【文档说明】安徽省安庆市第二中学2021-2022学年高二下学期期中考试数学试题 含解析.docx，共(22)页，1.002 MB，由小赞的店铺上传

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安庆二中2021－2022学年度第二学期期中考试高二数学试题第I卷（选择题共60分）一、选择题（本大题共12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.若函数()2sinfxxx=+，则()(

)00limxfxfx→−=（）A.－1B.0C.1D.3【答案】C【解析】【分析】利用基本初等函数求导法则和导数定义，即可求得结果.【详解】根据导数定义可得()()()()()00000limlim0xxfxffx

ffxx→→−+−==；又()2sinfxxx=+可得()2cosfxxx=+，即()01f=.故选：C2.已知()()511axx++的展开式中3x的系数为15，则a的值为（）A.34B.13C.12D.1【答

案】C【解析】【分析】由()()()()5551111axxxaxx++=+++，写出()51x+的展开式的通项公式，结合条件3x的系数为15建立方程，得出答案.详解】由()()()()5551111axxxaxx++=+++()51x+的展开

式的通项为15CrrrTx+=，3x的系数为3255CCa+则由题意可知3255CC15a+=，101015a+=，12a=，故选:C.3.有4种不同颜色的涂料，给图中的6个区域涂色，要求相邻区域的颜色不相同，则不同的涂色方法

共有【（）A.1512种B.1346种C.912种D.756种【答案】D【解析】【分析】先从A区域涂色，讨论B，D区域涂相同、不同颜色的两种情况，再确定C，E，F区域涂色方法，应用分类分步计数原理求不同涂色方法数.【

详解】1、先涂A区域，则有4种方法，若B，D区域涂相同颜色，则有3种方法，C，E，F区域分别有3种方法，共有4×3×3×3×3=324种方法．2、先涂A区域，则有4种方法，若B，D区域涂不同颜色，则有3×2种方法，则E区域有2种方法，C，F

分别有3种方法，共有4×3×2×2×3×3=432种方法．故不同的涂色方法共有756种．故选：D4.若函数3()31fxxxm=−−−有三个不同的零点，则实数m的取值范围是（）A.(3,1)−B.(1,3)−C.(3,1)−−D.(1,3)【答案】A【解析】【分析】先对函数求导，研究单调性

和极值，再根据三次函数()0yfx==有三个不同的根，使极大值大于零且极小值小于零，计算即得结果.【详解】32()31,()33,fxxxmfxx=−−−=−由()0fx=解得121,1xx=−=．

()fx在(),1−−上单调递增，在()1,1−上单调递减，在()1,+上单调递增，故()fx=1x−处取得极大值()11fm−=−，在1x=处取得极小值(1)3fm=−−．要使函数()0yfx==有三个不同的根，在则需极大值(101)fm−=−，极小值(1)3

0fm=−−，解得31m−，所以m的取值范围是(3,1)−．故选：A.【点睛】思路点睛：利用导数研究函数()fx的单调性和极值的步骤：①写定义域，对函数()fx求导()fx；②在定义域内，解不等式()0fx和()0fx③写出单调区间，

并判断极值点.5.某省进行高考综合改革，要求学生从高二开始对课程进行选修，即从化学、生物、政治、地理四门课程中选择两科进行选修，则甲、乙两人所选课程中至多有一科相同的选法的种数是（）A.12B.24C.30D.36【答案】C【解析】【分

析】求出甲、乙两人所选课程中完全不同和所选课程中有一科相同的种数，即可求出.【详解】若甲、乙两人所选课程中完全不同，选法有2242CC6=种；若甲、乙两人所选课程中有一科相同，选法有111432CCC24=种，所以甲、乙两人所选课程中至多有一科相同的选法有62430

+=种.故选：C.6.已知定义在R上的函数()fx的图象如图所示，则()0xfx的解集为（）A.()()012−，，B.()12，C.()()012+，，D.()01，【答案】C【解析】【分析】知0x时，求函数

单调递减区间，此时01x或2x；当0x时，求函数单调递增区间，此时无解，整合以上分类结果即可得出答案.【详解】由题意得，0x，所以不等式()0xfx等价为：①当0x时，()0fx，即0

x时，求函数单调递减区间，由图可知，此时01x或2x，②当0x时，()0fx¢>，即0x时，求函数单调递增区间，此时x，所以不等式的解集为()()0,12,+.故选:C7.若函数()321233fxxx=+−在区间

(),5aa+内存在最小值，则实数a的取值范围是（）A.)5,0−B.()5,0−C.)3,0−D.()3,0−【答案】C【解析】【分析】利用导数求出函数()fx的极小值为()203f=−，由题意可知()0,5aa+，再由()()0fxf=求得x的值，数形结合可得出实数a的取值范围.【

详解】解：由题意，()()222fxxxxx=+=+，当<2x−或0x时，()0fx¢>；当20x−时，()0fx.故()fx在(),2−−，()0,+上是增函数，在()2,0−上是减函数，所以，函数()fx的极小值为()203f=−.作其图

象如图，令32122333xx+−=−得3230xx+=，解得0x=或3x=−，结合图象可知3050aa−+，解得，)3,0a−.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数在区间上存在最值求参数，解本题的关键就是弄清楚函数()fx的极小值点在区间(),5aa+内

，通过求得()()30ff−=，数形结合得出实数a所满足的不等式组，综合性较强.8.某电视台邀请了6位学生的父母共12人中的4位介绍对子女的教育情况，如果这4位中恰有一对是夫妻，那么不同的选择方法的种数是（）A.6

0B.240C.270D.480【答案】B【解析】【分析】先在6对父母中选一对，然后在剩余的10人中，选两个不是夫妻的人，从而求得正确答案.【详解】先在6对父母中选一对，方法数有16C种，然后在剩余的10人中，选两个不是夫妻的人，方法数有1110822CCA种，所以不同的选择方法的种数是

111108622CC108C6240A2==种.故选：B9.设函数()(21)xfxexaxa=−−+，其中1a，若存在唯一的整数0x，使得0()0fx，则a的取值范围是（）A.3,12e−B.33,2e4−C.33,2e4D

.3,12e【答案】D【解析】【分析】设()()21xgxex=−，()1yax=−，问题转化为存在唯一的整数0x使得满足()()01gxax−，求导可得出函数()ygx=的极值，数形结合可得()0

1ag−=−且()312gae−=−−，由此可得出实数a的取值范围.【详解】设()()21xgxex=−，()1yax=−，由题意知，函数()ygx=在直线yaxa=−下方的图象中只有一个点的横坐标为整数，()()21xgxex=+，当12x−时，()0gx；当12x−时，()0gx

.所以，函数()ygx=的最小值为12122ge−−=−.又()01g=−，()10ge=.直线yaxa=−恒过定点()1,0且斜率为a，故()01ag−=−且()31gaae−=−−−，解得312ae，故选D.【点睛】本题考查导数与极值，涉及数形结合思想转化，

属于中等题.10.设'()fx是函数()fx的导函数，且'()2()()fxfxxR，12fe=（e为自然对数的底数），则不等式2(ln)fxx的解集为A.0,2eB.(0,)eC.1,2eeD.,2ee【答

案】B【解析】【分析】构造函数F（x）=()2xfxe，求出导数，判断F（x）在R上递增．原不等式等价为F（lnx）＜F（12），运用单调性，可得lnx＜12，运用对数不等式的解法，即可得到所求解集．【详解】可构造函数F（x）=()

2xfxe，F′（x）=()()22222()xxxfxefxee−=()()2'2xfxfxe−，由f′（x）＞2f（x），可得F′（x）＞0，即有F（x）在R上递增．不等式f（lnx）＜x2即为()2flnxx＜1，（x＞0），即()2lnxflnxe＜1，x＞0．即有F（12）=12fe

=1，即为F（lnx）＜F（12），由F（x）在R上递增，可得lnx＜12，解得0＜x＜e．故不等式的解集为（0，e），故选B．【点睛】利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造.构造辅助函数常根据

导数法则进行：如()()fxfx构造()()xfxgxe=，()()0fxfx+构造()()xgxefx=，()()xfxfx构造()()fxgxx=，()()0xfxfx+构造()()gxxfx=等11.已知函数3()xfxe−=，1()22xgxln=+，

若()()fmgn=成立，则mn−的最大值为（）A.12ln−B.2lnC.22lnD.21ln−【答案】A【解析】【分析】不妨设()()fmgnt==得到m，n的关系，利用消元法转化为关于t的函数，构造函数，求函

数的导数，利用导数研究函数的最值即可得到结论．【详解】解：不妨设()()fmgnt==，3122mnelnt−=+=，(0)t，3mlnt−=，即3mlnt=+，122tne−=，故1232(0

)tmnlntet−−=+−，令12()32(0)thtlntet−=+−，121()2(0)thtett−=−，1221()20thtet−=−−，故()ht在(0,)+上是减函

数，且1()02h=，当12t时，()0ht，当102t时，()0ht，即当12t=时，()ht取得极大值同时也是最大值，此时11()321222hlnln=+−=−，即mn−的最大值为12ln−，故选：A．12.已知函数()()434xfxxxe=−，若方程()f

xa=有3个不同的实根1x，2x，()3123xxxx，则24ax−的取值范围是（）A.327,0e−B.23243,0e−C.2323243,243ee−D.23327,243

ee−【答案】A【解析】【分析】求得()()2212xfxxxe=−，得到函数()fx单调性进而画出函数()fx的图象，结合图象231449630,ae+，进而得到2x的取值范围为()23,0−，得到23224

xaxex=−，构造新函数，结合导数求得函数的额单调性与最值，即可求解.【详解】由题意，函数()()434xfxxxe=−，可得()()()42221212xxfxxxexxe=−=−，当23x−时，()0fx¢>，()fx单调递增；当232

3x−时，()0fx，()fx单调递减；当23x时，()0fx¢>，()fx单调递增；又由当x→−时，()0fx→，x→+时，()fx→+，且()2314496323fe+−=，()00f=，()()2323144963fe=−，故可大致

画出()fx的图象如下：由图象可知，a的取值范围为231449630,e+，此时对应2x的取值范围为()23,0−，而()2243223222444xxxxeaxexx−==−−，故令()()3

230xgxxex=−，则()()()32233xxgxxxexxe=+=+，故当233x−−时，()0gx，()gx单调递减；当30x−时，()0gx，()gx单调递增；而()2

3243230ge−=−，()3273ge−=−，()00g=，故24ax−的取值范围是327,0e−.故选：A.第II卷（非选择题共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.如果12212C2C2C

2187nnnnn++++=，则22223CCCn+++=______.【答案】56【解析】【分析】根据二项式展开式、组合数的性质求得正确答案.【详解】依题意，1220012212C2C2C2C2C2C2Cnnn

nnnnnnnn+++++++=+()1232187nn=+==，解得7n=，222322237337CCCCCC=++++++32232224475567CCCCCCC=+++=+++32232366

7778CCCCCC87656321=====+++.故答案为：5614.海轮每小时使用的燃料费与它的航行速度的立方成正比，已知某海轮的最大航行速度为30nmile/h，当速度为10nmile/h时，

它的燃料费时每小时25元，其余费用（与速度无关）都是每小时400元，如果甲乙两地的总费用最低，它的航速应为______nmile/h.【答案】20【解析】【分析】先求得燃料费与它的航行速度的关系式，然后结合基本不等式求得正确答案.【详解】设航速为nmil

e/hx，030x，燃料费为y元，设3ykx=，依题意，312510,40kk==，则3140yx=.设甲乙两地距离为S，则总费用为2312002004004040SSxxSxxxx+=++2320020033040xSSxx=，当且仅当2200,2040xx

x==时等号成立.故答案为：2015.已知函数()2sinsin2fxxx=+，则()fx的最小值是_____________．【答案】332−【解析】【分析】方法一：由()()14cos1cos2fxxx=+−

，确定出函数的单调区间，减区间，从而确定出函数的最小值点，代入求得函数的最小值.【详解】［方法一］：【通性通法】导数法()22()2cos2cos22cos22cos14cos2cos2fxxxxxxx=+=+−=+−2(cos1)(2cos1)xx=+−．令()0fx，得1c

os2x，即()fx在区间ππ2π,2π()33kkk−+Z内单调递增；令()0fx，得1cos2x，即()fx在区间π5π2π,2π()33kkk++Z内单调递减．则minπ33[()]2π32fxfk−=−=．故答案为：332

−.［方法二］：三元基本不等式应用因为()2sin2sincos2sin(1cos)fxxxxxx=+=+，所以2223()4sin(1cos)4(1cos)(1cos)fxxxxx=+=−+4(33

cos)(1cos)(1cos)(1cos)3xxxx=−+++的的444(33cos)(1cos)(1cos)(1cos)432734324xxxx−++++++==．当且仅当

33cos1cosxx−=+，即1cos2x=时，取等号．根据()()fxfx−=−可知，()fx是奇函数，于是min333333(),,[()]222fxfx−=−，此时31sin,cos22xx=−=．故答案为：332−.［方法三］：升幂公式＋多元基本不等式2()

sinsin22sin(1cos)4sincos2cos222xxxfxxxxx=+=+=，322622()64sincos64sin1sin2222xxxxfx==−422223sin1sin1sin1sin64272222344x

xxx+−+−+−=，当且仅当223sin1sin22xx=−，即1sin22x=时，2max27()4fx=．根据()()fxfx−=−可知，()fx是奇函数，

于是min333333(),,[()]222fxfx−=−．故答案为：332−.［方法四］：化同角＋多元基本不等式+放缩2()sinsin22sin(1cos)4sincos2cos222xxxfxxxxx=+=+=2221224238tan8tan8tan3322221111t

antan14tan2333232xxxxxx=−−=−++++，当且仅当213tan,tan2323xx==−时等号成立．故答案为：332−.［方法五］：万能公式＋换元+导数求最值

设tan2t=，则()fx可化为2222242218()2211112ttttgtttttt−=+=+++++，当0=t时，()0gt=；当0t时，38()12gtttt=++，对分母求导后易知，当3t3=−时，(

)gt有最小值332−．故答案为：332−.［方法六］：配方法()22()2sin2sincos2sin2sincos3sincos1fxxxxxxxxx=+=+++−2223233333cos2sincossinsin2sin3322xxxxxx=+++++−223233

3333(3cossin)sin33222xxx=+++−−，当且仅当3cossin0,3sin0,2xxx+=+=即π2π,3xkk=−Z时，()fx取最小值332−．故答案为：332−.［方法七］：【最优解】周期性应用＋导数法因为()2sinsi

n2fxxx=+，所以()()()()+2π2sin+2πsin2+2π=2sinsin2fxxxxxfx=++=，即函数()fx的一个周期为2π，因此0,2πx时，()fx的最小值即为函数的最小值．当0,πx时，()

()2sinsin22sin1cos0fxxxxx=+=+，当π,2πx时，因为()22()2cos2cos22cos22cos14cos2cos2fxxxxxxx=+=+−=+−2(cos1)(2cos1)xx=+−，令()0fx=，解得πx=或5π3x=，由()π0f

=，()2π0f=，533π32f=−，所以()fx的最小值为332−．故答案为：332−.【整体点评】方法一：直接利用导数判断函数的单调性，得出极值点，从而求出最小值，是求最值的通性通法；方法二：通过对函数平方，创造三元基本不等式的使用条件，从而解出；方法三：基本原理同方法

三，通过化同角利用多元基本不等式求解，难度较高；方法四：通过化同角以及化同名函数，放缩，再结合多元基本不等式求解，难度较高；方法五：通过万能公式化简换元，再利用导数求出最值，该法也较为常规；方法六：通过配方，将函数转化成平方和的形式，构思巧妙；方法七：利用函数的周期性，缩小函

数的研究范围，再利用闭区间上的最值求法解出，解法常规，是该题的最优解．16.已知()10210012102xaaxaxax−=++++，则23410239aaaa++++=________．【答案】1013【解析】【分析】先求出0

1024a=，再求出各项的系数和12101023aaa+++=−，设函数()()10210012102fxxaaxaxax=−=++++，对其求导后再求出121021010aaa+++=−，然后

计算可得答案.【详解】令0x=，得10021024a==,令1x=，得()1001210211aaaa++++=−=，则12101023aaa+++=−①;设()()10210012102fxxaaxaxax=−=++++，则()()99121010

2210fxxaaxax=−−=+++，令1x=，得()91210210102110aaa+++=−−=−②．由②-①，得21091013aa++=．故答案为：1013三、解答题（本大题共6小题，共70分.

解答应写出文字说明，证明过程或演算步㵵）17.已知()2nxnNx+的展开式中前三项的二项式系数之和为46，（1）求n；（2）求展开式中系数最大的项．【答案】（1）9（2）925376x−【解析】【分析】（1）根据要求列出方程，求出n的值；（2）求出

二项式展开式的通项，列出不等式组，求出r的取值范围，从而求出6r=，得到系数最大项.【小问1详解】由题意得：()01211462nnnnnCCCn−++=++=，解得：9n=或10−，因为nN，所以10n=−（舍去），从而9n=【小问2详解】二项式的展开式通项为：()9192r

rrrTCxx−+==，则系数为92rrC，要求其最大值，则只要满足119911992222rrrrrrrrCCCC−−++，即{9!𝑟!(9−𝑟)!⋅2𝑟≥9!(𝑟−1)!(10−𝑟

)!⋅2𝑟−19!𝑟!(9−𝑟)!⋅2𝑟≥9!(𝑟+1)!(8−𝑟)!⋅2𝑟+1，解得：172033r，因为rN，所以6r=，所以系数最大项为()693627925376TCxxx−==18.6位同学报名参加2022年杭州亚运会4个不同的项目（记为,,,ABCD）

的志愿者活动，每位同学恰报1个项目.（1）6位同学站成一排拍照，如果甲乙两位同学必须相邻，丙丁两位同学不相邻，求不同的排队方式有多少种？（2）若每个项目至少需要一名志愿者，求一共有多少种不同报名方式？（3）若每个项目只招一名志愿者，且同学甲不参加项目A，同学乙不参加项目D，求一共有多少种不同录

用方式？【答案】（1）144（2）1560（3）252【解析】【分析】（1）利用捆绑法和插空法进行排列计算即可得共有144种；（2）先将6位同学分成4组，再根据题意进行排列计算即可得出结果；（3）先计算出所有的录用方式，再减去不符合题意的

方式即可得出答案.【小问1详解】根据题意先把甲乙看成整体，与除了甲、乙、丙、丁之外的两人进行排列，再把丙丁插空进行排列，所以共有232234AAA144=.【小问2详解】先分为4组，则按人数可分为1，1，1，3和1，1，2，2两种分组方式，共有11111226546543

22322332CCCCCCCCAAA+种；再分到4个项目，即可得共有111112246546544322322332CCCCCCCCA1560AAA+=；【小问3详解】先考虑全部，

则共有46A种排列方式，其中甲参加项目A共有35A种，同学乙参加项目D共有35A种；甲参加项目A同时乙参加项目D共有24A种，根据题意減去不满足题意的情况共有432654A2AA252−+=种.19.已知函数()()21e

xfxxax=−+，Ra.（1）若函数()fx在1x=时取得极值，求a的值；（2）讨论函数()fx的极值.【答案】（1）2（2）答案见解析【解析】【分析】（1）由()10f=求得a的值.（2）先求得()fx，然后对a进行分类讨论，由此求得函数()fx的极值.【小问1详解】∵()()21

exfxxax=−+，则()()221exfxxaxa=+−+−，∵()fx在1x=处取得极值，故()()142e0fa=−=，解得2a=.当2a=时，()()21exfxx=−.由()0fx¢>，可得1x

−或1x；由()0fx，可得11x−.故()fx在(),1−−上递增，在()1,1−上递减，在()1,+上递增，故1x=是函数()fx的极大值点，2a=符合题意；【小问2详解】由（1）得()()()()221e11exxfxxaxaxxa=+−+−=++−，令()0f

x=，则=1x−或1xa=−，①0a=时，()()21e0xfxx=+，此时()fx在R上单调递增，无极值；②0a时，11a−−，当()1,a1x−−时，()0fx；当()(),11,xa−−−+U时，()0fx¢>，故()fx的单调递增区间为()

,1−−、()1,a−+，单调递减区间为()1,1a−−；∴()fx极小值点()1,afx−极大值点为－1，故()fx极小值()()()112e,afaafx−−=−极大值()()112efa−−=+；③当a<0时，11a−−，当()1,1xa−−时，()0f

x；当()(),11,xa−−−+U时，()0fx¢>，此时，函数()fx的单调递增区间为(),1a−−、()1,−+，单调递减区间为()1,1a−−.∴()fx极小值点－1，()fx极大值点为1a−，故()fx极小值()12ea−+，()fx极大值为()12eaa−−；综

上所述，当0a时，()fx极小值()12eaa−−，()fx极大值为()12ea−+；当0a=时，()fx无极值；当a<0时，()fx极小值()12ea−+，()fx极大值为()12eaa−−.20.设函数()22lnf

xxmx=−，()()231ln2gxxmxmx=−+−，0m．（1）求函数()fx单调区间；（2）当1m时，讨论函数()fx与()gx图象的交点个数．【答案】（1）函数()fx的单调递增区间是),m+，

单调递减区间是()0,m；（2）两函数图象总有一个交点．【解析】的【分析】（1）函数()fx的定义域为()0,+，求得()'fx，即可求解函数的单调区间；（2）令()()()()211ln2Fxfxgxxmxmx=−=−++−，转化为求函数()Fx的零点个

数，分1m=与1m进行讨论，利用函数()Fx的性质，即可判断函数()fx与()gx图象的交点个数．【详解】（1）函数()fx的定义域为()0,+，()()()222xmxmmxxxxf−+=−=．当0xm时，()0fx，函数()fx单调递减；当时xm，()0fx¢>，函数(

)fx单调递增，综上可知，函数()fx的单调递增区间是),m+，单调递减区间是()0,m．（2）令()()()()211ln2Fxfxgxxmxmx=−=−++−，0x问题等价于求函数()Fx的零点个数．()()()1xxmFxx

−−=−，当1m=时，()0Fx，函数()Fx为减函数，注意到()3102F=，()4ln40F=−，所以()Fx有唯一零点，当1m时，若01x或x>m，则()0Fx；若1xm，则()0Fx，所以函数()Fx在()0,1和(),

m+上单调递减，在()1,m上单调递增，注意到()1102Fm=+，则()()10FmF，故()Fx在)0,m内无零点；在(),22mm+内，()()22ln220Fmmm+=−+，则()()220FmFm+，所以()Fx有唯一零点，综上，函数()

Fx有唯一零点，即两函数图象总有一个交点．21.设函数()2lnfxaxbx=−．（1）若12b=，讨论函数()fx的单调性；（2）当0b=时，若不等式()fxmx+对所有的31,2a，(21,xe恒成立，求实数m的取值范围．【答案】（1）答案见解析；

（2）(22e−−，.【解析】【分析】（1）求导函数，分0a和>0a两种情况讨论导函数的符号，从而得原函数的单调性；（2）由题可得出lnmaxx−对所有的的(231,,1,2axe都成立，从而令()l

nhaaxx=−，根据一次函数的单调性可得min()(1)lnhahxx==−，再令()lngxxx=−，求导，分析其导函数的符号，得出函数()gx的单调性，从而有min()mgx，得出答案.【详解】解：（

1）若12b=，()21ln2fxaxx=−()0x，则2()aaxfxxxx−=−=，当0a时，()0fx，所以函数()fx在()0+，上单调递减，当>0a时，令()0fx=，得xa=（负值舍去），当0xa时，()0fx，函数()fx在()0a，上

单调递增，当xa时，()0fx，函数()fx在()a+，上单调递减；（2）当0b=时，()lnfxax=.若不等式()fxmx+对所有的(231,,1,2axe都成立，则lnaxmx+对所有的(23

1,,1,2axe都成立，即lnmaxx−,对所有的(231,,1,2axe都成立，令()lnhaaxx=−，则()ha为一次函数，min()mha，(21,xe，ln0x，()ha在3[1,]2a上单调递增，min()(1)lnh

ahxx==−，lnmxx−对所有的(21,xe都成立，令()lngxxx=−，则()111xgxxx−=−=，因为21xe，所以()10xgxx−=，所以函数()lngxxx=−在(21,e单调递减，所以()()2222

2lngxgeeee−==−，2min()2mgxe=−，所以实数m的取值范围为(22e−−，.【点睛】方法点睛：本题主要考查利用导数求函数的单调性以及不等式恒成立问题，属于难题．不等式恒成立问题常见方法：①分离参数()afx恒成立(mi

n()afx即可)或()afx恒成立（max()afx即可）；②数形结合；③讨论最值min()0fx≥或max()0fx恒成立；④讨论参数.22.已知函数()2exfxax=−，曲线()yfx=在()()1,1f处的切线方程为1ybx=+.（1）求,ab的值：（2）求()fx在

0,1上的最值；（3）证明：当0x时，()e1eln0xxxx+−−.【答案】（1）1a=，e2b=−（2）()maxe1fx=−；()min1fx=（3）证明见解析【解析】【分析】（1）利用切点和斜率列方程组，由此求得,ab.（2）利用

多次求导的方法求得()fx在区间0,1上的单调性，由此求得()fx在0,1上的最值.（3）先证明0x时，()()e21fxx−+，再结合（2）转化为()21elnexxxxx+−−+，从而证得不

等式成立.【小问1详解】()e2xfxax=−，∴()()1e21e1fabfab=−==−=+，解得：1a=，e2b=−；【小问2详解】由（1）得：()2exfxx=−，()e2xfxx=−，令()e2xhx

x=−，则()e2xhx=−，()hx是增函数，令()0hx=解得ln2x=.∴()hx，也即()fx在()0,ln2上()()0,hxhx单调递减，在()ln2,+上()()0,hxhx单调递增，∴()()ln2ln222ln20hf==−

，∴()fx在0,1递增，∴()()max1e1fxf==−；()()min01fxf==；【小问3详解】∵()01f=，由（2）得()fx过()1,e1−，且()yfx=在1x=处的切线方程是()e21yx=−

+，故可猜测0x且1x时，()fx的图象恒在切线()e21yx=−+的上方，下面证明0x时，()()e21fxx−+，设()()()e21gxfxx=−−−，()0x，∴()()e2e2xgxx=−−−，∴令()()()e2e2xxxgmx−−==−，()e2

xmx=−，由（2）得：()gx在()0,ln2递减，在()ln2,+递增，∵()03e0g=−，()10g=，0ln21，∴()ln20g，∴存在()00,1x，使得()0gx=，∴()

()00,1,xx+时，()0gx，()0,lxx时，()0gx，故()gx在()00,x递增，在()0,1x递减，在()1,+递增.又()()010gg==，∴()0gx当且仅当1x=时取“=”，()(

)2ee210xgxxx=−−−−故()ee21xxxx+−−，0x，由（2）得：e1xx+，故()ln1xx+，∴1lnxx−，当且仅当1x=时取“=”，∴()ee21ln1xxxxx+−−+，即()21ln1eexxxx+−−+，∴()21e

lnexxxxx+−−+，即()1ln10eexxxx+−−−成立，当且仅当1x=时“=”成立.