【文档说明】江西省南昌市八一中学2019-2020学年高二下学期期末考试数学(理)试题【精准解析】.doc,共(25)页,2.489 MB,由小赞的店铺上传
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2019—2020学年第二学期南昌市八一中学高二理科数学期末考试试卷一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.每小题只有一个选项符合题意.)1.在复平面内,复数201812zii=++对应的点位于()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答
案】C【解析】因为201812zii=++()()22231122555iiiiii−−=+=−=−−+−,复数201812zii=++对应的点的坐标为31,55−−,故复数201812zii=++对应的点位于第三象限,故选C.2.,,abc为空间向量的一组基底
,则下列各项中,能构成空间向量的基底的一组向量是()A.,,aabab+−B.,,babab+−C.,,cabab+−D.,,2ababab+−+【答案】C【解析】【分析】空间的一组基底
,必须是不共面的三个向量,利用向量共面的充要条件可证明A,B,D三个选项中的向量均为共面向量,利用反证法可证明C选项中的向量不共面【详解】解:对于A,因为()()2ababa++−=,所以,,aabab+−共面,不能构成基底,排除A,对于B,因为)()2ab
abb+−−=(,所以,,babab+−共面,不能构成基底,排除B,对于D,312()()22ababab+=+−−,所以,,2ababab+−+共面,不能构成基底,排除D,对于C,若,,cabab+−共面,则()()()()cababab
=++−=++−,则,,abc共面,与,,abc为空间向量的一组基底相矛盾,故,,cabab+−可以构成空间向量的一组基底,故选:C【点睛】此题考查了空间向量基本定理,向量共面的充要条件等基础知识,判断向量是否共面是解决此题的关键,属于基础题.3.设
,xyR,向量()()(),1,1,b1,,1,c2,4,2,axy===−且,//cacb⊥,则ba+=()A.22B.10C.3D.4【答案】D【解析】(),241,2,1,21bcyyb=−=−=−,,(),214+20,1ababxx⊥=+
−==,()()1,112,1,2aab=+=−,,()2222123ab+=+−+=,故选C.4.给出下列命题,其中正确的命题为()A.若直线a和b共面,直线b和c共面,则a和c共面;B.直线a
与平面不垂直,则a与平面内的所有直线都不垂直;C.直线a与平面不平行,则a与平面内的所有直线都不平行;D.异面直线a,b不垂直,则过a的任何平面与b都不垂直.【答案】D【解析】【详解】试题分析:A:直线共面不具有传递性,故A错误;B:根据线面垂直的判定
可知B错误;C:若直线a,满足直线a与平面不平行,但平面内存在无数条直线与已知直线平行,故C错误;D:假设存在过a的平面与b垂直,则可知ba⊥,∴假设不成立,故D正确,故选D.考点:空间中点、线、面的位置关系及其判定.5.如图,正三棱柱111ABCABC−中,12AAAB=,D是1BB的
中点,则AD与平面11AACC所成角的正弦值等于()A.22B.32C.64D.104【答案】C【解析】【分析】记PQ、分别为直线11ACAC、的中点,取PQ中点E,连结AE,DE,只需证DE⊥平面11ACCA,即可得DAE是AD与平面11AACC所
成的角,进而可求出结果.【详解】记PQ、分别为直线11ACAC、的中点,取PQ中点E,连结AE,DE,所以在正三棱柱111ABCABC−中,1BQ⊥平面11AACC;又D是1BB的中点,所以1DEBQ,所以DE⊥平面11ACCA,故DAE即是AD与平面11AACC所成的
角;设124AAAB==,则22AD2222=+=,221DE213BQ==−=,所以DE6sinDAEAD4==.故选C.【点睛】本题主要考查直线与平面所成的角,只需在几何体中作出线面角,即可求解,属于基础题型.6.如图,空间四边形OABC中,,,OAaOBb
OCc===,且2OMMA=,BNNC=,则MN=()A.221332abc++B.111222abc+−C.211322abc−++D.121232abc−+【答案】C【解析】【分析】根据MNONOM=−,再由2OMMA=,BNNC=,得到()()221
1,3322aOMOAONOBOCcb=+===+,求解.【详解】因为MNONOM=−,又因为()()2211,3322aOMOAONOBOCcb=+===+,所以211322MNabc=−++.故选:C【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算,
还考查了运算求解的能力,属于基础题.7.如图所示,在长方体ABCDA1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E是棱AB的中点,则点E到平面ACD1的距离为()A.12B.22C.13D.16【答案】C【解析】【分析】根据题意,以D为坐标原点,直线1DADC
DD,,分别为xyz,,轴,建立空间直角坐标系,平面外一点到平面的距离可以用平面上任意一点与该点的连线在平面法向量上的投影表示,而法向量垂直于平面上所有向量,由AC,1AD即可求得平面1ACD的法向量n,而1DE在n上的投影即为点E到面1ACD的距离,即可求得结果【详解】以D为坐标原点,
直线1DADCDD,,分别为xyz,,轴,建立空间直角坐标系,如图所示:则()1101A,,,()1001D,,,()100A,,,()020C,,E为AB的中点,则()110E,,()1111DE=−,,,()120AC=−,,,()1101AD=−,,设平面1ACD的法向量为(
)nabc=,,,则100nACnAD==,即200abac−+=−+=可得2abac==可取()212n=,,点E到面1ACD的距离为1212133DEndn+−===故选C【点睛】本题是一道关于点到平面距离的题目,解题的关键是掌
握求点到面距离的方法,建立空间直角坐标系,结合法向量求出结果,属于中档题。8.已知双曲线2222:1xyCab−=(0,0)ab的两条渐近线与抛物线2:2(0)ypxp=的准线分别交于A,B两点.若双曲线C的离心率为2,ABO的面积为3,O为坐标原点,则抛物线的焦点坐标为(
)A.(2,0)B.(1,0)C.2(,0)2D.1(,0)2【答案】B【解析】【分析】求出双曲线双曲线22221xyab−=(a>0,b>0)的渐近线方程与抛物线y2=2px(p>0)的准线方程,进而求出A,B两点的坐标,再由双曲线的离心
率为2,△AOB的面积为3,列出方程,由此方程求出p的值.【详解】∵双曲线22221xyab−=(a>0,b>0),∴双曲线的渐近线方程是y=±bax又抛物线y2=2px(p>0)的准线方程是x2p=−,故A,B两点的纵坐标分别是y=±2bpa,又由双曲线的离
心率为2,所以ca=2,则3ba=,A,B两点的纵坐标分别是y=±32p,即AB=3p,又△AOB的面积为3,且ABx⊥轴,∴13322pp=,得p=2.抛物线的焦点坐标为:(1,0)故选B.【点睛】本题考查圆锥曲线的共同特
征,解题的关键是求出双曲线的渐近线方程,解出A,B两点的坐标,列出三角形的面积与离心率的关系也是本题的解题关键,有一定的运算量,做题时要严谨.9.已知三棱锥PABC−中,23APB=,3PAPB==,5AC=,4BC=,且平面PAB⊥平面ABC,则该三棱锥的外接球的表面积为()A.1
6B.28C.24D.32【答案】B【解析】【分析】首先根据题意得到CB⊥平面PAB,再将三棱锥PABC−放入直三棱柱中,求其外接球半径,计算表面积即可.【详解】在PAB△中,由余弦定理得233233cos33AB=+−=,又222ACABBC=+
,所以ABC为直角三角形,CBAB⊥.又平面PAB⊥平面ABC且交于AB,所以CB⊥平面PAB.将三棱锥PABC−放入直三棱柱中,如图所示:1O,2O分别为上下底面外接圆的圆心,O为三棱锥PABC−外接球的球心,且为1O,2O的中点.所以1122OOBC==.设PAB△的外接圆
半径为r,则32232πsin3r==,所以3r=.设几何体的外接球半径为R,则2222(3)7R=+=,所求外接球的表面积2428==SR.故选:B【点睛】本题主要考查三棱锥的外接球,将三棱锥放入直三棱柱中为解题的关键,属于中档题.10.在四面体ABCD中,若3A
BCD==,2ACBD==,5ADBC==,则直线AB与CD所成角的余弦值为()A.13−B.14−C.14D.13【答案】D【解析】【详解】如图所示,该四面体为长方体的四个顶点,设长方体的长宽高分别为,,abc,则:2222223{45abacbc+=+=+=,解得
:1{23abc===,问题等价于求解直线AB与直线''CD夹角的余弦值,结合边长和余弦定理可得:直线AB与CD所成角的余弦值为331144333222+−=.故选:D.11.如图,正方体1111ABCDABCD−的棱长为1,P,Q分别是线段1AD和1BC上的
动点,且满足1APBQ=,则下列命题错误的是()A.存在P,Q的某一位置,使//ABPQB.BPQV的面积为定值C.当0PA时,直线1PB与AQ是异面直线D.无论P,Q运动到任何位置,均有BCPQ⊥【答案】B【解析】【分析】在A中,当P,Q分别是线段1
AD和1BC的中点时,//ABPQ;在B中,P在A处时,BPQ的面积为12,P在1AD中点时,BPQ的面积不为12;在C中,假设直线1PB与AQ是共面直线,则AP与1BQ共面,矛盾;在D中,由三垂线定理得无论
P,Q运动到任何位置,均有BCPQ⊥.【详解】对于A,当P,Q分别是1AD与1BC的中点时,AB//PQ,所以A正确;对于B,当P在A处,Q在1B处时,BPQV的面积为12,当P,Q分别是1AD与1BC的中点时,BPQV的面积为
24,故B错误;对于C,当0PA时,若直线1PB与AQ是共面直线,则AP与1BQ共面,与已知矛盾,故C正确;对于D,由于BC垂直于PQ在平面ABCD内的射影,所以易知BCPQ⊥,故D正确.故选:B.【点睛】本题考查命题真假的判断,考查焢空间中线线、线面、面面间的
位置关系等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查化归与转化思想,是中档题.12.设f(x)=kx-|sinx|(x>0,k>0),若f(x)恰有2个零点,记较大的零点为t,则2(1)sin2ttt+=()A.0B.1C.2D.4【答案】C【解析】分析:将函数的
零点转化为两函数的公共点,利用数形结合可得两函数相切,根据曲线的切线得ktsintkcost=−=−,两式平方得()22k11t+=,进而将条件代入要求的式子即可的解.详解:分别作出函数y(k0)kx=,和,(
0)ysinxx=的图象,如图所示.()(00)fxkxsinxxk=-,的零点等价于上述两函数的公共点的横坐标.由图可知,在第二个公共点tx=处两函数相切.所以有:ktsintkcost=−=−.上式两式
平方可得:()2222k11tsintcost+=+=.又()()()()2222221sin221212k12tttsintcosttkttttt+++===+=.故选C.点睛:函数零点的求解与判断(1)直接求零点:令()0fx=,如果能求出解,则有几个解就
有几个零点;(2)零点存在性定理:利用定理不仅要函数在区间,ab上是连续不断的曲线,且()()0fafb,还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点;(3)利用图象交点的个数:将函数变形为两个
函数的差,画两个函数的图象,看其交点的横坐标有几个不同的值,就有几个不同的零点,充分利用图象的对称性处理问题.二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.已知函数()2sin1fxxx=+−
,则()11fxdx−=__.【答案】2【解析】()1111221111sin1sin1fxdxxxdxxdxxdx−−−−=+−=+−,而()1111sincos|0xdxx−−=−=,1211xd
x−−表示半圆221(0)xyy+=的面积,即12112xdx−−=,则()1112111sin12fxdxxdxxdx−−−=+−=.点睛:本题考查微积分基本定理、定积分的几何意义;求定积分的值主要有两种方法:(1)利用微积分基本定理求解,即找出函
数()fx的原函数()Fx进行求解,即()()|()()bbaafxdxFxFbFa==−;(2)利用函数的几何意义进行求解,主要涉及2222,()axaxa−−−的定积分,如22aaaxdx−−表示22yax=−,即半圆
222(0)xyay+=的面积.14.如图,二面角l−−等于120,A、B是棱l上两点,AC、BD分别在半平面、内,ACl⊥,BDl⊥,且1ABACBD===,则CD的长等于______.【答案】2【解析】【分
析】由已知中二面角α﹣l﹣β等于120°,A、B是棱l上两点,AC、BD分别在半平面α、β内,AC⊥l,BD⊥l,且AB=AC=BD=1,由22()CDCAABBD=++,结合向量数量积的运算,即可求出CD的长.【详解】∵A、B是棱l上两点,AC、BD分别在半平面α、β内,AC
⊥l,BD⊥l,又∵二面角α﹣l﹣β的平面角θ等于120°,且AB=AC=BD=1,∴0CAABABBD==,CADB=<,>60°,1160CABDcos=∴22()CDCAABBD=++2222422=CAABBDCAABABBDCABD=+++
++||2CD=故答案为2.【点睛】本题考查的知识点是与二面角有关的立体几何综合题,其中利用22()CDCAABBD=++,结合向量数量积的运算,是解答本题的关键.15.某三棱锥的三视图如图所示,则该三
棱锥的四个面中,面积最大的面的面积是.【答案】7【解析】【详解】试题分析:由三视图可知,该几何体是一个三棱锥,底面等边三角形底边长为2,高为3,棱锥的高为2.如图所示,侧面,PBAPBC全等,且垂直于底面ABC,侧面PAC是等腰三角
形,边长分别为222,2222+=.所以几何体各面的面积分别为21323,22ABCS==22112222,2(22)()7222PBAPBCPACSSS====−=,故面积最大的面的面积
是7.考点:1.三视图;2.几何体的特征及其表面积.16.如图,正方体1111ABCDABCD−,则下列四个命题:①P在直线1BC上运动时,三棱锥1ADPC−的体积不变;②P在直线1BC上运动时,直线AP与平面1ACD所成角的大小不变;③P在直线1BC上运动时,二面角1PADC−−的大小不变;
④M是平面1111DCBA上到点D和1C距离相等的点,则M点的轨迹是过1D点的直线.其中真命题的编号是__________.(写出所有真命题的编号)【答案】①③④【解析】①∵1BC∥平面A1D,∴1BC∥上任意一点到平面1ACD的距离相等,所以体积不变,正确.②P在直线1BC上运动时,
∵1BC∥1ACD,∴直线AP与平面1ACD所成的角不相等,所以不正确.③当P在直线1BC上运动时,AP的轨迹是平面PA1D,即二面角P-A1D-C的大小不受影响,所以正确.④∵M是平面1111DCBA上到点1A和1C距离相等的点,∴M点的轨迹
是直线1B1D,所以正确.故答案为①③④三、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.在平面直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为4cos24sinxy=+
=(为参数),以O为极点,以x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中,直线l的极坐标方程为()6R=.(Ⅰ)求曲线C的极坐标方程;(Ⅱ)设直线l与曲线C相交于,AB两点,求AB的值.【答案】(1)24cos120−−=(2)215AB=【解析】【详解】试题分析:(1)将参数方程
化为普通方程,再将普通方程化为极坐标方程.(2)将6=代入24cos16−=,可得2230−−=12,设,AB两点的极坐标方程分别为12,,,66,则12,是方程223120−−=的两根,利用12AB
=−求解即可.试题解析:(1)将方程424xcosaysina=+=消去参数a得224120xyx+−−=,∴曲线C的普通方程为224120xyx+−−=,将222xcosxy,+==代入上式可得24cos12
−=,∴曲线C的极坐标方程为:24cos12−=.(2)设,AB两点的极坐标方程分别为12,,,66,由24cos166−==消去得223120−−=,根据题意可
得12,是方程223120−−=的两根,∴121223,12+==−,∴()2121212215AB=−=+−=4.18.如图所示的平面图形中,ABCD是边长为2的正方形,△HDA和△GDC都是以D为直角顶点的等腰直角三角形,点E是线段GC的中点.现
将△HDA和△GDC分别沿着DA,DC翻折,直到点H和G重合为点P.连接PB,得如图的四棱锥.(Ⅰ)求证:PA//平面EBD;(Ⅱ)求二面角CPBD−−大小.【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ)60o.【解析】【分析】(1)连接AC交BD于点O,连接EO,由EO为△CP
A的中位线,能证明PA//平面EDB;(2)分别求出平面PBD和PBC的法向量,利用向量法能求出二面角的大小【详解】(Ⅰ)证明:连接AC交BD于点O,连接EO,因为四边形ABCD是正方形,所以O为AC的中点,又因为E为PC中点,所以EO为△CPA的中位线,所以//EOPA,因为EO平
面EDB,PA平面EDB所以//PA平面EDB(Ⅱ)由题意有,,PDDCPDDAADCD⊥⊥⊥,故DA,DC,DP两两垂直,如图,以D为原点建立空间直角坐标系Dxyz−,有()()()()()()0,0,0,0,0,2,2,2,0,0,1,1,2
,0,0,0,2,0DPBEAC由题知PD⊥平面ABCD,又因为AC平面ABCD,所以ACPD⊥,又ACBD⊥,PDBDD=,所以AC⊥平面PBD所以平面PBD的法向量是()2,2,0AC=−设平面PBC的法向量(),,
nxyz=,由于()2,2,2PB=−,()0,2,2PC=−则有·0·0nPBnPC==,所以2220220xyzyz+−=−=令1z=,得()0,1,1n=r则·2021011cos,2222ACnACnACn−++===由图
可知求二面角CPBD−−的平面角为锐角,所以二面角CPBD−−的大小为60o【点睛】要证线面平行只需在面内找一线与已知线平行即可,对于二面角我们则通常根据建立坐标系,求出面的法向量,然后根据向量夹角公式求解即可19.在如图所示的几何体中,
//PBEC,22PBCE==,PB⊥平面ABCD,在平行四边形ABCD中,1AB=,2AD=,60BAD=.(1)求证://AC平面PDE;(2)求CD与平面PDE所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析;(2)3010【解析】【分析】(1
)连接BD交AC于O,取PD中点F,连接OF,EF,由中位线可得//OFPB,12OFPB=,根据//PBEC,2PBCE=,可推出//OFCE,OFCE=,即可证明//AC平面PDE;(2)连接PC,根据题设条件分别求出PD,DE,PE以及PDES与DCES,通过PDCECPDE
VV−−=,PDCEBDCEVV−−=可得BDCECPDEVV−−=,从而可求出点C到平面PDE的距离,通过解三角形即可求出CD与平面PDE所成角的正弦值.【详解】(1)证明:连接BD交AC于O,取PD中点F,连接OF,EF.∵O、F分别为
BD、PD的中点,∴//OFPB,12OFPB=又∵//PBCE,12CEPB=,∴//OFCE,OFCE=,从而//ACEF,AC平面PDE,EF平面PDE,∴//AC平面PDE.(2)连接PC,在ABD△中,1AB=,2AD=,60BAD=,
由余弦定理得2222cos4123BDADABADABBAD=+−=+−=,222,ABBDADABBD+=⊥,又PB⊥平面22,,7ABCDPBBDPDPBBD⊥=+=,//,PBCECE⊥
平面22,,2ABCDCECDDECDCE⊥=+=,//,,,ABCDCDBDCEBDCDCEC⊥⊥=,BD⊥平面DCE,又//PB平面DCE,P到平面DCE的距离为BD,22222()5,PEBCPBCEPDDEPE=+−==+,1
2201,PDEPEDEPEDES=⊥=1212DCESCDCE==,设点C到平面PDE的距离为h,则由PDCEDPDEVV−−=,PDCEBDCEVV−−=,得BDCECPDEVV−−=,所以由1133DCEPDEBDShS=,知110322h
=.∴3010h=,∴CD与平面PDE所成角的正弦值为3010hCD=.20.如图,已知四棱锥PABCD−的底面ABCD为菱形,且PA⊥底面ABCD.(1)证明:平面PBD⊥平面PAC.(2)若60BAD
=,且平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值为277,求PCA的大小.【答案】(1)证明见解析;(2)30°【解析】【分析】(1)ABCD为菱形证BDAC⊥,PA⊥底面ABCD证PABD⊥可得;(2)以菱形的中心建立
空间直角坐标系,设2,(0)ABPAtt==使用空间向量求二面角的平面角的公式建立锐二面角的余弦值为277的方程求出PAt=的值即可.【详解】(1)证明:因为底面ABCD为菱形,所以BDAC⊥.因为PA⊥底面ABCD,所以PABD⊥.又ACPAA=,所以BD⊥平面PAC.因为
BD平面PBD,所以平面PBD⊥平面PAC.(2)解:设AC与BD交于点O,以O为坐标原点,建立空间直角坐标系Oxyz−,如图所示,设2,(0)ABPAtt==,则(3,0,),(3,0,0),(0,1,0),(0,1,0),(3,0,0)
PtABDC−−−,则(0,0,),(3,1,0),(3,1,)PAtABDCPDt=−===−−.设平面PAB的法向量为(,,)mxyz=,则0,30,mPAtzmABxy=−==+=令1x=,得(1
,3,0)m=−.设平面PCD的法向量为(),,nxyz=,则.30,30,nPDxytznDCxy=−−==+=令xt=,得(,3,23)ntt=−.设平面PAB与平面PCD
所成的锐二面角为,则2||427cos7||||2412mntmnt===+,解得2t=,则3tan323tPCA==,故30=PCA.【点睛】本题考查面面垂直判定及利用二面角大小.求线面角面面垂直判定的两种方法与
一个转化(1)面面垂直的定义;(2)面面垂直的判定定理()aabaab^剔^,在已知两个平面垂直时,一般要用性质定理进行转化.在一个平面内作交线的垂线,转化为线面垂直,然后进一步转化为线线垂直计算二面角大小的常用方法:
分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小,但要注意结合实际图形判断所求角的大小21.设顶点在原点,焦点在x轴上的拋物线过点()1,2P,过P作抛物线的
动弦PA,PB,并设它们的斜率分别为PAk,PBk.(Ⅰ)求拋物线的方程;(Ⅱ)若0PAPBkk+=,求证:直线AB的斜率为定值,并求出其值;(III)若1PAPBkk=,求证:直线AB恒过定点,并求出其坐标.【答案】
(Ⅰ)24yx=(Ⅱ)见解析(III)见解析【解析】试题分析:(Ⅰ)先利用焦点在x轴上设出抛物线的方程,再代点进行求解;(Ⅱ)在抛物线上设点,利用斜率公式求相关直线的斜率,利用斜率和为0求出等量关系,进而可以
证明;(III)利用斜率之积为定值得到等量关系,再写出直线的点斜式方程,进而得到结论.试题解析:(Ⅰ)依题意,可设所求拋物线的方程为()220ypxp=,因拋物线过点()1,2P,故222,2pp==,拋物线的方程为24yx=.(Ⅱ)设()()1122,,,AxyBxy,则11
21112241214PAyykyxy−−===−+−,同理21244,,2PBABkkyyy==++12440,022PAPBkkyy+=+=++,∴1222yy+=−−,124yy+=−.1241ABkyy==−+,即直线AB的斜率恒为定值,且值为
1−.(III)1PAPBkk=,∴1244122yy=++,∴()12122120yyyy++−=.直线AB的方程为2111244yyyxyy−=−+,即()12124yyyyyx+−=.将()1212212yyyy−=+−代入上式得()()()
12243yyyx++=+即为直线AB的方程,所以直线AB恒过定点()3,2−−,命题得证.22.已知函数()()1lnfxaxx=−−,()xgxe=.(1)讨论()yfx=的单调性;(2)若函数()
()()Fxfxgx=在)1,+上单调递增,求a的取值范围.【答案】(1)答案不唯一,具体见解析(2)1a【解析】【分析】(1)求()1axfxx−=,()0,x+,对参数a分类讨论,求出()0,()0fxfx的解的区间,即可得出结论;(2)根
据条件即求()0Fx≥在)1,+恒成立a的取值范围,求出()1ln0xFxaxxex=−−,即1ln0axxx−−,分离参数2ln1xaxx+,在)1,x+恒成立,构造函数()2ln1xhxxx=+,只需max()ahx,通过二
次求导判断()hx的正负,进而判断()hx的单调性,求出max()hx;或()1lnhxaxxx=−−,则至少有()10h,1a,然后求()hx,求出单调区间,进而求出min()hx,解不等式min()0hx,即可得出
结论.【详解】(1)()yfx=的定义域为()0,+,()1axfxx−=,当0a时,()0fx在()0,+上恒成立,所以()yfx=在()0,+上递减;当0a时,令()10,fxxa==,当()0fx时,10xa,当()0fx时,1xa,则()yfx=在10,
a上递减,在1,a+上递增.(2)()()1lnxFxaxxe=−−()1ln0xFxaxxex=−−在)1,+恒成立,所以1ln0axxx−−,即2ln1xaxx+令()2ln1x
hxxx=+,则有()()31ln2xxhxx−−=,令()()1ln2gxxx=−−,则有()ln0gxx=−在)1,+上恒成立.故()gx在)1,+上为减函数,所以()()()()11,0,gxghxhx=−
在)1,+上为减函数,则()()max11hxh==,故1a.另解令()1lnhxaxxx=−−,则至少有()10101haa−.当1a时,则有()222111axxhxaxxx−+=−+=,令()21xaxx=
−+,开口向上,对称轴110,22xa=,故()x在)1,+上为增函数,所以()()()()10,0,xahxhx=在)1,+上为增函数,则()()110hxha=−,故1a.【点睛】本题考查导数在研究函数中的综合应用,涉及到单
调区间、最值,解题的关键要注意等价转化构造函数,考查分类讨论思想,属于较难题.