取得 19如图，四棱柱 1111 ABCDABC D中，底面ABCD是矩形，2AD ， 1 4 3 3 ABAA， 1 120D DC，且二面角 1 DCDA的平面角的大小为60，E，F分别为 11 C D，BC的 中点 （）求证：ADEF； （）求 1 DD与平面BCE所成角的正弦值 【解答】 （）证明：取AD的中点O，连结OE，OF， 在菱形 11 DCC D中，2DE 且DECD，又因为ADCD， 所以EDA即二面角 1 DCDA的平面角，即60EDA， 因此ADE是等边三角形，且OEAD， 又ADOF，且OEOFO ， 第 17页（共 21页） 因此AD

30、 平面EOF， 又EF 平面EOF，因此ADEF； （）解：由（）可知，CD 平面ADE，而CD 平面ABCD， 因此平面ADE 平面ABCD， 又因为平面ADE平面ABCDAD，OE 平面ADE，且OEAD， 故OE 平面ABCD， 以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 则 1 4 34 32 3 (1,0),( 1,0),(0,0, 3),(0, 3) 333 BCEC， 所以 1 4 32 3 (2,0,0),(1, 3),(1, 3) 33 CBCECC ， 设平面BCE的法向量为( , , )nx y z ， 则 20 4 3 30 3 CB nx CE nxyz ， 令3

31、y ，则4z ，故(0,3,4)n ， 所以 1 1 1 |2 33 |cos,| 10|4 3 5 3 CCn CC n CCn ， 故 1 DD与平面BCE所成角的正弦值为 3 10 20已知数列 n a的前n项和为 n S，公比为(0)q q 的等比数列 n b的前n项和为 n T，并满 足 1 * 2(1)2 () nn SS n TnN ，且 1 0a ， 2 1a ， 3 7T （）求 n a与 n b； （）若不等式 1 (1)0 nnn t TSS 对任意的正整数n恒成立，求实数t的取值范围 【解答】解： （）由于 1 * 2(1)2 () nn SS n TnN ， 第 18

32、页（共 21页） 当1n 时，解得 21 1 2 (1)2 SS T， 所以 21 1 2(1)1 SS T ，整理得 2 1 2 (1)1 a T， 由于且 1 0a ， 2 1a ， 所以 1 1b 2 3123 17Tbbbqq ， 解得2q （负值舍去） ， 所以 1 2n n b ， 则 1 21 12221 21 n nn n T 由于 1 2(1)2 nn SS n T ， 所以 1 2(1)1 nn SS n T ， 整理得 1 2(121)1 n an ， 故 1n an ， 所以1 n an （首项符合通项） ， 故1 n an ， 1 2n n b （）由于 1 ()(1

33、) 22 n n n aan n S ，21 n n T ， 所以不等式 1 (1)0 nnn t TSS 转换为： (1)(1) 20 22 n n nn n t ， 故 2 () 2 max n n t 即可， 设 2 2 n n n c ， 所以 2 1 1 21 0 2 nn n nn cc 所以2n， 当2n时， 1nn cc ， 当3n时， 1nn cc ， 所以 3 9 () 8 nmax cc， 即 9 8 t ， 第 19页（共 21页） 所以参数t的取值范围为 9 ( ,) 8 21 如图， 已知点(2,2)P是焦点为F的抛物线 2 :2(0)C ypx p上一点，A，B是

34、抛物线C 上异于P的两点，且直线PA，PB的倾斜角互补，若直线PA的斜率为(1)k k （）证明：直线AB的斜率为定值； （）求焦点F到直线AB的距离d（用k表示） ； （）在ABF中，记FAB，FBA，求sinsin的最大值 【解答】解： （）证明：将点(2,2)P代入抛物线方程可得1p ， 所以抛物线C的方程为 2 2yx， 设直线PA的方程为2(1)ykx k， 联立抛物线方程得 2 2440kyyk， 所以 44 AP k y y k ，即 22 A k y k ， 用k代入k可得 22 B k y k ， 所以 22 21 2 22 ABAB AB ABABAB yyyy k yyx

35、xyy （）由（）知， 1 2 AB k ， 2 2 2(1) ( k A k ， 22 ) k k ， 2 2 2(1) ( k B k ， 22 ) k k ， 所以直线AB的方程为： 22 22 2212(1)22 ()20 2 kkk yxxy kkk ， 所以 1 (2F，0)到直线AB的距离 2 2 2 122 | 54 2 52 5 k k k d k ， （） 11 sinsin() dd d FAFBFAFB ， 第 20页（共 21页） 因为 3 42 1132 1111 252416 ()()() 2224 BABA ABABAB xxxxFBFAk FAFBFA FBk

36、k xxx xxx ， 所以 232 4242 543216(54) sinsin 2524162524162 55 kkkk kkkkk ， 22 2 44 55 1616 164 55 2524(5)16 kk kk kk kk ， 令 4 5tk k ，由1k 得1t ， 所以 2 161611612 5 sinsin 16 165555 2 16 t t t t ， 当且仅当4t 时， 4 54k k ，即 22 6 5 k 时，等号成立 22已知函数( )()1(0)( x e f xln axaae a 为自然对数的底数） （）当1a 时，求曲线( )yf x在点(2，f（2）)处

37、的切线的斜率； （）若( )0f x 恒成立，求实数a的取值范围； （）设函数( )(1)1g xln xax，且( )( )( )h xf xg x若 1 x， 2 x为函数( )h x的两个零 点，且( )h x的导函数为( )h x，求证： 12 ()0 2 xx h 【解答】 （）解：当1a 时，( )(1)1 x f xeln x， 1 ( ) 1 x fxe x ， 所以曲线( )yf x在点(2，f（2）)处的切线的斜率kf（2） 2 1e （）解：由定义域可知，1x ，所以( )0f x 恒成立( )0(1) min f xx， 1 ( ) 1 x e fx ax ， 2 1

38、1 ( )0 () x e fx ax ，所以( )fx在(1,)上单调递增， 又因为1x 时，( )fx ，当x 时，( )fx ， 故存在唯一实数 0 x使 00 ()0(1)fxx，则 0 0 1 x a e x ，也即 00 (1)xlnaln x， 在 0 (1,)x上， 0 ()0fx，函数( )f x单调递减， 在 0 (x，)上， 0 ()0fx，函数( )f x单调递增， 因此 0 000 0 1 ( )()()121 1 x min e f xf xln axaxlna ax 00 00 11 122 2(1)22420 11 xlnaxlnalna xx ， 第 21页（

39、共 21页） 解得 2 0ae， 即实数a的取值范围是 2 (0,)e （）证明“由题意可得( ) x e h xaxlna a ，且 1 1 0 x e axlna a ， 2 2 0 x e axlna a ， 由得 12 2 12 xx ee a xx ， 由( ) x e h xa a ，得 12 12 122 12 2 12 1 ()() 2 xx xxxx xxeee hae aaxx ， 不防令 12 xx，并设 12( 0)txx t， 则 12 xxt，代入可得 2 12 2 1 ()() 2 txt xxee he at ， 要证 12 ()0 2 xx h ，只需证明 2 1 0 tt e e t 即可，即证明 2 10 t t tee ， 令 2 ( )1 t t m ttee， 222 ( )(1)(1) 22 ttt t tt m teeee ， 因为函数( )1 x u xxe ，( )10 x u xe 在(0,)上恒成立， 所以( )1 x u xxe 在(0,)上单调递减， 所以( )(0)0u xu， 所以 2 10 2 t t e ，所以( )0m t， 则( )m t在(0,)单调递减， 则( )(0)0m tm，即 12 ()0 2 xx h ，得证