2020届甘肃省白银市靖远县高三第一次联考数学（理）试题（解析版）.doc

1、第 1 页 共 18 页 2020 届甘肃省白银市靖远县高三第一次联考数学（理）试题届甘肃省白银市靖远县高三第一次联考数学（理）试题 一、单选题一、单选题 1已知集合已知集合 2 |2150 , | 24Ax xxBxx ，则，则AB （ ） A | 2 3xx B | 54xx C | 5 2xx D |34xx 【答案】【答案】A 【解析】【解析】先求出集合A,再与集合B取交集即可. 【详解】 因为 2 |2150 | 53, | 24Ax xxxxBxx ,所以 | 23ABxx . 故选:A. 【点睛】 本题考查集合的交集,考查不等式的解法,考查了学生的运算求解能力,属于基础题. 2若

2、复数若复数z满足满足(23i) 13iz，则，则z （ ） A3 2i B32i C3 2i D3 2i 【答案】【答案】B 【解析】【解析】由题意得, 13i 23i z ,求解即可. 【详解】 因为(23i)13iz,所以 13i13i(2 3i)26i39 3 2i 2 3i(2 3i)(2 3i)4 9 z . 故选:B. 【点睛】 本题考查复数的四则运算,考查运算求解能力,属于基础题. 3若向量若向量(1,5),( 2,1)ab ，则，则(2 )aab（ ） A30 B31 C32 D33 【答案】【答案】C 【解析】【解析】先求出 2ab ,再与a相乘即可求出答案. 【详解】 第

3、2 页 共 18 页 因为2(1,5)( 4,2)( 3,7)ab ,所以(2 )3 5 732a ab . 故选:C. 【点睛】 本题考查了平面向量的坐标运算,考查了学生的计算能力,属于基础题. 4已知函数已知函数 2 log (1),1 ( ) 3 ,1 x xx f x x ，则，则( 2)ff （ ） A1 B2 C3 D4 【答案】【答案】C 【解析】【解析】结合分段函数的解析式,先求出( 2)f ,进而可求出( 2)ff . 【详解】 由题意可得 2 ( 2)39f ，则 2 (9)log (9 13( 2)f ff. 故选:C. 【点睛】 本题考查了求函数的值,考查了分段函数的性

4、质,考查运算求解能力,属于基础题. 5在明代程大位所著的算法统宗中有这样一首歌谣，在明代程大位所著的算法统宗中有这样一首歌谣，“放牧人粗心大意，三畜偷偷放牧人粗心大意，三畜偷偷 吃苗青，苗主扣住牛马羊，要求赔偿五斗粮，三畜户主愿赔偿，牛马羊吃得异样马吃吃苗青，苗主扣住牛马羊，要求赔偿五斗粮，三畜户主愿赔偿，牛马羊吃得异样马吃 了牛的一半， 羊吃了马的一半了牛的一半， 羊吃了马的一半 ”请问各畜赔多少？它的大意是放牧人放牧时粗心大意，请问各畜赔多少？它的大意是放牧人放牧时粗心大意， 牛、马、羊偷吃青苗，青苗主人扣住牛、马、羊向其主人要求赔偿五斗粮食（牛、马、羊偷吃青苗，青苗主人扣住牛、马、羊向其

5、主人要求赔偿五斗粮食（1 斗斗=10 升） ，三畜的主人同意赔偿，但牛、马、羊吃的青苗量各不相同马吃的青苗是牛的一升） ，三畜的主人同意赔偿，但牛、马、羊吃的青苗量各不相同马吃的青苗是牛的一 半， 羊吃的青苗是马的一半 问羊半， 羊吃的青苗是马的一半 问羊、 马、 牛的主人应该分别向青苗主人赔偿多少升粮食？、 马、 牛的主人应该分别向青苗主人赔偿多少升粮食？ （ ） A 25 50 100 , 777 B 25 25 50 , 1477 C 100 200 400 , 777 D 50 100 200 , 777 【答案】【答案】D 【解析】【解析】设羊户赔粮 1 a升,马户赔粮 2 a升,牛

6、户赔粮 3 a升,易知 123 ,a a a成等比数 列, 123 2,50qaaa,结合等比数列的性质可求出答案. 【详解】 设羊户赔粮 1 a升,马户赔粮 2 a升,牛户赔粮 3 a升,则 123 ,a a a成等比数列,且公比 123 2,50qaaa,则 1(1 aq 2 50q,故 1 2 5050 1227 a , 21 100 2 7 aa, 2 31 200 2 7 aa. 第 3 页 共 18 页 故选:D. 【点睛】 本题考查数列与数学文化,考查了等比数列的性质,考查了学生的运算求解能力,属于基 础题. 6已知函数已知函数( )sin( )f xAx 的部分图象如图所示，则

7、的部分图象如图所示，则()f（ ） A 1 3 B 1 3 C 2 3 D 2 3 【答案】【答案】B 【解析】【解析】结合图象,可求出 ,T的值,由 1 23 f ,可求得 sinA的值,再由 ()sinfA 可求出答案. 【详解】 由图象知， 53 4884 T ， 即 2 T ， 则2， 从而( )sin( 2)f xAx. 因为 sin( ) 2 fA 1 3 ,所以 1 sin 3 A ,则 1 ()sin( 2)sin 3 fAA . 故选:B. 【点睛】 本题考查三角函数求值,考查三角函数的图象性质的应用,考查学生的推理能力与运算求 解能力,属于中档题. 7若函数若函数 32 (

8、 )3f xaxxb在在1x 处取得极值处取得极值 2，则，则ab（ ） 第 4 页 共 18 页 A-3 B3 C-2 D2 【答案】【答案】A 【解析】【解析】对函数 ( )f x求导,可得 (1)0 (1)2 f f ,即可求出, a b,进而可求出答案. 【详解】 因为 32 ( )3f xaxxb,所以 2 ( )36fxaxx,则 (1)360 (1)32 fa fab ,解得 2,1ab ,则 3a b . 故选:A. 【点睛】 本题考查了函数的导数与极值,考查了学生的运算求解能力,属于基础题. 8某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（某几何体的三视图如图所示，则该几何体

9、的体积为（ ） A 8 3 16 3 3 B 4 16 3 3 C16 3 4 3 3 D 4 3 16 3 3 【答案】【答案】D 【解析】【解析】结合三视图可知,该几何体的上半部分是半个圆锥,下半部分是一个底面边长为 4,高为 4 的正三棱柱,分别求出体积即可. 【详解】 由三视图可知该几何体的上半部分是半个圆锥,下半部分是一个底面边长为 4,高为 4 的 正三棱柱,则上半部分的半个圆锥的体积 1 114 3 4 2 3 233 V ,下半部分的正 三棱柱的体积 2 1 4 2 34 2 V 16 3,故该几何体的体积 12 4 3 16 3 3 VVV . 故选:D. 第 5 页 共 1

10、8 页 【点睛】 本题考查三视图,考查空间几何体的体积,考查空间想象能力与运算求解能力,属于中档 题. 9设设 0.3 80.3 log 0.2,log4,4abc，则（，则（ ） Acba Babc Cacb Dbac 【答案】【答案】D 【解析】【解析】结合指数函数及对数函数的单调性,可判断出10a ,1b,1c,即可选 出答案. 【详解】 由 0.30.3 10 log4log1 3 ,即1b, 又 888 1log 0.125log 0.2log 10 ,即 10a , 0.3 41 ,即1c, 所以bac. 故选:D. 【点睛】 本题考查了几个数的大小比较,考查了指数函数与对数函数的

11、单调性的应用,属于基础 题. 10给出下列三个命题：给出下列三个命题： “ 2 000 ,210xxx R”的否定；的否定； 在在ABC中，中，“30B ”是是“ 3 cos 2 B ”的充要条件；的充要条件； 将函数将函数 2cos2yx 的图象向左平移的图象向左平移 6 个单位长度， 得到函数个单位长度， 得到函数 2cos 2 6 yx 的图的图 象象 其中假命题的个数是（其中假命题的个数是（ ） A0 B1 C2 D3 【答案】【答案】C 【解析】【解析】结合不等式、三角函数的性质,对三个命题逐个分析并判断其真假,即可选出答 案. 【详解】 对于命题,因为 2 2 000 2110xx

12、x ,所以“ 2 000 ,210xxx R”是真命题, 第 6 页 共 18 页 故其否定是假命题,即是假命题; 对于命题,充分性:ABC中,若 30B ,则30180B ,由余弦函数的单调性可 知,cos180 coscos30B ,即 3 1cos 2 B ,即可得到 3 cos 2 B ,即充分性成 立;必要性:ABC中,0 180B ,若 3 cos 2 B ,结合余弦函数的单调性可 知,cos180 coscos30B ,即30180B ,可得到30B ,即必要性成立.故命题 正确; 对于命题,将函数 2cos2yx 的图象向左平移 6 个单位长度,可得到 2cos 2 3 2co

13、s 2 6 xyx 的图象,即命题是假命题 故假命题有. 故选:C 【点睛】 本题考查了命题真假的判断,考查了余弦函数单调性的应用,考查了三角函数图象的平移 变换,考查了学生的逻辑推理能力,属于基础题. 11已知函数已知函数( )2cos (0) 3 f xx 在在, 3 2 上单调递增，则上单调递增，则的取值的取值范范 围（围（ ） A 2 ,2 3 B 2 0, 3 C 2 ,1 3 D(0,2 【答案】【答案】B 【解析】【解析】 由 32 x,可得 333 32 x,结合 cosyx 在 ,0 上 单调递增,易得 , ,0 33 32 ,即可求出的范围. 【详解】 由 32 x,可得

14、333 32 x, 0x时, (0)2cos 3 f ,而 , 3 2 0 , 第 7 页 共 18 页 又 cosyx 在 ,0 上单调递增,且 ,0 3 , 所以 , ,0 33 32 ,则 33 0 23 0 ,即 2 2 3 0 ,故 2 0 3 . 故选:B. 【点睛】 本题考查了三角函数的单调性的应用,考查了学生的逻辑推理能力,属于基础题. 12已知函数已知函数( )eln mx f xmx，当，当0x时，时， ( )0f x 恒成立，则恒成立，则m的取值范围为的取值范围为 （ ） A 1 , e B 1 ,e e C1,) D(,e) 【答案】【答案】A 【解析】【解析】分析可得

15、0m,显然eln0 mx mx在 0,1上恒成立,只需讨论1x 时的情 况即可,( )0f x eln mx mx ln eeln mxx mxx ,然后构造函数 ( )e (0) x g xxx,结合( )g x的单调性,不等式等价于lnmxx,进而求得m的取值范 围即可. 【详解】 由题意,若0m,显然 ( )f x不是恒大于零,故 0m. 0m,则eln0 mx mx在 0,1上恒成立; 当1x 时,( )0f x 等价于eln mx mx , 因为1x ,所以 ln eeln mxx mxx . 设( )e (0) x g xxx,由( )e (1) x g xx,显然( )g x在(

16、0,)上单调递增, 因为0,ln0mxx,所以 ln eeln mxx mxx等价于 ()(ln )g mxgx,即 lnmxx,则 ln x m x . 设 ln ( )(0) x h xx x ,则 2 1 ln ( )(0) x h xx x . 第 8 页 共 18 页 令( )0h x ,解得ex,易得 ( )h x在(0,e)上单调递增,在(e,)上单调递减, 从而 max 1 ( )(e) e h xh，故 1 e m . 故选:A. 【点睛】 本题考查了不等式恒成立问题,利用函数单调性是解决本题的关键,考查了学生的推理能 力,属于基础题. 二、填空题二、填空题 13若实数若实数

17、 x，y 满足约束条件满足约束条件 320 20 440 xy xy xy ，则，则 2zxy 的最大值为的最大值为_. 【答案】【答案】3 【解析】【解析】作出可行域,可得当直线 2zxy 经过点(1,1)A时,z取得最大值,求解即可. 【详解】 作出可行域（如下图阴影部分）,联立 320 20 xy xy ,可求得点1,1A, 当直线 2zxy 经过点(1,1)A时, max 1 2 13z . 故答案为:3. 【点睛】 本题考查线性规划,考查数形结合的数学思想,属于基础题. 14若函数若函数 2 2 ( ) 21 x ax f xx 为奇函数，则为奇函数，则a_. 第 9 页 共 18

18、页 【答案】【答案】-2 【解析】【解析】由 ( )f x是定义在R上的奇函数,可知对任意的x,()( )fxf x 都成立,代入 函数式可求得a的值. 【详解】 由题意,( )f x的定义域为R, 2 22 ( )1 2121 xx axa f xxx , ( )f x是奇函数,则()( )fxf x ,即对任意的 x, 2 2 11 2121 xx aa xx 都成立, 故11 2121 xx aa ,整理得20a,解得2a . 故答案为:2. 【点睛】 本题考查奇函数性质的应用,考查学生的计算求解能力,属于基础题. 15记等差数列记等差数列 n a和和 n b的前的前n项和分别为项和分别

19、为 n S和和 n T，若，若 35 7 n n Sn Tn ，则，则 7 7 a b _. 【答案】【答案】 11 5 【解析】【解析】 结合等差数列的前n项和公式,可得 7713 77 113 11133 13 13 13 2 13 2 aa bbb aa Tb S ,求解即可. 【详解】 由题意, 113 137 13 13 2 aa Sa , 1 13 13 7 13 13 2 bb bT , 因为 35 7 n n Sn Tn ,所以 7713 7713 133 13 511 131375 aaS bbT . 故答案为:11 5 . 【点睛】 本题考查了等差数列的前n项和公式及等差中

20、项的应用,考查了学生的计算求解能力,属 第 10 页 共 18 页 于基础题. 16在平面五边形在平面五边形ABCDE中，中，60A ，6 3ABAE，BCCD，且，且 6BCDE.将五边形将五边形ABCDE沿对角线沿对角线BE折起，使平面折起，使平面ABE与平面与平面BCDE所成的所成的 二面角为二面角为120，则沿对角线，则沿对角线BE折起后所得几何体的外接球的表面积是折起后所得几何体的外接球的表面积是_. 【答案】【答案】252 【解析】【解析】 设ABE的中心为 1 O， 矩形BCDE的中心为 2 O， 过 1 O作垂直于平面ABE的 直线 1 l，过 2 O作垂直于平面BCDE的直线

21、 2 l，得到直线 1 l与 2 l的交点O为几何体 ABCDE外接球的球心，结合三角形的性质，求得球的半径，利用表面积公式，即可求 解. 【详解】 设ABE的中心为 1 O，矩形BCDE的中心为 2 O， 过 1 O作垂直于平面ABE的直线 1 l，过 2 O作垂直于平面BCDE的直线 2 l， 则由球的性质可知，直线 1 l与 2 l的交点O为几何体ABCDE外接球的球心， 取BE的中点F，连接 1 O F， 2 O F， 由条件得 12 3O FO F， 12 120O FO，连接OF， 因为 12 OFOOFO ，从而 1 3 3OO ， 连接OA，则OA为所得几何体外接球的半径， 在

22、直角 1 AOO中， 由 1 6O A， 1 3 3OO ， 可得 222 11 273663OAOOO A ， 即外接球的半径为63ROA， 故所得几何体外接球的表面积为 2 4252SR . 故答案为：252. 第 11 页 共 18 页 【点睛】 本题主要考查了空间几何体的结构特征，以及多面体的外接球的表面积的计算，其中解 答中熟记空间几何体的结构特征，求得外接球的半径是解答的关键，着重考查了空间想 象能力与运算求解能力，属于中档试题. 三、解答题三、解答题 17在在ABC中，角中，角 , ,A B C的对边分别为 的对边分别为, ,a b c.已知已知3ab=，且，且 ()(sinsi

23、nsin)sin2 sinabcABCcCaB . （1）求）求cosC的值；的值； （2）若）若ABC的面积是的面积是2 2，求，求ABC的周长的周长. 【答案】【答案】 （1） 3 cos 3 C ； （2）22 32 2 【解析【解析】 （1）由正弦定理可得, 2 ()()2abc abccab ,化简并结合3ab=,可 求得, ,a b c三者间的关系,代入余弦定理可求得cosC; （2）由（1）可求得sinC,再结合三角形的面积公式,可求出, ,a b c,从而可求出答案. 【详解】 （1）因为()(sinsinsin)sin2 sinabcABCcCaB, 所以 2 ()()2ab

24、c abccab ,整理得: 222 2abc . 因为3ab=,所以 22 42bc ,所以 2cb . 由余弦定理可得 222222 2 323 cos 2323 abcbbb C abb . （2）由（1）知 3 cos 3 C ,则 2 6 sin1 cos 3 CC , 因为ABC的面积是2 2,所以 1 sin2 2 2 abC , 即 2 1 32 3 2 2 6 b ,解得2b,则2 3,2 2ac . 故ABC的周长为:22 32 2. 【点睛】 本题考查了正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用,考查了三角形面积公式的应用,属 第 12 页 共 18 页 于基础题. 18已知首

25、项为已知首项为 2 的数列的数列 n a满足满足 1 1 22 1 n n n na a n . （1）证明：数列）证明：数列 2 n n na 是等差数列是等差数列 （2）令）令 nn ban，求数列，求数列 n b的前的前n项和项和 n S . 【答案】【答案】 （1）见解析； （2） 12 11 22 22 n n Snn 【解析】【解析】 （1）由原式可得 1 1 (1)22n nn nana ,等式两端同时除以 1 2n ,可得到 1 1 (1) 1 22 nn nn nana ,即可证明结论; （2）由（1）可求得 2 n n na 的表达式,进而可求得, nn a b的表达式,然

26、后求出 n b的前n项 和 n S即可. 【详解】 （1）证明:因为 1 1 22 1 n n n na a n ,所以 1 1 (1)22n nn nana , 所以 1 1 (1) 1 22 nn nn nana ,从而 1 1 (1) 1 22 nn nn nana ,因为 1 2a ,所以 1 1 2 a , 故数列 2 n n na 是首项为 1,公差为 1 的等差数列. （2）由（1）可知11 2 n n na nn ,则2n n a ,因为 nn ban,所以2n n bn, 则 123nn Sbbbb 23 (2 1)22232nn 23 2222(123) n n 212 (

27、1) 122 n n n 12 11 22 22 n nn . 【点睛】 本题考查了等差数列的证明,考查了等差数列及等比数列的前n项和公式的应用,考查了 学生的计算求解能力,属于中档题. 19已知函数已知函数 31 ( )sin3cos 22 f xabxabx ，且，且 (0)1,1 3 ff . （1）求）求 ( )f x的解析式； 的解析式； 第 13 页 共 18 页 （2）已知）已知 2 ( )23(14)g xxxmm，若对任意的，若对任意的 1 0,x ，总存在，总存在 2 2,xm ，使得，使得 12 f xg x成立，求成立，求m的取值范围的取值范围. 【答案】【答案】 （1

28、） ( )2sin 6 f xx ； （2）1,3 【解析】【解析】 （1）由 (0)1,1 3 ff ,可求出, a b的值,进而可求得 ( )f x的解析式; （2）分别求得 ( )f x和( )g x的值域,再结合两个函数的值域间的关系可求出m的取值范 围. 【详解】 （1）因为 (0)1,1 3 ff ,所以 1 (0)31 2 331 1 31 3222 2 fab fabab , 解得 3 1, 2 ab , 故 3313 ( )sincos 2222 f xxx 3sincos2sin 6 xxx . （2）因为0,x,所以 5 , 666 x ,所以 1 sin,1 62 x

29、，则 ( ) 1,2f x , 2 ( )23g xxxm图象的对称轴是1x . 因为14, 2mxm ,所以 minmax ( )(1)4, ( )( 2)5g xgmg xgm, 则 14 41 52 m m m ,解得13m,故m的取值范围是 1,3. 【点睛】 本题考查了三角函数的恒等变换,考查了二次函数及三角函数值域的求法,考查了学生的 计算求解能力,属于中档题. 20如图，底面如图，底面ABCD是等腰梯是等腰梯形，形， / /,224ADBC ADABBC ，点，点E为为AD 的中点，以的中点，以BE为边作正方形为边作正方形BEFG，且平面，且平面BEFG平面平面ABCD . 第

30、14 页 共 18 页 （1）证明：平面）证明：平面ACF 平面平面BEFG . （2）求二面角）求二面角ABFD的正弦值的正弦值 【答案】【答案】 （1）见解析； （2） 4 70 sin 35 【解析】【解析】 （1）先证明四边形ABCE是菱形,进而可知ACBE,然后可得到AC 平面 BEFG,即可证明平面ACF 平面BEFG; （2）记 AC,BE 的交点为 O,再取 FG 的中点 P.以 O 为坐标原点,以射线 OB,OC,OP 分别 为 x 轴、 y 轴、 z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,分别求出平面 ABF 和DBF的法向量,m n,然后由cos, | m n

31、m n m n ,可求出二面角ABFD的余弦值, 进而可求出二面角的正弦值. 【详解】 （1）证明：因为点E为AD的中点,2ADBC,所以AEBC, 因为/ /ADBC,所以/AEBC,所以四边形ABCD是平行四边形, 因为ABBC,所以平行四边形ABCE是菱形,所以ACBE, 因为平面BEFG平面ABCD,且平面BEFG平面ABCDBE,所以AC 平面 BEFG. 因为AC 平面ACF,所以平面ACF 平面BEFG. （2）记 AC,BE 的交点为 O,再取 FG 的中点 P.由题意可知 AC,BE,OP 两两垂直,故以 O 为坐标原点,以射线 OB,OC,OP 分别为 x 轴、y 轴、z

32、轴的正半轴建立如图所示的空间直 角坐标系Oxyz. 因为底面 ABCD 是等腰梯形,/ /,224ADBC ADABBC,所以四边形 ABCE 是菱 形，且60BAD , 所以(0,3,0), (1,0,0),( 1,0,0),( 2, 3,0),( 1,0,2)ABEDF, 则(1, 3,0),( 2,0,2),( 3, 3,0)ABBFBD ,设平面 ABF 的法向量为 第 15 页 共 18 页 111 ,mx y z, 则 11 11 30 220 m ABxy m BFxz ,不妨取 1 1y ,则 ( 3, 1, 3)m , 设平面 DBF 的法向量为 222 ,nx y z, 则

33、 22 22 330 220 n BDxy n BFxz ,不妨取 2 1x ,则 (1, 3,1)n , 故 3105 cos, 35|75 m n m n m n . 记二面角ABFD的大小为,故 34 70 sin1 3535 . 【点睛】 本题考查了面面垂直的证明,考查了二面角的求法,利用空间向量求平面的法向量是解决 空间角问题的常见方法,属于中档题. 21已知函数已知函数( )e2 x f xmxm . （1）当）当1m时，求曲线时，求曲线( )yf x在点在点(0,(0)f处的切线方程；处的切线方程； （2）若）若( )0f x 在在(0,)上恒成立，求上恒成立，求m的取值的取值范

34、围范围 【答案】【答案】 （1）y x ； （2）2,) 【解析】【解析】 （1）1m,对函数( )yf x求导,分别求出(0)f和 (0) f ,即可求出 ( )f x在点 (0,(0)f 处的切线方程; （2）对 ( )f x求导,分 2m、02m和0m三种情况讨论 ( )f x的单调性,再结合 ( )0f x 在(0,)上恒成立,可求得m的取值范围. 第 16 页 共 18 页 【详解】 （1）因为1m,所以( )e21 x f xx,所以( )e2 x fx, 则(0)0,(0)1ff ,故曲线 ( )yf x在点(0,(0)f处的切线方程为y x . （2）因为( )e2 x f x

35、mxm,所以( )e2 x fxm , 当2m 时,( )0fx 在(0,)上恒成立,则 ( )f x在(0,)上单调递增, 从而( )(0)0f xf成立,故2m符合题意; 当02m时,令 ( )0fx,解得 2 0lnx m ,即( )f x在 2 0,ln m 上单调递减, 则 2 ln(0)0ff m ,故02m 不符合题意; 当0m 时, 0( )e2 x fxm在(0, )上恒成立,即( )f x在(0,)上单调递减, 则( )(0)0f xf,故0m不符合题意. 综上,m的取值范围为2,) . 【点睛】 本题考查了曲线的切线方程的求法,考查了利用导数研究函数的单调性,考查了不等式

36、恒 成立问题,利用分类讨论是解决本题的较好方法,属于中档题. 22已知函数已知函数 2 ( )52lnf xxxx . （1）求）求 ( )f x的极值； 的极值； （2）若）若 123 f xf xf x，且，且 123 xxx，证明：，证明： 12 1xx . 【答案】【答案】 （1） ( )f x极大值为 9 2ln2 4 ；极小值为6 2ln2 ； （2）见解析 【解析】【解析】 （1）对函数 ( )f x求导,进而可求出单调性,从而可求出函数的极值; （2）构造函数 1 ( )( )(1),0, 2 F xf xfx x ,求导并判断单调性可得( ) 0F x ,从 而( )(1)f

37、 xfx在 1 0, 2 上恒成立,再结合 1 1 0, 2 x , 211 1f xf xfx, 可得到 21 1xx ,即可证明结论成立. 【详解】 第 17 页 共 18 页 （1）函数 ( )f x的定义域为 0, 2(21)(2) ( )25(0) xx fxxx xx , 所以当 1 0,(2,) 2 x 时,( )0fx ;当 1 ,2 2 x 时,( )0fx , 则 ( )f x的单调递增区间为 1 0, 2 和(2,),单调递减区间为 1 ,2 2 . 故 ( )f x的极大值为 11519 2ln2ln2 24224 f ;( )f x的极小值为 (2)4 102ln26

38、2ln2f . （2）证明:由（1）知 123 1 02 2 xxx, 设函数 1 ( )( )(1),0, 2 F xf xfx x , 则 2 2 ( )52ln15 12ln 1F xxxxxxx , 2 (21)(2)(21)(1)2(21) ( ) 1(1) xxxxx F x xxxx , 则( )0F x 在 1 0, 2 上恒成立,即( )F x在 1 0, 2 上单调递增, 故 1 ( ) 2 F xF , 又 111 0 222 Fff ,则 1 ( )( )(1)0,0, 2 F xf xfxx , 即( )(1)f xfx在 1 0, 2 上恒成立. 因为 1 1 0, 2 x ,所以 11 1f xfx, 又 21 f xf x,则 21 1f xfx, 因为 21 1 ,1,2 2 xx ,且 ( )f x在 1 ,2 2 上单调递减, 所以 21 1xx ,故 12 1xx. 【点睛】 本题考查函数的单调性与极值,考查了利用导数证明不等式,构造函数是解决本题的关键, 第 18 页 共 18 页 属于难题.