【文档说明】四川省成都市树德中学2019-2020学年高二5月半期考试数学（理）试题 【精准解析】.doc，共(24)页，2.226 MB，由管理员店铺上传

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树德中学高2018级5月半期考试数学（理科）试题一、选择题（本大题共12个小题，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）1.若复数112zi=+，复数21zi=−，则12zz=A.6B.10C.6D.2【答案】B【

解析】【分析】先计算12zz，再求12zz.【详解】123zzi=+，故1210zz=，故选B.【点睛】本题考察复数的概念与运算，涉及到乘法运算和复数的模，为基础题.2.欲证2356−−成立，只需证（）A.()()222356−−B.()()222536−−C.()()222635++D

.()()222356−−−【答案】C【解析】【分析】由于原不等式的等价于2635++，再两边同时平方，即可得出答案.【详解】解：根据题意，欲证2356−−，则需证2635++，只需证()()222635++.故选：C.【

点睛】本题考查利用分析法证明不等式，体现转化思想，属于基础题.3.下列三个数：33ln,ln,ln3322abc=−=−=−，大小顺序正确的是（）A.acbB.abcC.bcaD.bac【答案】A【解析】试题分析：构造函数，因为对一切恒成立，所以函数在上是减

函数，从而有，即acb，故选A．考点：函数单调性的应用．4.否定“自然数,,abc中恰有一个偶数”的正确的反设为（）A.,,abc都是奇数B.,,abc都是偶数C.,,abc至少有两个偶数D.,,abc中或都是奇数或至少有两个偶数【答案】D【解析】【详解】因

为反证法中的反设就是原命题的否定，而“自然数,,abc中恰有一个偶数”的否定是“,,abc中或都是奇数或至少有两个偶数”，所以否定“自然数,,abc中恰有一个偶数”的正确的反设为“,,abc中或都是奇数或至少有两个偶数”，故选D.5.在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换22xxyy==

后，曲线C变为曲线()()22561xy−++=，则曲线C的对称中心是（）A.()5,6−B.5,32−C.()10,12−D.5,62−【答案】B【解析】【分析】根据题意，点(,)xy在曲线()()22561xy−++=上，由伸缩变换公式22x

xyy==，将其代入()()22561xy−++=中化简，将其变形为标准方程即可求解.【详解】解：由题意，点(,)xy在曲线()()22561xy−++=上，()()22561xy−++=，又22xxyy

==，()()()22225125261324xyxy−++=−++=，所以曲线C的对称中心是5,32−.故选：B【点睛】本题考查伸缩变换公式的应用，关键是将变换后的量代入方程进行化简，考查理解辨析能力

及运算求解能力，属于基础题.6.已知函数()21fxxm=+−，()3gxxm=−++.若函数()fx的图象恒在函数()gx图象的上方，则m的取值范围是（）A.()2,1−B.2,1−C.()1,2−D.1,2−【答案】A【解析】【分析】将原问题转化为求不等式

213xxmm++++恒成立，然后利用绝对值三角不等式的性质求解13xx+++的最小值，最后解一元二次不等式，即可得出m的取值范围.【详解】解：由题可知，函数()fx的图象恒在函数()gx图象的上方

，即213xmxm+−−++对任意实数x恒成立，即不等式213xxmm++++恒成立，又由绝对值三角不等式的性质，可得对于任意实数x恒有：()()13132xxxx++++−+=，于是得：22mm+，即220mm+−，所以解得：21m−，即m的取值范围是()2,1−.故

选：A.【点睛】本题考查利用绝对值三角不等式的性质求最值，用于解决恒成立问题，还涉及一元二次不等式的解法，考查学生的转化能力和计算求解能力.7.已函数3211()32fxxaxbx=−+的两个极值点是sin和()cosR，则点

(),ab的轨迹是（）A.椭圆弧B.圆弧C.双曲线弧D.抛物线弧【答案】D【解析】【分析】根据极值点的定义把,ab用表示后，消去得关于,ab的方程，由方程确定曲线．【详解】由题意()2fxxaxb=−+，所以sin,cos是方程20xaxb−+=的两根，所以sincossi

ncosab=+=且240ab−，所以212sincos12ab=+=+，sincos2sin()[2,2]4a=+=+−，所以点(,)ab在曲线211(22)22yxx=−−上，还要满足240xy−，轨迹为抛物线弧．

故选：D．【点睛】本题考查值点的定义，考查由方程研究曲线，掌握极值与导数的关系是解题基础．在由方程研究曲线时，注意方程中变量的取值范围．8.定义在(0,)2上的函数()fx,其导函数为'()fx,若恒有()'()tanfxfxx,则（）A.()3()63ffB.()3()63ff

C.3()()63ffD.3()()63ff【答案】D【解析】试题分析：因为(0,)2x，所以sin0,cos0xx．由()'()tanfxfxx，得'()sin()cos0fxxfxx−．不妨设()()sinfxgxx=，则2'()

sin()cos()0sinfxxfxxgxx−=，所以函数()gx在(0,)2上单调递增，所以()()63gg，即()()63sinsin63ff，亦即3()()63ff，故选D．考点：1、利用导数研究函数的单调性；2、不等式恒成立问题．【技巧

点睛】联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了．9.已知球体的半径为3，当球内接正四棱锥的体积最

大时，正四棱锥的高和底面边长的比值是（）A.1B.2C.3D.2【答案】A【解析】【分析】设球心O到底面距离为x，通过正四棱锥的对角面求出棱锥的高，与底面边长，计算出体积后，利用导数的知识求出最大值，得出结论．

【详解】如图，PAC是正四棱锥PABCD−的对角面，其外接圆是四棱锥外接球的大圆，O是圆心（球心），设正四棱锥底面边长为a，则2ACa=，3==OAOP，设OEx=(03)x，则由222AOOEAE=+得22192xa+=，22182ax=−，3PEx=+，2182ABC

DSx=−，232112(182)(3)(3927)333ABCDVSPExxxxx==−+=−−++，22(369)2(1)(3)3Vxxxx=−−+=−−+，当01x时，0V，V递增，13x时，0V，V递减，∴1x=时，

V取得极大值也是最大值max643V=．此时高4PE=，218214a=−=，1PEa=．故选：A．【点睛】本题考查导数的实际应用，解题关键是引入变量OEx=，把棱锥体积V表示为x的函数，利用导数求得最大值．1

0.如图所示，平行六面体1111ABCDABCD−中，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60.求1BD与AC夹角的余弦值是（）A.33B.66C.217D.213【答案】B【解析】【分析】以1,,ABADAA为空间向量的基底，表示出1BD和AC，由空间向量的数量积求出向量的夹角的余弦值

即得．【详解】由题意11111cos602ABADABAAADAA====．以1,,ABADAA为空间向量的基底，ACABAD=+，111BDADABADAAAB=−=+−，221111()()ACBDABADADAAABABADAB

AAABADADAAABAD=++−=+−++−1=，222()23ACABADABABADAD=+=++=，222211111()2222BDADAAABADAAABADAAADABAAAB=+−=+++−

−=，∴11116cos,632ACBDACBDACBD===．∴1BD与AC夹角的余弦值为66．故选：B．【点睛】本题考查用空间向量法求异面直线所成的角，解题时选取空间基底，把其他向量用基底表示，然后由数量积的定义求得向量的夹角，即得异面直线所成的角．11.已知

函数()fx是定义在()0,+的可导函数，()'fx为其导函数，当0x且1x时，()()2'01fxxfxx+−，若曲线()yfx=在1x=处的切线的斜率为34−，则()1f=（）A.0B.1C.38D.15【答案】C【解析】当0x＞且1x时，()()2'01fxxfx

x+−，可得：1x＞时，20fxxfx+（）（）＞；10＞＞x时，20fxxfx+（）（）＜．令20gxxfxx=+（）（），（，）．22[2]gxxfxxfxxfxxfx=+=+（）（）（）（）（）．可得：1x＞时，0gx（）＞；10＞＞x时，0gx（）＜．可得：函

数gx（）在1x=处取得极值，31211014gfff=+==−（）（）（），（），1331()248f=−−=（）．故答案为3812.已知(),()lnxfxegxx==，若()()ftgs=，则当st−取得最小值时，()

ft所在区间是（）A.(ln2,1)B.1(,ln2)2C.(11,3e)D.(11,e2)【答案】B【解析】令()()ftgsa==，即eln0tsa==∴lnta=，eas=∴eln(0)astaa−=−令e(n)lahaa=−，则1()eahaa=−∵aye=

递增，1ya=递减∴存在唯一0aa=使得()0ha=，则00aa时，1aea，()0ha，0aa时，1aea，()0ha∴min0()()haha=，即st−取最小值时，0()ftaa==根据零点存

在定理验证0010aea−=的根的范围：当012a=时，001e0aa−当0ln2a=，001e0aa−∴01(,ln2)2a故选B点睛：涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图像交点个数问题，一般先通过研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程

根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路.二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分.）13.已知2202013()(,)22imniimRnR+=+，则复数zmni

=+的虚部是______.【答案】32【解析】【分析】利用复数的乘方，将2202013()(,)22imniimRnR+=+，转化为1322mnii+=−+，从而得到复数z，进而可求得其虚部.【详解】因为2202013()(,)22imniimRnR+=+

，所以1322mnii+=−+所以1322zi=−+所以复数z的虚部是32故答案为：32【点睛】本题主要考查复数的乘方和复数相等以及复数的概念，还考查了运算求解的能力，属于基础题.14.已知圆的极坐标方程为22(cos3sin)5++=，则此圆被直线0=截得的弦长为___

___．【答案】26【解析】由1221220250{5+=−=−==−＋弦长2121212()4AB=−=+−26=.15.在直角坐标系xOy中，抛物线C：22yx=的焦点为F，准线为l，P为C上第一象限内的一点，PQ垂直l于点Q，M，N分别为PQ，PF

的中点，直线MN与x轴交于点R，若1FR=，则直线PF的斜率为______.【答案】3【解析】【分析】根据题意画出示意图，由几何关系证得PQF是等边三角形后，即可求解.【详解】解:根据题意，作示意图如下图所示：22yx=Q，1,02F，记l与x轴的交点为H，则1FH=，1FR=，

且由几何关系可证PMNFNR1PMFR==，过点F作PQ的垂线，可知其垂足就为点M，且可得||||FQPFPQ==，PQF是等边三角形，由几何关系可得：3PFRQPF==，所以直线PF的斜率为33tanPFRtan

==.故答案为：3【点睛】在解决与抛物线的性质有关的问题时，要注意利用几何图形的形象、直观的特点来解题，特别是涉及焦点、顶点、准线的问题更是如此.16.已知过点(),0Mm作曲线C：lnyxx=的切线有且

仅有两条，则实数m的取值范围是______.【答案】()1,+【解析】【分析】设切点为()00,xy，求导得斜率，然后利用点斜式得切线方程，将点M代入整理得00ln1xmx=+，使得方程关于0x有两解，构造函数()(

)0ln1xgxxx=+，利用导数研究函数的单调性和极值，求出()mingx，即可求得实数m的取值范围.【详解】解：由题可知，曲线C：lnyxx=，定义域为()0,+，则ln1yx¢=+，设切点为()0

0,xy，则切线斜率为：0ln1kx=+，切线方程为：()()000ln1yyxxx−=+−，将(),0Mm代入切线方程得：()()000ln1yxmx−=+−，又因为000lnyxx=，所以00ln0mxmx+−=，整理得：00ln1xmx=+，由于过点(),0Mm作曲线C：

lnyxx=的切线有且仅有两条，即00ln1xmx=+有两个解，可设()()0ln1xgxxx=+，则()()2lnln1xgxx=+，令()0gx=，即ln0x=，解得：1x=，令()0gx，即ln0x，得：1x，所以()0,1x时，()fx单调递减，

令()0gx，即ln0x，得：1x，所以()1,x+时，()fx单调递增，所以()()min11gxg==，所以当1m>时，00ln1xmx=+有两个解，即过点(),0Mm作曲线C：lnyxx=的切线有且仅有

两条，则实数m的取值范围是：()1,+.故答案为：()1,+.【点睛】本题考查导数的几何意义的应用以及利用导数研究函数的单调性和最值，求切线方程时要注意过某点的切线还是在某点处的切线，前者需要设出切点，后者给

出的点即为切点，考查转化思想和运算能力.三、解答题（本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.（1）已知关于x的不等式2211logxxa+−−（其中0a），当4a=时，求不等式的

解集；（2）已知x，y均为正数，且xy，求证：2212232xyxxyy++−+.【答案】（1）243xx−；（2）见解析【解析】【分析】（1）利用已知条件，先分析2211logxxa+−−的解集就是绝对值不等式的求解，利用三段论法得到即可；（2）根据要证结论分析可知

()2221122()()2xyxyxy+xxyyxy+−=−+−−+−由三元基本不等式即可证得结论成立.【详解】（1）当4a=时，不等式为2112xx+−−.当21x−时，22x−−，解得142x−−；当112x−时，32x，解得1223x−

；当1x时，0x，此时x不存在，∴原不等式的解集为243xx−.（2）因为0x，0y，0xy−，()22211222()2xyxyxxyyxy+−=−+−+−()()22321()()331()xyxyxyxyxy=−+−+

−−−=，当且仅当1xy−=时等号成立，所以2212232xyxxyy++−+.【点睛】本试题主要是考查了绝对值不等式的求解，考查三元基本不等式的应用，考查推理能力与计算能力，考查了分类讨论的思想

，属于中档题.18.选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，曲线1C的参数方程为25cos,2sin,xy==(为参数).在以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线

22:4cos2sin40C+−+=.（Ⅰ）写出曲线1C，2C的普通方程；（Ⅱ）过曲线1C的左焦点且倾斜角为4的直线l交曲线2C于,AB两点，求AB.【答案】（1）221204xy+=,222:(2)(1)1Cxy++−=（2）2【解析】分析：

（Ⅰ）消去参数及利亚极坐标与直角坐标互化方法，写出曲线1C，2C的普通方程；（Ⅱ）直线l的参数方程为24222xtyt=−+=（t为参数），将其代入曲线2C整理可得：23240tt−+=，利用参数的几何运用求AB．详解:（Ⅰ）222225cossi

n12252xyxcosysin=+=+==即曲线1C的普通方程为221204xy+=∵222xy=+，cosx=，siny=曲线2C的方程可化为2242

40xyxy++−+=即()()222:211Cxy++−=.（Ⅱ）曲线1C左焦点为()4,0−直线l的倾斜角为4=，2sincos2==所以直线l的参数方程为24222xtyt=−+=（t参数）将其代入曲线2C整理可得23240tt−+=，所以()232

4420=−−=.设,AB对应的参数分别为12,tt则所以1232tt+=，124tt=.所以()()22121212432442ABtttttt=−=+−=−=.点睛:本题考查参数方程的运用，考查参数方程、极坐标方程、普通方程的转化，考查学生的计算能力，属于中档题．19

.如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，2AB=，60ABC=，E，F分别是BC，PC的中点.(1)求证：AEPD⊥；(2)设H为线段PD上的动点，若线段EH长的最小值为5，求二面角EAFC−−的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2

）155.【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，得到AE⊥平面PAD，进而可推出结论成立；（2）H为线段PD上的动点，连接AH，EH，根据题意得到2PAAD==，由（1）得AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出平面AEF与平面AFC的法向量，由向量夹角公式，

即可得出结果.【详解】(1)∵四边形ABCD为菱形，60ABC=，∴ABC为正三角形.又E为BC的中点，∴AEBC⊥.∵//BCAD，∴AEAD⊥.∵PA⊥平面ABCD，AE平面ABCD，∴PAAE⊥.∵PA平面PAD，AD

平面PAD，且PAADA=，∴AE⊥平面PAD，又PD平面PAD，∴AEPD⊥；(2)如图，H为线段PD上的动点，连接AH，EH.当线段EH的长最小时，EHPD⊥.由(1)知AEPD⊥，∵=AEEHE，∴PD⊥平面AEH.∵AH平面AEH，∴AHPD⊥.在RtAEH中，3A

E=，5EH=，⊥AEAH，∴222=−=AHEHAE，在RtADH中，由2AH=，2AD=，可知45=HDA，即45PDA=.∴在RtPAD中，可得2PAAD==.由(1)可知AE，AD，AP两两垂直，以A为

坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.由E，F分别是BC，PC的中点，可得(0,0,0)A，()3,1,0B−，()3,1,0C，()0,2,0D，()002P,,，()3,0,0E，31,,122F，所以()3,0,0=AE

，31,,122=AF.设平面AEF的法向量为()111,,nxyz=，则00nAEnAF==，因此11113031022xxyz=++=，取11z=−，得(0,2,1)=−n.因为BDAC⊥，BDPA⊥，

PAACA=，所以BD⊥平面AFC，故BD为平面AFC的一个法向量.又()3,3,0=−BD，所以2315cos,5523===nBDnBDnBD.由图易知二面角EAFC−−为锐角，故所求二面角的余弦值为155.【点睛】本题主要考查证明线线垂直，以及求二面角，熟记线面垂直的判定定理与

性质定理，以及二面角的向量求法即可，属于常考题型.20.设函数()()ln1fxxmx=−+，()22mgxx=，()0,xmR.（1）若对任意121xx，()()12121fxfxxx−−−恒成立，求m的

取值范围；（2）()()()hxfxgx=+，讨论函数()yhx=的单调性.【答案】（1）1m；（2）见解析【解析】【分析】（1）将对任意121xx，()()12121fxfxxx−−−恒成立，转化为对任意121xx，()(

)1122fxxfxx++恒成立，令()()lnkxfxxxmx=+=−，由函数()ykx=在区间()1,+上单调递减，只需证()0(1)kxx恒成立即可.（2）得到2()ln(1)(0)2mhxxmxxm=−++，求导(1)(1)()mxxhxx−−=，再分0m=

，0m，1m=，1m>，01m五种情况讨论求解.【详解】（1）因为121xx，()()12121fxfxxx−−−，即()()()1212fxfxxx−−−，即()()1122fxxfxx++，令()()lnkxfxxx

mx=+=−，因为函数()ykx=在区间()1,+上单调递减，所以1()0(1)kxmxx=−恒成立，即1mx在区间()1,+上恒成立，故1m.（2）2()ln(1)(0)2mhxxmxxm=−++，21(1)1(1)(1

)()(1)mxmxmxxhxmmxxxx−++−−=−++==，当0m=时，1()xhxx−=，()0,1x，()0hx，()hx递增，()1,x+，()0hx，()hx递减，当0m时，101m，()0,1x，()

0hx，()hx递增，()1,x+，()0hx，()hx递减，当1m=时，()0hx，()hx的单调递增区间为()0,+，当1m>时，()00hx=，01x=或1m；101m，当x变化，()hx，()hx变化如下表x10,m1m1,1m

1()1,+()hx正零负零正()hx递增极大值递减极小值递增即单调增区间为10,m，()1,+，减区间为1,1m.当01m时，()00hx=，01x=或1m；11m，当x变化，()hx，()hx

变化如下表x()0,1111,m1m1,m+()hx正零负零正()hx递增极大值递减极小值递增即单调增区间为()0,1，1,m+，减区间为11,m.综上：当0m时，单调增区间为()0,1，减区间为

()1,+，当01m时，单调增区间为()0,1，1,m+，减区间为11,m，当1m=时，()hx的单调递增区间为()0,+，当1m>时，单调增区间为10,m，()1,+，减区间为1,1m.【点睛】本题主要考查导数与函数

的单调性，还考查了转化化归，分类讨论的思想和运算求解的能力，属于难题.21.已知椭圆1C：()222210xyabab+=的左、右焦点分别为1F，2F，过1F且与x轴垂直的直线被椭圆1C和圆222xya+=截得的弦长分别为2和22.（1）求1C的标准方程

；（2）已知动直线l与抛物线2C：24yx=相切（切点异于原点），且l与椭圆1C相交于M，N两点，问：椭圆1C上是否存在点Q，使得63OMONOQ+=，若存在求出满足条件的所有Q点的坐标，若不存在，请说明理由.【答案】（1）22142xy

+=；（2）存在，Q点坐标为266,33−−或266,33−【解析】【分析】（1）（1）设直线方程为xc=−，分别与椭圆方程，圆联立解得交点坐标，再根据弦长分别为2和22.求解.（2）设l：()0xmynm=+，()11,Mxy，()22,Nxy，()

00,Qxy，与抛物线方程联立，根据l与2C相切，则2100mn=+=，与椭圆方程联立，由63OMONOQ+=结合韦达定理得到Q坐标代入椭圆方程求解.【详解】（1）设直线方程为xc=−，与椭圆方程()222210xyabab+=联立解得2bya=，所以222ba

=，直线方程为xc=−，与圆222xya+=联立解得yb=，所以222b=，解得2,2ab==，故1C：22142xy+=.（2）由题知l存在且斜率不为0，设l：()0xmynm=+，()11,Mxy，()22,Nxy，()00,Qxy，联立24xmynyx=+=，得2440ymyn

−−=，因为l与2C相切，故2100mn=+=，联立2224xmynxy=++=，得()2222240mymnyn+++−=，所以12222mnyym+=−+，212242nyym−=+，22202424

nmn+=−+，又20mn=−，所以()15,0n−−.因为63OMONOQ+=，所以1201206363xxxyyy+=+=，由韦达定理，代入计算得020226262nxmmnym=+=−+，因为点()00

,Qxy在椭圆上，即220024xy+=，代入得()()22222222412422nmnmm+=++，即2221322nnmn==+−，()15,0n−−，解得1n=−或23n=（舍），所以1m=，此时Q点坐标为266,33−−或266,33−

.【点睛】本题主要考查直线与椭圆，直线与抛物线，直线与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.22.已知函数()()0axfxxea=−.（1）求函数()fx的单调区间；（2）求函数()fx在12,aa

上的最大值；（3）若存在()1212,xxxx，使得()()120fxfx==，证明：12xaex.【答案】（1）增区间为11,lnaa−，减区间为11ln,aa+；（2）22max221,011111()ln,11,eaaefxaaa

aeeeaae−=−−；（3）见解析【解析】【分析】（1）利用导数证明单调区间即可；（2）讨论11lnaa区间12,aa端点的大小关系，确定()fx在12,aa的单调性，即可

得出其最大值；（3）由()fx有两个零点，得出11111lnln0faaaaa=−，进而得出a的取值范围，根据12111lnxxaaa，由不等式的性质得出12111lnxxaa−−，由()()120fxfx==得出11axxe

=，22axxe=，进而得出()1212axxxex−=，结合12111lnxxaa−−，即可证明12xaex.【详解】（1）()()10axfxaea=−()110lnfxxaa，()110lnfxxaa

()fx\的增区间为11,lnaa−，减区间为11ln,aa+.（2）当112lnaaa≥即210ae时，函数()fx在12,aa上单调递增2max22()fxfeaa==−当1112lnaaaa

即211aee时，函数()fx在111,lnaaa上单调递增，在112ln,aaa上单调递减max11111()lnlnfxfaaaaa==−当111lnaaa≤即1ae时，函数()fx在12,aa上单调递减max

11()fxfeaa==−综上：22max221,011111()ln,11,eaaefxaaaaeeeaae−=−−.（3）当()fx有两个零点必有11111lnln0faaaaa=−∴10ae，∴110feaa

=−∴12111lnxxaaa，∴21111lnxxaaa−−，即12111lnxxaa−−又()1110axfxxe=−=，()2220axfxxe=−=∴11axxe=，22axxe=()12111lnln()12aaxxaaaexeeeae

x−−===得证.【点睛】本题主要考查了利用导数求函数的单调性以及最值，利用导数研究双变量问题，属于中档题.