【文档说明】2023届湖南省长沙市第一中学高三模拟试卷（一）数学答案和解析.pdf，共(24)页，1.404 MB，由小赞的店铺上传

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长沙市一中2023模拟试卷（一）数学一､单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合2R4,39xAxxBx∣∣，则（）A.ABBB.ABRC.ABA

D.ABA【答案】C【解析】【分析】求出集合,AB，再由交集和并集的定义即可得出答案.【详解】因为2R422,392xAxxxxBxxx∣∣∣∣，所以ABA，ABB.故选：C.2.设2iR,iaaz，则“1a”是“5z”

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【答案】A【解析】【分析】根据复数模的计算公式及充分条件、必要条件的定义判断即可【详解】由题意得22i2iiaza，所以222(2)4zaa，因为5z，所以245a，解得1a或1a，故“1

a”是“5z”的充分不必要条件.故选：A3.天文计算的需要，促进了三角学和几何学的发展．10世纪的科学家比鲁尼的著作《马苏德规律》一书中记录了在三角学方面的一些创造性的工作．比鲁尼给出了一种测量地球半径的

方法：先用边长带有刻度的正方形ABCD测得一座山的高GTh（如图①），再于山顶T处悬一直径为SP且可以转动的圆环（如图②），从山顶T处观测地平线上的一点I，测得OTI．由此可以算得地球的半径r（）A.sin1sinhB.cos1sinhC.sin1cosh

D.cos1cosh【答案】A【解析】【分析】根据解直角三角形，结合正弦函数的概念即可求得答案.【详解】由图可知，OITI,故sinOIrOTrh，解得sin1sinhr，故选：A．4.已知函数()fx的局部图象如图所示，则()fx的解析式可以是

（）A.1()sin2xfxexB.1||()cos2xfxexC.()ln||sin2fxxxD.()ln||cos2fxxx【答案】D【解析】【分析】利用排除法，根据奇偶性和fx在0,1x时的函数值正负可排除.【详

解】由图可得fx的图象关于y轴对称，即fx为偶函数，其中A选项，11()sinsin22xxfxexexfx，故fx为奇函数，与图象不符，故排除A；C选项，()ln||sinln||sin22fxxxxx

fx，故fx为奇函数，与图象不符，故排除C；B选项，当0,1x时，10xe，cos02x，则0fx，与图象不符，故排除B.故选：D.5.已知π3sincos65，则πcos23（）A.725B

.725C.2425D.2425【答案】B【解析】【分析】根据三角恒等变换公式求解.【详解】π313sincossincoscos,6225所以313sincos225，所以π3sin,652πππ97cos

2cos212sin12,3662525故选:B.6.已知函数πsin(12)6fxx，若存在12,Rxx，当122πxx时，

120fxfx，则函数fx的最小正周期为（）A.2π3B.4π3C.2πD.4π【答案】B【解析】【分析】由题意可得出2π2Tk，结合12，可得32，再由三角函数最小正周期的公式即可得出答案.【详解】因为存在12,Rxx，当122π

xx时，120fxfx，所以π2π,Z2Tkkk，即,Z2kk，又因为12，则3k，所以32，所以函数fx的最小正周期为：2π4π332T，故选：B.7.设,AB是平面直角坐标系中关于y轴对称的两点

，且2OA.若存在,Rmn，使得mABOA与nABOB垂直，且2mABOAnABOB，则AB的最小

值为（）A.1B.3C.2D.23【答案】D【解析】【分析】构造向量，利用向量垂直和2mABOAnABOB，结合基本不等式得出ab的最大值2，结合图形可得答案.【详解】如图，,AB是平面直角坐标系中关于y轴对称的两点，且2OA

，由题意得：ABOBOA，令1aOAmABOAmOAmOB，则,,AAB三点共线,1bOBnABOBnOBnOA，则,,BAB三点共线,故有

,,,AABB共线，由题意mABOA与nABOB垂直，2mABOAnABOB，知OAOBuuuruuur，且2abBA为定值，在AOB

△中，224||||2abab，当且仅当ab时，ab取最大值2，此时AOB△面积最大，则O到AB的距离最远，而2OA，故当且仅当ab，即,AB关于y轴对称时，AB最小，此时

O到AB的距离为112BA，所以222132AB，故23AB，即AB的最小值为23.故选：D.8.如图，已知锐二面角l的大小为1，A，B，Ml，Nl，AMl

，BNl，C，D为AB，MN的中点，若AMMNBN，记AN，CD与半平面所成角分别为2，3，则（）A.122，132B.122，132C.122，132D.122，132【答案】A【解析】【分析】根据面

面角的定义求得1AMG，根据线面角的定义找到2ANH，3FMG，通过比较12,的正弦值比较两角的大小，接着根据12,2的范围判断12,2的大小，根据线段长度的大小关系求得13,2的大小关系.【详解】分别

过点M和点B作BN，MN的平行线相交于点G，因为BNl，所以MGl,所以1AMG，过A点作AHMG，连接NH，所以2ANH，取31,2，AMMNAH,22sin2AHAN,此时1222；排除CD.取线段AG中点为点F，又C，D为AB，MN的中

点，所以CF与DM平行且相等，所以//CDMF，所以CD与半平面所成角为3FMG，显然31，又因为AMMG，所以132；排除B.故选：A.【点睛】(1)求直线与平面所成的角的一般步骤：①找直线与平面所成的角，即通过找直线在

平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．(2)作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．二､多项选择题：本题共4小题，每

小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.在发生某公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志为：“连续10日，每天新增疑似病例不超过7人”．过去10日，

甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据信息如下：甲地：中位数为2，众数为3；乙地：平均数为2，方差为3；丙地：平均数为3，极差为5；丁地：平均数为5，众数为6．则一定没有发生大规模群体感染的是（）A.甲地B.乙地C

.丙地D.丁地【答案】BC【解析】【分析】A.举例判断；B.假设出现一次大于7，设108x，利用方差运算判断；C.假设出现了8人，则一定有出现3人情况判断；D.举例判断.【详解】对于甲地，如0，0，1，1，1，3

，3，3，3，8，故错误；对于乙地，若出现一次大于7，设108x，则22222129101222210Sxxxx，222129122236310xxx，

矛盾，故正确；对于丙地，若出现了8人，则一定有出现3人情况，这样平均数就不可能是3，∴丙地不可能有超过7人的情况，故正确．对于丁地，无法判断是否有超过7人的情况，如2，2，3，5，6，6，6，6，6，8，平均数为5，众数为6，故错误；故选：BC．10

.在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线2222:10,0xyCabab的离心率为52，且双曲线C的左焦点在直线50xy上，A，B分别是双曲线C的左，右顶点，点P是双曲线C的右支上位于第一象限的动点，记PA，P

B的斜率分别为1k，2k，则下列说法正确的是（）A.双曲线C的渐近线方程为2yxB.双曲线C的方程为2214xyC.12kk为定值14D.存在点P，使得121kk【答案】BC【解析】【分析】【详解】因为双

曲线C的左焦点(,0)c在直线50xy上，所以5c，又离心率为52cea，所以2a，故2221bca，所以双曲线方程为2214xy，故双曲线的渐近线方程为20xy，故A错误；B正

确；由题意可得(2,0),(2,0)AB，设P(m,n)，可得2214mn，即有22144nm，所以212212244nnnkkmmm，故C正确；因为点P是双曲线C的右支上位于第一象限的动点，所以120,0kk，

则121212212kkkk，当且仅当12kk时，等号成立，由A，B为左右顶点，可得12kk，所以121kk，故D错误.故选：BC【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程，双曲线的简单几何性质，

直线的斜率，属于中档题.11.如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，12,OO为圆柱上下底面的圆心，O为球心，EF为底面圆1O的一条直径，若球的半径2r，则下列各选项正确的是（）A.球与圆柱的体积之比为2:

3B.四面体CDEF的体积的取值范围为320,3C.平面DEF截得球的截面面积最小值为4π5D.若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则PEPF的取值范围为225,43【答案】ABD【解析】【分析】根据给定的条件，利用球、

圆柱的体积公式计算判断A；利用12CDEFEOCDVV建立函数关系判断B；求出球心O到平面DEF距离的最大值判断C；令点P在圆柱下底面圆所在平面上的投影点为Q，设QFE，利用勾股定理建立函数关系，求出值域可判断D.【详解

】对于A，球的体积为34π32π33rV，圆柱的体积2π(2)16πVrr，则球与圆柱的体积之比为2:3，A正确；对于B，设d为点E到平面BCD的距离，0dr，而平面BCD经过线段EF的中点1O，四面体CDEF的体积1122116322

4433233CDEFEODCODCdVVSdd，所以四面体CDEF的体积的取值范围为320,3，B正确；对于C，过O作1OHDO于H，如图，而122OODO，则21211sinDOOHDOOOODO

，又221(2)25DOrr，于是25OH，设截面圆的半径为1r，球心O到平面DEF的距离为1d，则125d，又222111444455rrdd，则平面DEF截球的截面圆面积2116ππ5Sr，C

错误；对于D，令经过点P的圆柱的母线与下底面圆的公共点为Q，连接,QEQF，当Q与,EF都不重合时，设QFE，则4cos,4sinQFQE，当Q与,EF之一重合时，上式也成立，因此4cos,4sinQFQE，π[0,)2，则2222222(14sin1

4cos)PEPFPQQEPQQF，令2214sin14cost，则226254sin2t，而02π，即0sin21，因此262512t，解得1523t，所以PEP

F的取值范围为[225,43]，D正确.故选：ABD.12.定义：对于定义在区间I上的函数fx和正数01，若存在正数M，使得不等式1212fxfxMxx对任意12,xxI恒成立，则称函数fx在区间I上满足阶李普希兹条件，则下列说

法正确的有（）A.函数fxx在1,上满足12阶李普希兹条件.B.若函数lnfxxx在1,e上满足一阶李普希兹条件，则M的最小值为2.C.若函数fx在,ab上满足01Mkk的一阶李普希兹条件，且方程fxx在区间,ab上有解0x，则0x是方程fx

x在区间,ab上的唯一解.D.若函数fx在0,1上满足1M的一阶李普希兹条件，且01ff，则存在满足条件的函数fx，存在12,0,1xx，使得1223fxfx.【答案】ABC【解析】【分析】根据李普希兹条件的概念直接可以判

断AB选项，再利用反证法判断C选项，通过分类讨论可判断D选项.【详解】A选项：不妨设12xx，1212fxfxxx，即12121211122212121fxfxxxxxxxxxxx，故1M，对12,

1,xx，均有121212fxfxMxx，A选项正确；B选项：不妨设12xx，lnfxxx在1,e单调递增，1212fxfxfxfx，1212fxfxMxx，即1212fxfxMxx

，即1122fxMxfxMx对12xx，12,1,exx恒成立，即fxMx在1,e上单调递减，0fxM对1,ex恒成立，所以1lnMx对1,ex恒成立，即2M，即M的最小值为2，B选项正

确；C选项：假设方程fxx在区间,ab上有两个解0x，t，则000fxftkxtxt，这与00ttfxfx矛盾，故只有唯一解，C选项正确；D选项：不妨设12xx，当1212xx时，12121

2fxfxxx，当1212xx时，1212121212110101012fxfxfxfffxfxffxfxxxx，故对12,0,1xx

，1212fxfx，不存在12,xx使1223fxfx，D选项错误；故选：ABC.三､填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知圆22:(4)16Mxy，过点2,0N的直线l与圆M交于,

AB两点，D是AB的中点，则D点的轨迹方程为__________.【答案】2231xy【解析】【分析】由圆的垂径定理可得MDDN，结合向量垂直的条件：数量积为0，化简可得所求轨迹方程，即可求得答案.【详解】圆22:(4)16Mxy

，所以圆心为4,0M，半径为4，设,Dxy，由线段AB的中点为D，可得MDDN，即有(4,)(2,)420MDNDxyxyxxyy，即2231xy，所以点D的轨迹是以3,0为圆心

，1为半径的圆；故答案为：2231xy.14.“以直代曲”是微积分中最基本､最朴素的思想方法，如在切点附近，可用曲线在该点处的切线近似代替曲线.曲线lnyx在点1,0处的切线方程为__________，利用上述“切线近以代替

曲线”的思想方法计算20e所得结果为__________（结果用分数表示）.【答案】①.1yx②.2120【解析】【分析】求出导函数得切线斜率，由点斜式得切线方程，由题意知ln1xx，则2020lnee1，即2021e2

0，即可得出答案．【详解】由已知lnyx，1yx，所以在点1,0处的切线斜率为1k，则在点1,0处的切线方程为1yx，由题意知，ln1xx，所以2020lnee1，即112020lnee1，所以112020121elne1

12020，即2021e20.故答案为：1yx；2120．15.已知12,FF是椭圆2222:1(0)xyCabab的左､右焦点，A为椭圆的上顶点，B在x轴上，20ABAF，且212AFABAF.若坐标原

点O到直线AB的距离为3，则椭圆C的标准方程为__________.【答案】2211612xy【解析】【分析】由题设可得2ac，直线AB的方程为330bxcybc，点线距离公式表示O到直线AB的距离，又

222abc联立解得22,ab即可得出答案.【详解】由20ABAF可得290BAF，由212AFABAF可得112BFFF，则△12AFF是等边三角形，设122FFc

，则2ac①，∴直线AB的方程为13xycb，即330bxcybc，∴O到直线AB的距离为22339bcbc②，又222abc③，联立①②③，解得216a，212b，故椭圆C方程为2211612xy.故答案为：2211612

xy16.已知实数a，b，c满足1eeln3accbab，（其中e为自然对数的底数），则abc的最小值是______.【答案】2ln2##ln4【解析】【分析】变形给定不等式，构造函数并借助函数的单调性，求出,,abc的关系，再利用导数

求出函数的最值作答.【详解】1ln1eeln3eeln3accacbcbabab，令函数()e1xfxx，求导得()e1xfx，当0x时，()0fx，当0x时，()0fx，因此函数()fx在(,0)上单调递减，在(0,)上单

调递增，则()(0)0fxf，即Rx，e1xx，于是ln1e1,eln11acbcacbc，即ln1eeln3acbcab，当且仅当0,ln10acbc，即1,e

cacb时取等号，依题意，1,ecacb，1e2cabcc，令1e(2)xxgx，求导得1e2()xgx，当1ln2x时，()0gx，当1ln2x时，()0gx，从而函数()gx在(,1ln2)上单调递减，在(1ln

2,)上单调递增，min()(1ln2)2ln2gxg，所以abc的最小值是2ln2.故答案为：2ln2.【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.四､解答题：本题共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.在数列na中，11a，*12362,Nnnaannn.（1）求证：数列3nan为等比数列，并求数列na的通项公式；（2）设nnban，求数列nb的前n项和nT.【答案】（1）证明见解析；23nn

an；（2）122(1)nnn【解析】【分析】（1）根据等比数列的定义证明，由等比数列的通项公式化简，可得数列na的通项公式；（2）由分组求和法化简求解即可．【小问1详解】*12362,Nnnaannn，当2n时，111

11333263133332233nnnnnnanananannnana，数列3nan是首项为132a，公比为2的等比数列，32nnan，23nnan；【小问2详

解】2322nnnnnbanannn数列nb的前n项和12312...222426...22nnnTbbbn1212122222...2246...222(1)122nnnnnnnn

．18.在ABC中，内角,ABC､的对边分别为,,abc，且满足1tan12tanaCbB.（1）求C的大小；（2）若ABC的面积为103，且2CDDA，求BD的最小值.【答案】（1）π3C（2）4153【解析】【分析】（1）

由正弦定理、同角三角函数的商数关系和两角和正弦公式化简已知式，即可得出答案；（2）由三角函数的面积关系可得40ab，由2CDDA，得23CDb，再由余弦定理结合均值不等式即可得出答案.【小问1详解】因

为1tan12tanaCbB，利用正弦定理得：sinsin1sincos1sin2cossin2cossinBCACBBCBCB，由于πACB，所以sins

inBCA，即sinsinsin2cossinAABCB，即2sincossinsinsinACBAB，由ππ0,π,sin0,0,,π,sin022AABB，

故1cos,0π2CC且π2C，故π3C.【小问2详解】由于ABC的面积为103，所以113sin103222abCab，解得：40ab，由2CDDA，得23CDb，在BCD△中，由余弦定理得：22

2224242222802cos293933333BDababCababababab，故4153BD，当且仅当2,3ab即415,2153ab，BD的最小值为4153.19.如图1，四边形ABCD为直角梯形，//ADBC，

ADAB，60BCD，23AB，3BC，E为线段CD上一点，满足BCCE，F为BE的中点，现将梯形沿BE折叠（如图2），使平面BCE平面ABED.（1）求证：平面ACE平面BCE；（2）能否

在线段AB上找到一点P（端点除外）使得直线AC与平面PCF所成角的正弦值为34？若存在，试确定点P的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在点P是线段AB的中点，使得直线AC与平面PCF所成角的正弦值为34.【解析】【分析】（1）在直角梯形ABCD中

，根据3BEBC，60BCD，得BCE为等边三角形，再由余弦定理求得AE，满足222AEBEAB，得到AEBE，再根据平面BCE平面ABED，利用面面垂直的性质定理证明.（2）建立空间直角坐标系：假设在AB上存在一点P使直线AC与平面PCF所成角的

正弦值为34，且APABuuuruuur，0,1，求得平面PCF的一个法向量，再利用线面角公式223342332141cos,CAn求解.【详解】（1）证明：在直角

梯形ABCD中，3BEBC，60BCD，因此BCE为等边三角形，从而3BE，又23AB，由余弦定理得：21292233cos303AE，∴222AEBEAB，即AEBE，且折叠后A

E与BE位置关系不变，又∵平面BCE平面ABED，且平面BCE平面ABEDBE.∴AE平面BCE，∵AE平面ACE，∴平面ACE平面BCE.（2）∵BCE为等边三角形，F为BE的中点，∴CFBE，又∵平面BCE平面

ABED，且平面BCE平面ABEDBE，∴CF平面ABED，取AB的中点G，连结FG，则//FGAE，从而FGBE，以F为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系：则33,,02A，330,0,2C，则3333,,22CA，假设在

AB上存在一点P使直线AC与平面PCF所成角的正弦值为34，且APABuuuruuur，0,1，∵30,,02B，∴3,3,0AB，故3,3,0AP

，∴33331,21,22CPCAAP，又330,0,2FC，该平面PCF的法向量为,,nxyz，3333121002203302xyznCP

nFCz，令21y得321,21,0n，∴223342332141cos,CAn，解得12或7

6（舍），综上可知，存在点P是线段AB的中点，使得直线AC与平面PCF所成角的正弦值为34.【点睛】本题主要考查面面垂直的性质定理和向量法研究线面角问题，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.

20.抛物线2:2(0)Cxpyp的焦点为F，准线为l，点A在抛物线C上.已知以F为圆心，()FAFAp为半径的圆F交l于,PQ两点，若90,PFQAPQ的面积为2.（1）求p的值；（2）过点A的直线m交抛物线C于点B（异于点A），交x轴于点M，过点B作直线m的垂线交

拋物线C于点D，若点A的横坐标为正实数t，直线DM和抛物线C相切于点D，求正实数t的取值范围.【答案】（1）1p（2）4,3【解析】【分析】（1）根据题意，可得FS=PS=QS=p，再设A到准线l的距离为d，即可求得d=FA=FQ=

2p，进而通过面积即可求解.(2)设2221212,,,,,222xxtAtBxDx,因为ABBD,所以2114xxxt,求直线m的方程得11Mxtxxt

，由切线DM,令0y，得22Mxx，综上，即可求解.【小问1详解】设准线l与y轴交于S,因为90PFQ,由对称性可知:FS=PS=QS=p,设A到准线l的距离为d,则d=FA=FQ=2p，1122222APQSPQdpp，解得：1p

.【小问2详解】由（1）设2221212,,,,,222xxtAtBxDx，从而2222121121,,,,22xtxxABxtBDxxuuuruuur因为ABBD,所以

2222121121.04xtxxABBDxtxxuuuruuur又121,xtxx，所以12104xtxx，又10xt，得2114xxxt①，221111122ABxtkxtxt，所以直线m的方程为

21122tyxtxt，令0y，得11Mxtxxt②，由直线DM与抛物线C相切于点D,则切线方程为22222xyxxx由切线过点M,令0y，得22Mxx③，由①②③得111124xtx

xtxt，即211340xtx，又存在1x满足上式,则23160t，又0t，则43t，又221||12222ttFAp，得1t.综上,正实数t的取值范围为4,321.国球是指在一个国家内广泛开展，并在国际上居于领先地位的球类运动，中国

的国球是乒乓球，乒乓球起源于英国的19世纪末.长沙市某社区为了丰富社区老人的退休生活，每年的重阳节定期举行乒乓球比赛.通过资格赛和淘汰赛，该社区的李大爷和张大爷进入决赛争夺冠军，决赛采用五局三胜制，即选手率先获得三局胜利时，比赛结束并赢得冠军.根据以往李大爷和张大爷的比赛胜负数据分析，李

大爷和张大爷实力相当，每局获胜的可能性相同，每局比赛相互独立.（1）求张大爷获得乒乓球比赛冠军的概率；（2）冠亚军决赛结束后，社区组委会决定进行趣味性和观赏性极强的“花式乒乓球”对抗赛，“花式乒乓球”

对抗赛由刘大爷和周大爷进行比赛，比赛采用三局两胜制，即选手率先获得两局胜利时，比赛结束并赢得冠军.刘大爷和周大爷在一局比赛获胜的概率分别为21,33，且每局比赛相互独立.比赛开始前，工作人员拿来两盒新球，分别为“装有2个白球与1

个黄球”的白盒与“装有1个白球与2个黄球”的黄盒.每局比赛前裁判员从盒中随机取出一颗球用于比赛，且局中不换球，该局比赛后，直接丟弃，裁判按照如下规则取球：每局取球的盒子颜色与上一局比赛用球的颜色一致，且第一局从白盒中取球，记两位大爷决出冠军后，两盒内白球

剩余的总数为，求随机变量的分布列与数学期望.【答案】（1）12（2）分布列见解析；4727E；【解析】【分析】（1）张大爷获得乒乓球比赛冠军共进行的局数为3,4,5，求出其对应的概率，由分类加法计数原理即可得出答案.（2）求出随机变量的可能取值及其对应概率，

由数学期望公式求解即可得出答案；【小问1详解】记张大爷获得乒乓球比赛冠军共进行的局数为随机变量，则的可能取值为3,4,5，记事件A：“张大爷获得乒乓球比赛冠军”，则345PAPPP3222223411111111CC22222222

.【小问2详解】设刘大爷和周大爷“花式兵兵球”对抗赛进行了X局比赛，易知2X或3X，则222152339PX，故43129PXPX，记iW表示第i局从白盒中抽

取的白色球.iW表示第i局从白盒中抽取的黄色球，iX表示第i局从黄盒中抽取的黄色球，iX表示第i局从黄盒中抽取的白色球，随机变量的所有可能取值为1,2,3；12123123123123PPXPWWPXPWWWPWWXPWXW

5214212111111932932323338513，1212123123223PPXPWWPWXPXPWWXPWXX521114212121329323393233

328112123323PPXPWXPXPWXX512412114933933281，则的分布列为：1

23P3581328114813532144712381818127E22.已知函数11eln4xfxaxxa.（参考数据，e2.718,ln20.693）（1）证明：11lnfxax；（2）若32fxx，求实数a的取值的集合

.【答案】（1）见解析（2）1a【解析】【分析】（1）设1lnxfxax，对x求导，得到x的单调性，证明max1x即可证明11lnfxax；（2）设23gxfxx，对

gx求导，讨论1a，1a和114a时，max0gx是否成立，即可求出实数a的取值的集合.【小问1详解】设11lneln1lnxxfxaxaxxax，则11，

11eln1xaxaxx，设11eln1xauxxaxx，则212e11xxaxuxx，设21e1xvxx，212exvxxx，当02x时，0

vx，函数vx单调递增，当2x时，0vx，函数vx单调递减，所以当0x时，421evxv，因为当01x，10vxv且14a，此时212e110xxaxuxx，当1x时，221112e24vxvax，

此时也有0ux，所以当0x时，xux单调递减，当01x时，，10xuxu，x单调递增，当1x时，10xuxu，x单调

递减，所以当14a时，11x，所以11lnfxax，故原不等式得证.【小问2详解】设123eln23xgxfxxaxxx，则10g，1eln12xgxax，令

110ga，可得1a，令12eln1xhxax，其中0x，1111eexxaxhxaxx，令1exxpxa，其中0x，则11exxpx，当01x时，0p

x，此时函数px单调递增，当1x时，0px，此时函数px单调递减，所以max11pxpa，①当1a时，10pxp，则10hxpxx，且hx

不恒为0，所以函数gx在区间0,上单调递减，所以当01x时，10gxg，则gx单调递增，当1x时，10gxg，则gx单调递减.所以10gxg，即32fxx.②当1a时

，110pxpa，则10hxpxx，所以函数gx在区间0,上单调递减，因为11e1110,2e0egag，此时存在11,1ex

，使得10gx，且当1,1,0xxgx，gx单调递减，所以110gxg，不合题意；③当114a时，max110pxpa，因为ln1

ln1ln1,1lnln0eaaapaaaa，由于函数px在区间1,上单调递减，故存在21lnxa，使得当21,xx时，0px，此时，10hxpxx，则

函数gx在区间21,x上单调递增，故当21,xx时，110gxga，gx单调递增，所以210gxg，不满足题意.综上所述，若32fxx，则1a.【点睛】方法

点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式fxgx（或fxgx）转化为证明0fxgx（或0fxgx），进而构造辅助函数hxfxgx；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiang

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