精品解析：湖北省荆荆宜三校2022-2023学年高三9月联考数学试题

一、选择题：本大题共8小题，每一小题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．

21．已知集合Axxx20，Bxyx1，则AB（ ）

A．1,2 B．1, C．1,1 D．1,

31P2．已知角的终边经过点2,2，则角可以为（ ） A．

5 6B．

2 3C．

11 6D．

5π 33．已知A，B为两个随机事件，PA，PB0，则“A，B相互独立”是“PABPAB”的（ ） A．充分不必要条件 C．充分必要条件

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

4．衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若fx是fx的导函数，fx是fx的导函数，则曲线yfx在点x,fx处的曲率

Kfx1fx2 2322．已知fxlnxcosx1，则曲线yfx在点

1,f1处的曲率为（ ）

A．0

B．2 4C．D．2 35． 已知函数fx2sinx0,0的部分图象如图，fx1fx2，则cosx2x1（ ）

226

3A．

4B．7 43C．

4D．7 4n*n26．已知 (mx1)nN,mR的展开式只有第 5 项的二项式系数最大，设(mx1)a0a1xa2xanxn，

若a18，则a2a3A．63

an（ ） B．64

C．247

D．255

答案第1页，共21页

27．已知tan,tan是方程axbxc0a0的两根，有以下四个命题：

1甲：tan；

2乙：tantan7:3； 丙：

sincos5； 4丁：tantantantan5:3. 如果其中只有一个假命题，则该命题是（ ） A．甲

B．乙

C．丙

D．丁

x2取得最小值时，x128．已知函数fxaxlnxx3ax1aR，若fx存在两个极值点x1，x2x1x2，当

实数a的值为（ ） A．0

B．1

C．2

D．3

二、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．某地为响应“扶贫必扶智，扶智就扶知识、扶技术、扶方法”的号召，建立农业科技图书馆，供农民免费借阅，收集了近5年的借阅数据如下表： 年份 年份代码x 2016 2017 2018 2019 2020 1 2 5.1 3 5.5 4 5.7 5 5.8 年借阅量y（万册） 4.9

ˆ0.24xaˆ，则（ ）A．aˆ4.68 根据上表，可得y关于x的经验回归方程为yB．借阅量4.9，5.1，5.5，5.7，5.8的上四分位数为5.7 C．y与x的线性相关系数r0

D．2021年的借阅量一定不少于6.12万册 10．下列结论正确的有（ ） A．若lna2lnb2，则2a2b B．若

ab，则2a2b 22abC．若bae（其中e为自然对数的底数），则abba

答案第2页，共21页

bD．若02ab3a2，则sinasin

21x11．已知函数fx2sin，若将函数fx的图象纵坐标不变，横坐标缩短到原来的，再向右平移个单

6426位长度，得到函数gx的图象，则（ ）

A．函数gx2sin2x

6C．函数gx在区间,4上单调递增 3B．函数fx的周期为4

D．函数fx的图象的一条对称轴是直线x3

12．已知奇函数fx在R上可导，其导函数为fx，且f1xf1x2x0恒成立，若fx在0,1单调递增，则（ ）

A．fx在1,2上单调递减 C．f20222022

B．f00 D．f20231

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．

13．设a0，若aa(9a)6a，则loga(3a)______．

14．6人中有4名“熟手”某小区共有3个核酸检测点同时进行检测，有6名志愿者被分配到这3个检测点参加服务，和2名“生手”，1名“生手”至少需要1名“熟手”进行检测工作的传授，每个检测点至少需要1名“熟手”，且2名“生手”不能分配到同一个检测点，则不同的分配方案种数是______．

215．若函数fxlnx和gxxaxaR的图象有且仅有一个公共点P，则g(x)在P处的切线方程是_________.

16．B重合，ODBC于D，OEAC如图，在扇形AOB中，AOB90，OA1，点C为AB上的动点且不与点A，于点E，则四边形ODCE面积的最大值为______．

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．在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a4，c2，AC(1)求tanC的值； (2)求ABC的面积．

18．目前，教师职业越来越受青睐，考取教师资格证成为不少人的就业规划之一．当前，中小学教师资格考试分笔试和面试两部分．已知某市2021年共有10000名考生参加了中小学教师资格考试的笔试，现从中随机抽取100人

答案第3页，共21页

2． 3的笔试成绩（满分100分）作为样本，整理得到如下频数分布表： 笔试成绩X 人数

由频数分布表可认为该市全体考生的笔试成绩X近似服从正态分布N,成绩的平均值（同一组的数据用该组区间的中点值代替）．

(1)若12，据此估计该市全体考生中笔试成绩高于85的人数（结果四舍五入精确到个位）；

(2)按照比例分配的分层随机抽样方法，从笔试成绩为80,90和90,100的考生中随机抽取了6人，再从这6人中随机抽取2人，记成绩不低于90分的人数为随机变量，求的分布列和均值． 参考数据：若X240,50 50,60 60,70 70,80 80,90 90,100 5 10 25 30 20 10 ，其中，近似为100名样本考生笔试

N,2，则PX0.6827，P2X20.9545，

P3X30.9973．

19．已知数列an中，a12，anan13an1annN*．

an13an1(1)求证：数列an为等比数列；

an2(2)设bnan1SnnSbZ的正整数n的最小值． ，记数列的前项和为，求使得2nnan220．在斜三棱柱ABCA1B1C1中，ABC为等腰直角三角形，ABAC，侧面BB1C1C为菱形，且B1BC60，点E为棱A1A的中点，EB1EC，平面B1CE平面BB1C1C．

(1)证明：平面BB1C1C平面ABC；

(2)求平面AB1C与平面B1CE的夹角的余弦值．

3x2y21,21．设椭圆Γ：221ab0，F1，F2是椭圆Γ的左、右焦点，点A2在椭圆Γ上，点P4,0在椭圆Γab答案第4页，共21页

外，且PF243． (1)求椭圆Γ的方程；

3B1,(2)若，点C为椭圆Γ上横坐标大于1的一点，过点C的直线l与椭圆有且仅有一个交点，并与直线PA，222PB交于M，N两点，O为坐标原点，记OMN，PMN的面积分别为S1，S2，求S1S1S2S2的最小值．

x22．已知函数fxxlnx1xe1．

(1)讨论函数fx的零点个数；

(2)记fx较大的零点为x0，求证：e1

答案第5页，共21页

x024lnx01x02e．

x02数学参考答案

1．B

【分析】根据二次不等式与根式的定义域求解A,B，再取交集即可. 【详解】

Axx2x10x1x2，Bxx1，故ABxx1.

故选：B 2．C

【解析】求出tan的值，结合角为第四象限角可得出结果.

123【详解】由题意可知，点P在第四象限，且tan，2kkZ，

3362当k1时，故选：C. 3．C

11. 6【分析】转化P(A|B)P(AB)P(AB),P(A|B)，根据充分性必要性的定义，以及独立性的定义，分析即得解 P(B)P(B)P(AB)P(AB),P(A|B) P(B)P(B)P(AB)P(A)P(B)P(A), P(B)P(B)【详解】由题意，P(A|B)若A，B相互独立，则P(A|B)P(A|B)P(AB)P(A)P(B)P(A)，故P(A|B)P(A|B)，故充分性成立； P(B)P(B)P(AB)P(AB)，则P(AB)P(B)P(AB)P(B) P(B)P(B)若P(A|B)P(A|B)，即

即P(AB)(1P(B))(P(A)P(AB))P(B)，故P(AB)P(A)P(B)，即A,B相互独立，故A，B相互独立，故必要性成立

故“A，B相互独立”是“PABPAB”的充分必要条件 故选：C 4．A

【分析】求出原函数的导函数fx与导函数的导函数fx，然后代入题中公式即可求出答案.

答案第6页，共21页

【详解】

fxlnxcosx1，

11sinx1，fx2cosx1， xxf1K则曲线yfx在点1,f1处的曲率为21f1fx11sin0321cos03220

故选：A. 5．C

【分析】首先结合已知条件和图像求出f(x)的解析式，然后利用函数的对称关系求出x1与x2之间的关系式，然后通33过fx1求出sin(x1)，进而即可求出cosx2x1.

23646【详解】

结合题意可知，f(0)2sin1sin∵01， 22，∵

π， 6

152250又由图像可知，TT，

2255552又由f()2sin()0，即k，即k，kZ，

22626155从而令

，故f(x)2sin(x)， 3363x62kx13k，kZ，

从而f(x)的对称轴为x13k，kZ，

7由图像可知，xx1与xx2关于x2对称，即x1x24x24x1，且x1(,2)，

233因为f(x1)2sin(x1)sin(x1)，

362364所以cos[6x2x1]cos[6(42x1)]cos(3x13)sin(x1). 62364故选：C. 6．C

【分析】根据二项式系数的性质求出n，根据a18求出m，再由赋值法求解即可.

7【详解】因为展开式只有第 5 项的二项式系数最大，所以展开式共9项，所以n8，a1C8m8，∵m1，

82∵(x1)a0a1xa2xa8x8，令x1，得a0a1a2a3a828256，令x0，得a01，

∵a2a3an25681247．

答案第7页，共21页

故选：C． 7．B

bc【分析】根据韦达定理可得tantan,tantan，对乙､丁运算分析可知乙､丁一真一假，分别假设乙､

aa丁是假命题，结合其他命题检验判断．

bc2【详解】因为tan,tan是方程axbxc0a0的两根，所以tantan,tantan，

aabtantanb1a； 则甲：tan1tantan1cca2absinsincoscossintantanb5a. 丙：

coscoscossinsin1tantan1cca4a若乙､丁都是真命题，

b5tantan557a3，则tantan,tantan，所以tan1tantan1c17433a3b5sinsincoscossintantan1a3，

coscoscossinsin1tantan1c172a3两个假命题，与题意不符，所以乙､丁一真一假，

假设丁是假命题，由丙和甲得ac2b,5ac4b，所以2ac5ac， 即7a3c0，所以c:a7:3，与乙不符，假设不成立；

假设乙是假命题，由丙和甲得7a3c0，又ac2b，所以3b5a， 即b:a5:3与丙相符，假设成立；故假命题是乙， 故选：B． 8．D 【分析】

2x13lnx12x1(x2x211)2x13x1t1x12x3h(t)，通过求F(x)，然后转化为在xx22xlnxlnt2xlnx211lnlnx1x1结合已知条件，分析出a(0,1)上的最小值来确定h(t)的最小值，进而即可求解.

【详解】由题意可知，f'(x)alnx2x3有两个变号零点，即f'(x)0有两个不同的正根x1，x2x1x2，

答案第8页，共21页

'不妨令g(x)f'(x)，则g(x)a2， x当a0时，g(x)'a20，故f'(x)alnx2x3在(0,)上单调递减， x此时f'(x)最多只有一个零点，不合题意； 当a0时，g(x)00x'aa'；g(x)0x， 22aa故f'(x)在(0,)上单调递增，在(,)单调递减，

22因为f'(ea)alnea2ea32ea0，f'(1)10， 且由对数函数性质可知，当x足够大时，f'(x)alnx2x30， 所以由零点存在基本定理可知，0x11x2， 因为alnx12x130，alnx22x230，

2x1(x21)x1， x2lnx13333所以a2x132x232(x1x2)x1lnx1lnx2lnx2不妨令tx2，由x2x10t1， x1x212x13x1t1h(t)， 从而

2x1lnx1lnx2lntx11lnt1因为'， th(t)ln2t111t1'令ylnt1，则y220，

tttt1从而ylnt1在(1,)单调递增，且y|t10，

t故对于t1，h'(t)0，即h(t)在(1,)单调递增， 从而当t2x13x2取得最小值是，h(t)也取得最小值，即取得最小值， x12x1lnx1不妨令F(x)2x33lnx2x3'，x(0,1)，则F(x)， 2xlnx2x2ln2x'令(x)3lnx2x3，则(x)32x0对于x(0,1)恒成立， x故(x)3lnx2x3在(0,1)上单调递增， 12因为(1)10，()0，

ee答案第9页，共21页

所以存在唯一的x0(,1)，使得(x0)3lnx02x030''故F(x)00xx0；F(x)0xx0，

1e2x033， lnx0从而F(x)故F(x)min故a2x3在(0,x0)上单调递减，在(x0,)单调递增， 2xlnx2x3F(x0)(1)min，此时h(t)也取得最小值，即x0x1，

2x1lnx12x032x133. lnx0lnx1故选：D. 9．ABC

【分析】对于A，由于样本中心点在回归直线上，所以将其坐标代入可求出结果，对于B，利用上四分位数的定义求解，对于C，由于b0.240，从而可得相关系数大于零，对于D，由回归方程预测即可 【详解】

11对于A，因为x(12345)3，y(4.95.15.55.75.8)5.4，

55所以5.40.243a，得a4.68，所以A正确，

对于B，因为575%3.75，所以借阅量4.9，5.1，5.5，5.7，5.8的上四分位数为5.7，所以B正确， 对于C，因为0.240，所以y与x的线性相关系数r0，所以C正确，

对于D，由选项A可知线性回归方程为y0.24x4.68，当x6时，y0.2464.686.12，所以2021年的借阅量约为6.12万册，所以D错误， 故选：ABC 10．AD

【分析】根据对数函数、指数函数的单调性及不等式 性质判断A，由特殊值判断BC，根据正弦函数在(0,)上的

2单调性判断D. 【详解】

由lna2lnb2可得a2b2，即|a||b|, 而y2x是增函数，所以2a2b成立，故A正确； 11ab由22可得，故|b||a|，所以2a2b不成立，如a1,b2，故B错误； |a||b|ab当b4,a3时，满足bae，3481364，故abba不成立，故C错误； 由02ab3a2可知02ab3，所以0ab2322，

b而ysinx在x(0,)上单调递增，所以sinasin，故D正确.

22故选：AD.

答案第10页，共21页

11．ABC

【分析】首先结合伸缩变换和平移变换求出gx的解析式即可判断A；利用周期公式判断B；利用整体代入法求出

gx的单调递增区间即可判断C；利用代入检验法可判断D.

【详解】

1由题意可知，函数fx的图象纵坐标不变，横坐标缩短到原来的后，其解析式为y2sin(2x)，

64y2sin(2x)向右平移个单位长度后，得到g(x)2sin[2(x)]2sin(2x)，故A正确；

66666由周期公式可知，函数fx的周期为

T241，故B正确； 2由22k2x622k6kx3k，kZ，

故g(x)的单调递增区间为[从而函数gx在区间,6k,3k]，kZ，

4上单调递增，故C正确； 3因为f()2sin002，故D错误.

3故选：ABC. 12．BCD

【分析】根据函数的的对称性和周期性，以及函数的导数的相关性质，逐个选项进行验证即可. 【详解】方法一：

对于A，若fxx，符合题意，故错误，

对于B，因已知奇函数fx在R上可导，所以f00，故正确， 对于C和D，设gxfxx，则gx为R上可导的奇函数，g00，

由题意f1xx1f1x1x，得g1xg1x，gx关于直线x1对称， 易得奇函数gx的一个周期为4，g2022g2g00，故C正确，

由对称性可知，gx关于直线x1对称，进而可得g10，（其证明过程见备注） 且gx的一个周期为4，所以g2023g10，故D正确．

备注：g1xg1x，即g1xg1x，所以g1xg1x， 等式两边对x求导得，g1xg1x， 令x0，得g1g1，所以g10．

答案第11页，共21页

方法二：

对于A，若fxx，符合题意，故错误，

对于B，因已知奇函数fx在R上可导，所以f00，故正确， 对于C，将f1xf1x2x0中的x代换为x1， 得fxf2x2x20，所以fx2fx2x2， 可得fx4fx22x6，两式相减得，fx4fx4， 则f6f24，f10f64，…，f2022f20184， 叠加得f2022f22020，

又由fx2fx2x2，得f2f022， 所以f2022f220202022，故正确，

对于D，将f1xf1x2x0的两边对x求导，得f1xf1x20， 令x0得，f11，

将fxfx的两边对x求导，得fxfx，所以f11， 将fx4fx4的两边对x求导，得fx4fx， 所以f2023f2019f11，故正确． 故选：BCD 13．

7 12【分析】结合已知条件，利用指对互化和对数的运算即可求解. 【详解】

因为a0，aa(9a)6a，

a6a所以logaaloga(9a)，即a6aloga(9a)1loga(9a)， 6从而a69aa35， 故loga3alog故答案为：14．216

答案第12页，共21页

1235112375757()log33.

512127. 12【分析】先把4名“熟手”分为人数为2,1,1的三组，再分到三个检测点，然后把2名“生手”分配到3个检测点中的2个，由乘法原理计算可得． 【详解】

11C234C2C1A解：根据题意，可先把4名“熟手”分为人数为2,1,1的三组，再分配到3个检测点，共有3种分法， A22然后把2名“生手”分配到3个检测点中的2个，有A3种分法，

11C224C2C1A3所以共有3A3216种不同的分配方案. 2A22故答案为：216 15．yx1

【分析】由fxgx0分离常数a，结合导数求得a的值，进而通过切点和斜率求得切线方程.

2【详解】由fxgxlnxxax0（x0）， 2lnxx分离常数a得a，

xlnxx2,h11， 令hxx1x2lnxhx，

x2'2令mx1xlnxx0,m10，

m'x2x10，所以mx在0,上递减. x''所以当x0,1时，hx0,hx递增；当x1,时，hx0,hx递减， 所以hxh11，所以a1，且P1,0.

gxx2x,g'x2x1,g'11，

所以切线方程为yx1. 故答案为：yx1 16．2 40,，OA,OB为x,y轴建立平面直角坐标系，【分析】根据题意，以O为原点，设COB，则Ccos,sin，

2进而得四边形ODCE面积S2sin，再根据三角函数求最值即可. 44【详解】解：因为在扇形AOB中，AOB90，OA1，

答案第13页，共21页

所以，以O为原点，OA,OB为x,y轴建立平面直角坐标系，

设COB，0,，则Ccos,sin，

21111所以SAOCAOxCcos,SBOCBOyCsin

2222因为ODBC于D，OEAC于点E， 所以四边形ODCE面积S1S2AOCSBOCcossin142sin， 443因为0,，所以,

4442所以，当4时，S22. sin取得最大值444故答案为：2 4

17．(1)tanC【分析】

363 (2) 75(1)利用正弦定理求出sinA与sinC之间的关系，结合AC求出sinB即可求解. （1）因为a4，c2， 所以由正弦定理知，又由AC2， 32，利用三角恒等变换即可求解；(2)结合(1)中条件，3sinAa2， sinCc2故2sinCsinAsinC313sinCcosC， 22353所以sinC． cosC，故tanC522cos2Csin2C1tan2C113， （2）由tanC知，cos2Ccos2Csin2C1tan2C145sin2C2sinCcosC2tanC53， cos2Csin2C1tan2C14记ABC的面积为S，

答案第14页，共21页

因为BAC32C，

所以S1115363acsinB4sinB4sin2C23cos2C2sin2C232， 214147363． 723故ABC的面积为18．(1)1587人 (2)分布列见解析；期望为 【分析】

（1）根据频数统计表求得均值，再根据正态分布性质求概率后可得人数； （2）确定随机变量的取值为0，1，2．求出概率得分布列，由期望公式计算期望． （1）由题意，4555510652575308520951073，

1001PX20.15865，

此时85，故P(X85.9)所以该市全体考生中笔试成绩高于85的人数约为100000.158651587人．

（2）进入面试的考生中笔试成绩位于80,90、90,100的人数之比为2:1，则抽取的6人中成绩不低于90分的人数为2，所以随机变量的取值为0，1，2．

1C21C18C224C24P02，P12，P22， 2C615C615C65所以的分布列为

 0 P 1 2 25 8115 15

2812所以E012．

51515319．(1)证明见解析 (2)8 【分析】

（1）转化原式为an1113an，根据等比数列的定义，即得证； an1an225n125912n，结合二项式定理，即得证 （2）转化bnan29n12，分组求和得到Sn32an4（1）由anan13an1an313an1an，得an13an，

an13ananan1anan1答案第15页，共21页

所以an1113an， an1an因为a11510，则an是公比为3的等比数列． a12an15n1（2）由（1）得ana23．

n1125n122an292， 所以bnananan42记cn25n1cn259,9,c1 4cn14故{cn}为等比数列

2519n25n所以Sn2n912n．

41932SS25n所以n91n，因为25与64互素，所以nZ64可被9n1整除

2642nn012233nn因为91(18)1CnCn8Cn8Cn8Cn81

23n2n8C1C2Cnn8n8Cn8=8n64C8C82n3nn2Cnn

故9n1可被64整除时，正整数n的最小值为8． 20．(1)证明见解析 (2)27 7【分析】

(1)结合已知条件，利用面面垂直的性质AO平面BB1C1C，然后利用面面垂直判定定理即可证明；(2)结合已知条件，首先证明B1O平面ABC，然后建立空间直角坐标系，并求出平面AB1C与平面B1CE的法向量，然后利用面面夹角的向量公式求解即可.

（1）分别取BC，B1C的中点O和F，连接OA，OF，EF，B1O，如下图：

答案第16页，共21页

因为O，F分别是BC，B1C的中点，所以FOBB1，且FO因为点E为棱A1A的中点，所以AEBB1，且AE所以FOAE，且FOAE，

所以四边形AOFE是平行四边形，所以EF∥AO． 因为EB1EC，F是B1C的中点，所以EFB1C， 又因为平面B1CE平面BB1C1C，且平面B1CE1BB1， 21BB1， 2平面BB1C1CB1C，

所以EF平面BB1C1C，所以AO平面BB1C1C， 因为AO平面ABC，所以平面BB1C1C平面ABC．

（2）因为侧面BB1C1C为菱形，且B1BC60，所以△BB1C为正三角形， 所以B1OBC，

由（1）知平面BB1C1C平面ABC，平面BB1C1C所以B1O平面ABC，

又由ABAC，故OA，OC，OB1两两垂直， 设AB2，则AA1BC22，

以O为坐标原点，OA，OC，OB1分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系如下：

平面ABCBC，



则A262,,2,0,0，C0,2,0，B10,0,6，E， 2226CE2,,所以B1C0,2,6，，AC2,2,0， 22设平面B1CE的法向量为mx1,y1,z1，

答案第17页，共21页

mB1C2y16z10则，令z11，则y13，x10， 26y1z10mCE2x122从而m0,3,1．

设平面AB1C的法向量为nx2,y2,z2，

nB1C2y26z20,则令y23，则z21，x23，

nAC2x2y0,22从而n3,3,1，

设平面AB1C与平面B1CE的夹角为， 则cos=|cos49(2) 727． 7【分析】

31,(1)结合已知条件，将A然后再结合PF243求出半焦距c，最后再结合a2b2c2即2可得到一个关系式，可求解；(2)首先设出直线MN的方程xmyt，然后利用直线与椭圆相切求出m与t的关系，再通过联立直线间的

22方程表示出直线M与N点的纵坐标，并表示出S1和S2，进而表示出S1S1S2S2，最后利用换元法和均值不等式

即可求解.

3131,1，∵ （1）因为点A在椭圆上，所以Γ222a4b因为点P4,0在椭圆Γ外，且PF243，所以c3，即a2b2c23，∵ 由∵∵解得a24，b21， x2故椭圆Γ的方程为y21．

4（2）设点Mx1,y1，Nx2,y2，设直线MN：xmyt， 由椭圆性质以及点C的横坐标大于1可知，t2，

2x2将直线MN代入方程y21并化简可得，myt4y240，

4答案第18页，共21页

222即m4y2mtyt40，

因为直线l与椭圆有且仅有一个交点，

2222所以Δ4mt4m4t40，即t2m24．

直线AP的方程为：x423y；直线BP的方程为lBP：x423y， 4tt4xmyt,联立方程得y1，同理得y2，

23m23mx423y,所以yy124t4m212343，

t411所以S1ty1y2，S24ty1y2，

22t4t112222所以S12S1S2S2t2y1y2y1y2(4t)2y1y2

444489t81148223t12t1636y1y2t24tt2168tt2，

44t42t28t16令9t826，则

2S12S1S2S236488192287， 56当且仅当28，即t故当t20时，不等式取等号， 992022时，S1S1S2S2取得最小值． 9722．(1)两个零点 (2)证明见解析 【分析】

(1)结合已知条件，利用二次求导，首先求出f'(x)的单调性，进而得到f(x)的单调性，利用零点存在基本定理即可

2t2t2t求解；(2)利用换元法将不等式转化为te1e2t12te，通过构造函数，利用导函数求其单调性即可证明.

（1）由题意，fx的定义域为1,，f00， f'xlnx1'x11exlnx12ex， x1x1'令Fxf(x)，则Fx11ex， 2x1x1'易知yFx单调递减，

''因为F010，F13e0， 4答案第19页，共21页

'所以存在唯一的x10,1，使得Fx10，

''从而f(x)01xx1；f(x)0xx1，

''故f'(x)在1,x1单调递增，在x1,单调递减，且f(x1)f(0)0，

3''又f(1)ln2e0，所以存在x2x1,1，使得fx20，

2从而fx在1,0单调递减，在0,x2单调递增，在x2,单调递减， 因为f00，所以fx20，

因为f1ln22e0，所以fx在x2,1之间存在唯一零点． 综上所述：fx有两个零点．

x（2）由（1）可得函数fx较大的零点为x00,1，则x0lnx01x0e010，

即

lnx01x0ex0x01， 2x0x02故只需证明e14ex0x012x02ex02，

x022x20x0x0x0等价于证明e1ex012e2，

44不妨设

x01t，t0,，则等价于证明t2et1e2t2t12t2et． 2212x2x2设gxexex2x1,x0,，

2xx2gx2ex2xe2x22eex则2x1，

2'2x2xx不妨令(x)exx1，则'(x)ex10， 1故(x)在(0,)上单调递增，即(x)(1)0，

21即exx1对于x(0,)恒成立，

21x2令(x)ex，则'(x)exx1(x)0对于x(0,)恒成立，

2211故(x)在(0,)上单调递增，即(x)(0)1在(0,)上恒成立，

22x'xx所以gx2e2x12ex10，

答案第20页，共21页

1所以gx在0,单调递增，从而gxg00．

212t2t所以te1e2t1,t0,；

212x2x设hx2xee2x1，x0,，注意到h00，

2'2x2x2x2xx2xee1则hx2x4xe2e22，

2x2x令mxx2xee1，注意到m00，

x2x则mxx4x2e2e2e2x1e，

2'2x2xxx2令kx2x1ex，注意到k00，

2'x则kxx2el(x)，l'(x)1ex0，

51''1'所以kx在0,单调递减，所以kxke0，

2221'则kx0在0,恒成立．

211'因此kx在0,单调递增，所以kx0，即mx0在0,恒成立，

2211'所以mx在0,单调递增，则mx0，即hx0在0,恒成立，

2211所以hx在0,单调递增，则hx0在0,恒成立，

221故e2t2t12t2et，t0,．

2综上所述：e1

x024lnx01x02e．

x02答案第21页，共21页