【文档说明】湖南省衡阳市第八中学2023届高三高考适应性考试（五）数学试题.docx，共(21)页，1.942 MB，由小赞的店铺上传

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衡阳市八中2023年高考适应性练习卷（五）数学试题命题人：谢德斌审题人：肖中秋（时量：120分钟满分：150分）一､单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.1.己知集合230Axxx=−∣，

集合()3log11Bxx=−∣，则AB=（）A.{03}xx∣B.{14}xx∣C.{04}xx∣D.{13}xx∣2.设,xyR，则“xy”是“()20xyy−”的

（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件3.若数据1xm+､2xm+､L､nxm+的平均数是5，方差是4，数据131x+､231x+､L､31nx+的平均数是10，标准差是s，则下列结论正确的是（）A.2m=，6s=B.2m=，36s=C.4m=，6s=D.

4m=，36s=4.已知数列na的通项公式为2nnan=+，若数列na的前n项和为nS，则8S=（）A.582B.546C.510D.5485.如图，一圆形信号灯分成,,,ABCD四块灯带区域，现有3种不同的颜色供灯带使用，要求在每块灯带里选择

1种颜色，且相邻的2块灯带选择不同的颜色，则不同的信号总数为（）A.18B.24C.30D.426.在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为2240xyy+−=，若直线1ykx=−上存在一点P，使过点P

所作的圆的两条切线相互垂直，则实数k的值不可能是（）A.-1B.34C.12D.14−7.已知实数,xy，满足2233xxyy++=，则xy+的最大值为（）A.31111B.61111C.313+D.333+8.已知平面向量,,abc满足1,0,1,1abcabac====−，则

bc+的最小值为（）A.1B.2C.2D.4二､多选题：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.设123,,z

zz为复数，10z.下列命题中正确的是（）A.若23zz=，则23zz=B.若1213zzzz=，则23zz=C.若23zz=，则1213zzzz=D.若2121zzz=，则12zz=10.已知函数

()()2sin0,2fxx=+，其图象相邻对称轴间的距离为2，点,03−是其中的一个对称中心，则下列结论正确的是（）A.函数()fx的最小正周期为B.函数()fx图象的一条对称轴方程是12x=C.函数()fx在区间

5,1212−上单调递增D.将函数()fx图象上所有点横坐标伸长原来的2倍，纵坐标缩短原来的一半，再把得到的图象向左平移3个单位长度，可得到正弦函数()singxx=的图象11.“牟合方盖”是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，当一个正方体用圆柱从

纵横两侧面作内切圆柱体时，两圆柱体的公共部分即为“牟合方盖”，他提出“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为定值.南北朝时期祖暅提出理论：“缘幂势既同，则积不容异”，即“在等高处的截面面积总是相等的几何体，它们的体积也相等”，并算出了

“牟合方盖”和球的体积.其大体思想可用如图表示，其中图1为棱长为2r的正方体截得的“牟合方盖”的八分之一，图2为棱长为2r的正方体的八分之一，图3是以底面边长为r的正方体的一个底面和底面以外的一个顶点

作的四棱锥，则根据祖暅原理，下列结论正确的是：（）A.若以一个平行于正方体上下底面的平面，截“牟合方盖”，截面是一个圆形B.图2中阴影部分的面积为2hC.“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为:4D.由棱长

为2r的正方体截得的“牟合方盖”体积为3163r12.已知抛物线2:2(0)Cypxp=的焦点F到准线l的距离为2，则（）A.过点()1,0A−恰有2条直线与抛物线C有且只有一个公共点B.若()3,2,TP为C上的动点，则PTPF+的最小值为5C.直线10xy+−=与抛物线

C相交所得弦长为8D.抛物线C与圆225xy+=交于,MN两点，则4MN=三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知5sin3cos66−=+，则tan6+的值为__________.14.在132xx−

的展开式中，二次项系数是__________.（用数字作答）15.已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=的左､右焦点分别为12FF､，圆222:Oxya+=，过点1F作圆O的切线交双曲线的右支于点P，点M为1PF的中点，

且12PFMF⊥，则双曲线C的离心率是__________.16.今年是八中建校115周年，也是同学们在八中的最后一年，欧阳题名与上官金榜同学想以数学的浪漫纪念这特殊的一年，他们以三次函数及其三条切线为蓝本设计了一枚“NK章”，并把它放入一个盒子，埋藏于八中香樟园的某角落，并

为这“时间胶囊”设置了一个密码，他们把密码隐藏于刻在盒子上的一道“数学谜语”中：在这盒子中有一枚我们留下的微章，它由“N”，“K”两个字母组合而成.其中“N”蕴含在函数()321312fxxxx=++−的图象中，过点()6

,Pa−与曲线()yfx=相切的直线恰有三条，这三条切线勾勒出了“K”的形状，请你求出使满足条件的三条切线均存在的整数a的个数，这就是打开盒子的密码：__________.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.（本题满分10

分）在ABC中，内角ABC､､的对边分别为abc､､，从①sinsinsinsinCBcaCAb−−=+，②()2coscoscbAaB−=，③()3cossin0BCA++=，这三个条件中任选一个作为题目的补充条件，你的选择是__________，并解

答下面问题：（1）求角A的大小；（2）若2a=，求ABC面积的最大值.18.（本题满分12分）已知等差数列na与等比数列nb的前n项和分别为：,nnST，且满足：()2412nnnSSn+=+，22214nnnTSnn−=−−−（1）若13a=，求

数列,nnab的通项公式；（2）若,1,2nnnbncnS=为奇数为偶数求数列nc的前2n项的和2nU.19.（本题满分12分）如图，已知圆锥,PABCAB−是底面圆O的直径，且长为4，C是圆O上异于,AB的一点，23PA=.设二面角PACB−−与二面角P

BCA−−的大小分别为与.（1）求2211tantan+的值；（2）若tan3tan=，求二面角APCB−−的余弦值.20.（本题满分12分）新能源汽车是中国战略新兴产业之一，政府高度重视新能源产业的发展.某企业为了提高新能源汽车品控水平，需要监控某

种型号的汽车零件的生产流水线的生产过程.现从该企业生产的该零件中随机抽取100件，测得该零件的质量差（这里指质量与生产标准的差的绝对值）的样本数据统计如下表.质量差（单位：mg）5667707886件数（单位：件）102048193（1）求样本平均数x的值；根据大量的产品检测数据，得到该零件的质

量差（这里指质量与生产标准的差的绝对值）X近似服从正态分布()2,N，其中2的近似值为36，用样本平均数x作为的近似值，求概率(6482)PX的值；（2）若该企业有两条生产该零件的生产线，其中第1

条生产线的生产效率是第2条生产线的生产效率的两倍.若第1条生产线出现废品的概率约为0.015，第2条生产线出现废品的概率约为0.018，将这两条生产线生产出来的零件混放在一起，这两条生产线是否出现废品相互独立.现从该企业生产的该零件中随机抽取一件.（i）求该零件为废品的概率；（ii）若在抽取中发现

废品，求该废品来自第1条生产线的概率.参考数据：若随机变量服从正态分布()2,N，则：()0.6827P−+，(22)0.9545,(33)0.9973PP−+−+.21.（本

题满分12分）已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=的左顶点为()1,0A−，渐近线方程为2yx=.直线l交C于,PQ两点，直线,APAQ的斜率之和为-2.（1）证明：直线l过定点；（2）若

在射线AQ上的点R满足APQARP=，求直线PR的斜率的最大值.22.（本题满分12分）设函数()lnexxfxxx=+−.（1）求()fx的极值；（2）已知()())(121212,,fxfxxxkxx=+有最

小值，求k的取值范围.衡阳市八中2023年高考适应性练习卷（五）数学试题命题人：谢德斌审题人：肖中秋题号123456789101112答案DBABADBCBCACDBCDCD一､单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项

中，只有一个选项是符合题目要求的.1.【答案】D【详解】因为()2330{03},log11{013}{14}AxxxxxBxxxxxx=−==−=−=∣∣∣∣∣，因此，{13}ABxx=∣.故选：D.2.【答案】B3.【答案

】A【详解】设数据1x､2x､L､nx的平均数为x，标准差为，则()()()()1212313131313110nnxxxxxxxnn+++++++++=+=+=，可得3x=，()()()12125nnxmxmxmxxxmxmnn+++++++++=+=+=，可

得2m=，由方差公式可得()()()()()()22212nxmxmxmxmxmxmn+−+++−++++−+()()()2221224nxxxxxxn−+−++−===，()

()()()()()222122313131313131nxxxxxxsn+−+++−++++−+=()()()222122999936nxxxxxxn−+−++−===，解得6s=.故选：A.4.【答案

】B由2nnan=+，可得()()()()238888182222212821546212S+=++++++++=−+=−.5.【答案】A【详解】若用3种不同的颜色灯带，故有两块区域涂色相同，要么,AC，要么,BD相同，有2种方案，则不同的信号

数为332A12=；若只用2种不同的颜色灯带，则,AC颜色相同，,BD颜色相同，只有1种方案，则不同的信号数为2232CA6=；则不同的信号总数为12618+=.故选：A.6.【答案】D【详解】由2240xyy+−=，得22(2)4xy+−=，则圆心()0,2C，

半径2r=，因为过点P所作的圆的两条切线相互垂直，所以PC､及两切点构成边长为2的正方形，且对角线22PC=，又P在直线1ykx=−上，则圆心到直线的距离2021221dk−−=+，解得24k或24k−，即22,,44k

−−+，根据选项，满足条件的为D.7.【答案】B【详解】令txy=+则：xty=−则2233xxyy++=可化为：()22()330tytyyy−+−+−=整理得()2222330Δ()1230ytyttt−+−==−−−即：23611t

611611611,,111111txyxy++得即的最大值为8.【答案】C解法一：设,,,aOAbOBcOCODOA====−.因为1,1,abacb==−.0c=所以由向量数量积的几何意义，

可得,,ABOADCDOOBOC⊥⊥⊥，如图.因为||||||||,||bcbcOBOCCBCB+=−=−=为夹在两平行直线AB与CD间的线段长，所以当BCAB⊥时，CB取到最小值2.故bc+的最小值为2.故选C.解法二：在直角坐标系

xOy中，设()()()11221,0,,,,abxycxy===.因为1,1abac==−，0bc=，所以1212121,1,0xxxxyy==−+=，即121yy=.所以()()2222121212122222bcxxyyyyyy+=+++=+++=…，当且仅当12

1yy==或121yy==−时，等号成立.故bc+的最小值为2.故选C.解法三：设a与b的夹角为02，a与c的夹角为2.因为0,10bcac==−，所以2−=.因为1,

1abac==−，1a=，所以cos1b=，cos1c=−，所以22222222111112||2,coscoscossinsincossincosbcbc+=+=+=+==+…当且仅当4=时，等号成立.故bc+的最小值为2.解法四

：由于0bc=，可得22bcbcbc+=+=−由1,1abac==−，可得()2cos,abcbcabc−==−−所以22cos,bcabc−=−当且仅当,0abc−=，且要满足条件0bc=时等号成立所以||||2bcbc+=−故bc+的最小值为2.故选C.二､多选题：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.【答案】BC【解析】由复数模的概念可知，23zz=不能得到23zz=，例如231i,1i,Azz=+=−错

误；由1213zzzz=可得()1230zzz−=，因为10z，所以230zz−=，即23zz=，B正确；因为12121313,zzzzzzzz==，而23zz=，所以232zzz==，所以1213zzzz=，C正确；取121i,

1izz=+=−，显然满足2121zzz=，但12,Dzz错误.故选：BC10.【答案】ACD【详解】因为函数()fx图象相邻对称轴间的距离为2，则22T=，即：T=，所以A正确；因为T=，则2=，即：()()2sin2fxx=+，且点,03−是对称中心，当3x=−

时，()23kkZ−+=，即：23k=+，又2，所以3=−，即()2sin23fxx=−，所以函数()fx的对称轴为：()5122kxkZ=+，所以B错误；函数()fx的单调增区间为：()5,1212kkkZ−++，所

以C正确；函数()fx图象上所有点横坐标伸长原来的2倍，纵坐标缩短原来的一半，再把得到的图象向左平移3个单位长度，得函数()singxx=，所以D正确.11.【答案】BCD【分析】根据“牟盒方盖”的定义､祖暅原理及几何体的体积公式计算可得.【详解】由于牟盒

方盖可以由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，故只要用水平面去截它们，那么所得的截面为正方形，故A错误；根据祖晅原理，图2中正方体与“牟合方盖”的八分之一之间空隙的截面面积与图3中正四棱锥中阴影部分的面积相等，故B正确；由于牟盒方盖可以由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，存在内

切球，且只要用水平面去截它们，那么所得的正方形和圆，也是相切在一起的，对于直径为2r的球和高为2r的牟合方盖来说，使用同一高度处的水平面来截它们，所得的截面积之比正好总是相切的圆和正方形的面积之比，也就是:4，故C正确；由图中正方体与牟合方盖的八分之一之间空隙的体积

与正四棱锥体的体积相等；而正四棱锥体的体积为313Vr=倒棱锥.所以八分之一牟合方盖的体积等于正方体的体积减去正四棱锥的体积333181233Vrrr=−=牟盒方盖，从而得到整个牟合方盖的体积为33216833rr=，故D正确故选：

BCD.12.【答案】CD【详解】因为抛物线2:2(0)Cypxp=的焦点F到准线l的距离为2，所以2p=，从而抛物线C的方程是24yx=.过点()1,0A−可以作2条直线与抛物线C相切，而直线0y=与抛物线C相交，只有1个交点

，从而过点()1,0A−恰有3条直线与抛物线C有且只有一个公共点，故A不正确；抛物线C的准线方程是1x=−，设T到准线的距离为d，则4d=；过P作准线的垂线，垂足为Q，则由抛物线的定义知PQPF=，所以PTPFPTPQd+=+，所以PTPF+的最小

值为4，故B不正确；抛物线的焦点为()1,0F，直线10xy+−=过焦点，不妨设直线10xy+−=与抛物线的两个交点分别是()()1122,,,AxyBxy，则12ABxxp=++，又2104xyyx+−==得2610xx−+=，

则126xx+=，所以128ABxxp=++=，故C正确；抛物线C与圆225xy+=交于,MN两点，则,MN关于x轴对称.设2,(0)4tMtt，则22254tOMt=+=，解得2t=，所以4MN=，故D正确；故选：BD三､填空题：本大题共4小题，每小

题5分，共20分.13.【答案】314.【答案】-2288【详解】331032213132()82288CxCxxx−=−=−二次项系数是-228815.【答案】53【详解】点M为1PF的中点，且122122PFMFPFFFc⊥

==设直线1PF与圆222xya+=相切于点N，则：1,ONaONPF=⊥如图所示：1OFc=，则：221NFcab=−=121ΔONFFMF，得：1124MFbPFb==由双曲线的定义可得：12422PFPFbca−=−=，即：2224()bcabca

=+=+，即：224()()caca−=+解得：53ca=，即53e=.16.【答案】31【分析】求导，根据导数的几何意义分析可得原题意等价于()ygx=与ya=有三个不同的交点，求导判断()ygx

=的单调性与极值，结合图象分析运算.【详解】由题意可得：()321312fxxxx=++−，且()23612fxxx=++，设切点坐标为3200001,312xxxx++−，斜率()20003612kfxxx==++，则切线方程()32200000013316122yxxxxx

xx−++−=++−，因为切线过点()6,Pa−，则()322000000133161622axxxxxx−++−=++−−，整理得3200012367axx

x=−−−−，构建()3212367gxxxx=−−−−，原题意等价于()ygx=与ya=有三个不同的交点，因为()232436gxxx=−−−，令()0gx，解得62x−−；令()0gx，解得6x−或2x−；则()gx在()6,2−−上单调递增，在(),6−−，()2,−+

上单调递减，且()()67,225gg−=−−=，若()ygx=与ya=有三个不同的交点，则725a−，所以整数a的个数为31.故答案为：31.【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数

形结合的数学思想来求解.这类问题求解的通法是：（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；（2）求导数，得单调区间和极值点；（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解.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.【答案】（1）3A=（2）3【详解】选择①（1）sinsinsinsinCBcaCAb−−=+，且由正弦定理得：2sinsinsinabcRABC===2222cbcbc

aRRcacabRR−−−==++，即：222bcabc+−=由余弦定理得：2221cos222bcabcAbcbc+−===在ABC中，()0,A，即：3A=选择②（1）()2coscoscbAaB−=，且由正弦定理得：2sinsi

nsinabcRABC===()4sin2sincos2sincosRCRBARAB−=，整理得：()2sincossinCAAB=+在ABC中，ABC++=，即：()12sincossinsincos2CACCA=−==又()0,A，即：3A=选择

③（1）()3cossin0BCA++=，且在ABC中：()3cossin0ABCAA++=−+=，即：13sin3cos0sin3cos2sincos2sin0223AAAAAAA−=−

=−=−=，即：sin03A−=又()0,A，则：2,03333AA−−−=，即：3A=（2）由（1）得：2221cos22bcaAbc+

−==，且2224abcbc=+−=，且222bcbc+42bcbc+，即：4bc当且仅当2bc==时，等号成立.又ABC面积为：11sin4sin3223SbcAABC==面积的最大值为：3.18.【答案】（1）21

nan=+；12nnb+=（2）()122281nnnUn+=+−+【详解】（1）()2212111418,323nnnSSaaaSnSa++====+，解得：25a=设等差数列na的公差为d，等比数列nb的首

项为1b，公比为212qdaa=−=()2222122214nnnnnTSanSnnnnnn−=+=+=+=−−−，则：424nnT=−又()1111111nnnbqbbTqqqq−==−−−−，得：112,42nnqbb+===（2）()12,2,11,,222nnnn

bnncnnSnn+==+为奇数为奇数为偶数为偶数()()1221112222242462222nnUnn=++++++++()()1111221812231nnn=−+++++()1111221

228181nnnnn++=−+−=+−++数列nc的前2n项的和：()122281nnnUn+=+−+19.【解析】由题可知：PO⊥面ABC，分别取,ACBC的中点,MN，连接,,,PMOMPNON，则在圆O中，OMAC⊥；因为,PAPCM

=是AC中点，所以ACPM⊥；所以PMO=.同理PNO=于是22222222111tantan2OMONOCOCOPOPOPAPOA+=+===−（2）

因为tan3tan=，即3,3OPOPOMONONOM==所以3BCAC=，又22216BCACAB+==，解得2,23ACBC==在圆O中，CACB⊥，以点C为坐标原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，过C且垂

直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系Cxyz−，则()()()0,0,0,2,0,0,0,23,0CAB，又因为PO⊥面ABC，所以OPz∥轴，从而()1,3,22P.则()()()2,0,0,0,23,0,1,3,22CACB

CP===，设平面PAC的法向量为(),,mxyz=，则00mCAmCP==，即203220xxyz=++=不妨取22y=，则0,3xz==−，此时()0,22,3m=−同理，平面PBC的一个法向量()22,0,110n=−分所以333cos,33113mnm

nmn−===−又二面角APCB−−为钝二面角，所以二面角APCB−−的余弦值为3333−20.【解析】（1）561067207048781986370100x++++==由()22,,70,36XN==得：(6

482)(7067026)PXPX=−+()(22)0.818622PXPX−+−+=+=剟（2）（i）设A=“随机抽取一件该企业生产的该零件为废品”，1B=“随机抽取一件零件为第

1条生产线生产”，2B=“随机抽取一件零件为第2条生产线生产”，则()()1221,33PBPB==，又()()120.015,0.018PABPAB==∣∣，于是()()()()()()121212PAPAB

BPABABPABPAB===+=()()()()1122210.0150.0180.01633PBPABPBPAB+=+=∣∣（ii）()()()()()()111120.015530.0168PBPABPABPBAPAPA====∣∣.21.【解析】方

法一：（1）由题知1,2,abC==的方程为：2212yx−=，.显然直线l的斜率存在，设直线()()1122:,,,,lykxmPxyQxy=+，联立2212yxykxm−==+，得()()2222121222222220,,22kmmkxkmxm

xxxxkk−−−−−+=+==−−设直线,APAQ的斜率分别为12,kk，则121212,11yykkxx==++，故1221121212121212111yyxyxyyykkxxxxxx++++=+=+++++又()()

()1221122112122422kxyxyxkxmxkxmkxxmxxk−+=+++=++=−()2121222242222kmmyykxxmmkk+=++=+=−−()22122222224444422222222()122kmmkkmkkkkmkmmkmkm

kkk−+−−+−−+====−−−−−++−−−++−−()()20mkmkPQ−−−=不过点(),0,2,12Amkmkykx−=+=++所以直线l过定点()1,2−.（2）设()1:1APykx=+，由()221121yxykx−==+得：()2222111222

0kxkxk−−−−=()22111112221112241,,1222kkxxxkkk−−+−==+=−−−，同理：2122222211241,212xkxkxk+−+==−+−，①..由APQARP=可知，2||APAQAR=，设(),,RRRxy则()

()()()()222112211111Rkxkxx++=+++()()()()2112122111111Rkxxxkx+++=+++，②()()()()2121111111111111111RRRPRRRRxkk

kxkxyyxkxxxxxx+−+−+−+===+−+−+−+③①代入②得：()()()()221222121121112Rkkxxkk+−+=++−，④④代入③得：()()()()()()()()22212122212212222112121211

2PRkkkkkkkkkkk+−−+−=+−−+−()()()()()()222221121122121212122212223kkkkkkkkkkkkkkkkkk−+−+++−+−=−由()222222112

2121212121222236PRkkkkkkkkkkkkkkk−+++++++==+−2121176224kk=−+−当且仅当1212122kkkk=−+=−时，PRk取得最大值724−.方法二：（1）由题知1,2,abC==的方程为：2212yx−=..设直线(

)()()1122:11,,,,lmxnyPxyQxy++=，由22:12yCx−=得()22(1)2102yxx+−−+=，所以()()22(1)21102yxxmxny+−−+++=，设直线,APAQ的斜率分别为12,kk，则1212

12,11yykkxx==++，故12,kk是方程2122102knkm++−=的两根，因为直线,APAQ的斜率之和为-2，所以42n−=−，所以12n=，所以直线l的方程为()1112mxy++=，所以直线l过定点()1,2−.（2）

设直线()():10PRytxrr=++.由()122112ykxyx=+−=，得211221124,22kkPkk+−−.由()()111ykxytxr=+=++，得1111,rk

rPktkt−−−.故()()()21221141||2rkAPkkt+=−−，同理()()()22222412rkAQARkkt+=−−.由APQARP=可知，2||APAQAR=，故()()()()()()2212221122414122rkrkkk

tkkt++=−−−−.因为1212,2kkkk+=−，化简得21217724624kkt++=−−.当1212212kkkk+=−=−时取等号，所以直线PR的斜率的最大值为724−.22.【解析】（1）函数()fx的

定义域为()()0,,lnexxfxxx+=+−()()()()21eee11eexxxxxxxxfxxx−+−=+−=e0,e0xxxx+当01x时，()()0,fxfx单调递增，当1x时，()()0,fxfx单调递减，当1x=时，()fx取得极大值

，极大值为11e−，没有极小值.（2）由()lnexxfxxx=+−可化为()lnelnxxfxxx−=+−又函数exyx=+为单调递增函数则由()()12fxfx=可得：1122lnlnxxxx−=−，即2211lnxxxx=−令2211,1xtxxtx=，则11lnttxx=−

得：12lnln,11tttxxtt==−−则()12lnlnln111tktktttkxxttt++=+=−−−令()()ln1tktgtt+=−则()()()()''221lnln(ln)1ln(1)(1)(1)

ktktkttktttktttgttt−+−−−+−−+−==−−令()1lnlnkhttktktt=−+−−−则()()()()22221111tktkttkkkhtttttt−++−−=+−−==当1k时，()1,t+时()()0,h

tht在()1,+单调递增()()10hth=，即()()0gtgt在()1,+单调递增此时，()gt在()1,+不存在最小值，即12kxx+不存在最小值..当1k时，()1,tk时，()()0,htht

单调递减，(),tk+时，()()0,htht单调递增又()()21(1)0,()0,ee1(e2)0eekkkkhhkhk==−−−−−存在0t，使()00ht=，当()01,tt时，()0ht，当(

)0,tt+时，()0ht即当()01,tt时，()()0,gtgt单调递减；当()0,tt+时，()()0,gtgt单调递增此时，当0tt=时，()gt最小，即12kxx+有最小值综上，1k获得更多

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