2021年新高考数学 高三冲刺模拟卷09（江苏专用）（解析版）

绝密★启用前 2021 年新高考数学 高三冲刺模拟卷 09（江苏专用）数学 （考试时间：120 分钟 试卷满分：150 分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦 干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将答题卡交回。 一、选择题：本题共 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  2, NA x x x   ，集合  2| 6 0B x x x    ，则 A B  （ ） A． 2 B． 3,2 C． 3,1 D． 3,0,1,2 【答案】A 【解析】集合    2, N 0,1,2A x x x    ，集合    2| 6 0 3,2B x x x      ， 所以  2A B  . 2．在复平面内，复数 i iz 43 5  （i 为虚数单位），则 z 对应的点的坐标为（ ） A．（3，4） B．（﹣4，3） C． )5 3,5 4(  D． )5 3,5 4(  【答案】D 【解析】因为 ii i i i i i iz 5 3 5 4 25 2015 43 43 43 5 43 5   ， 所以 iz 5 3 5 4  ，对应的点 )5 3,5 4(  ． 3． 52 )21)(1(  xx 展开式的常数项为（ ） A．112 B．48 C．﹣112 D．﹣48 【答案】C 【解析】∵ 5)21(  x 展开式的通项公式为 rrr r xCT )2()1( 5 51    ， 分别令 r＝3、r＝5，可得 52 )21)(1(  xx 展开式的常数项为﹣80﹣32＝﹣112 4．我国古代著作《庄子•天下篇》引用过一句话：“一尺之棰，日取其半，万世不竭．”其含义是：一尺长 的木棍，每天截去它的一半，永远也截不完．在这个问题中，记第 n 天后剩余木棍的长度为 an，数列{an} 的前 n 项和为 Sn，则使得不等式 Sn＞ 32 31 成立的正整数 n 的最小值为（ ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】B 【解析】由题设可得：数列{an}是首项、公比为 2 1 的等比数列， ∴ n n nnn Sa )2 1(1 2 11 ])2 1(1[2 1 ,2 1     ， 又由 Sn＞ 32 31 可得： 32 31)2 1(1  n ，解得：n＞5，∵n∈N*，∴nmin＝6． 5．函数 xexf x sin)11 2()(  图象的大致形状是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 xe exf x x sin1 1)(   ， 则 )(sin1 1)sin(1 1)sin(1 1)( xfxe exe exe exf x x x x x x       ， 则 f（x）是偶函数，则图象关于 y 轴对称，排除 B，D， 由 f（x）＝0，得 1﹣ex＝0 或 sinx＝0， 得 x＝kπ，k∈Z，即当 x＞0 时，第一个零点为π， 当 x＝1 时， 01sin1 1)1(   e ef ，排除 A，故选：C． 6．2019 年湖南等 8 省公布了高考改革综合方案，将采取“3+1+2”模式，即语文、数学、英语必考，考生首 先在物理、历史中选择 1 门，然后在政治、地理、化学、生物中选择 2 门．则某同学选到物理、地理两 门功课的概率为（ ） A． 8 1 B． 5 1 C． 4 1 D． 3 1 【答案】C 【解析】采取“3+1+2”模式，即语文、数学、英语必考， 考生首先在物理、历史中选择 1 门，然后在政治、地理、化学、生物中选择 2 门． 基本事件总数 122 4 1 2  CCn ， 某同学选到物理、地理两门功课包含的基本事件个数 31 3 2 2  CCm ， ∴某同学选到物理、地理两门功课的概率为 4 1 n mP ．故选：C． 7 ． 设 F1 ， F2 是 双 曲 线 184: 22  yxC 的 两 个 焦 点 ， O 为 坐 标 原 点 ， 点 P 在 C 的 左 支 上 ， 且 32 |||| 11  OP OPPF OP OPOF ，则△PF1F2 的面积为（ ） A．8 B． 38 C．4 D． 34 【答案】A 【解析】由 32 |||| 11  OP OPPF OP OPOF ，可得 32|| OP ， F1，F2 是双曲线 184: 22  yxC 的两个焦点， 不妨设 ),0,32(),0,32( 21 FF  ， 所以 ||2 1|| 21FFOP  ，所以点 P 在以 F1F2 为直径的圆上，即△PF1F2 是以 P 为直角顶点的直角三角形， 故 2 21 2 2 2 1 |||||| FFPFPF  ，即 48|||| 2 2 2 1  PFPF ． 又||PF1|﹣|PF2||＝2a＝4， 所以 ||||248||||2||||||||||16 2121 2 2 2 1 2 21 PFPFPFPFPFPFPFPF  ， 解得|PF1||PF2|＝16， 所以 8||||2 1 2121  PFPFS FPF ．故选：A． 8．骑自行车是一种能有效改善心肺功能的耐力性有氧运动，深受大众喜爱，如图是某一自行车的平面结 构示意图，已知图中的圆 A（前轮），圆 D（后轮）的半径均为 ，△ABE，△BEC，△ECD 均是边 长为 4 的等边三角形．设点 P 为后轮上的一点，则在骑动该自行车的过程中， 的最大值为（ ） A．18 B．24 C．36 D．48 【答案】C 【解析】据题意：圆 D（后轮）的半径均为 3 ，△ABE，△BEC，△ECD 均是边长为 4 的等边三角形．点 P 为后轮上的一点，如图建立平面直角坐标系： 则 A（﹣8，0），B（﹣6， 32 ），C（﹣2， 32 ）． 圆 D 的方程为 x2+y2＝3，可设 P（  sin3,cos3 ）， 所以 )32sin3,6cos3(),32,6(  BPAC ， 故 36241224)3sin(12)cos2 3sin2 1(1224cos36sin6  BPAC ． 故选：C． 二、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。部分选对的特 2 分，有选错的得 0 分。 9.已知 1loglog0 2 1 2 1  ba ，则下列说法正确的是（ ） A. 2 2 11 4a b＞ ＞ ＞ B. 1 12 1a b ＞ ＞ ＞ C. 1 1 a b b a  ＞ D. 1 1e ee b＞ ＞ 【答案】ACD 【解析】已知 1 1 2 2 0 log log 1,a b   因为 y  1 2 log x 在区间 0,  上单调递减，所以 1 2 b a   1, 所以 2 21 1,4 b a   故 A 正确; 因为函数 1y x  在区间 0,  上单调递减，因为 1 1,2 b a   所以 2  1 1 1,b a   故 B 错误; 因为 1 1 a b b a                  2 21 1 1 1 1 1 a b a ba a b b b a b a                 1 .1 1 a b a b b a      又 1 1,2 b a   所以 1,a b        1 0,1 1 a b a b b a      故C 正确; 因为 1 2 b    1,a   函数 xy e 为单调递增函数，所以 1 e  1a be e e    ，故 D 正确. 10．已知函数 ( ) sin cos ( 0)f x a x b x ab   ，且对任意 xR 都有 ( ) ( )3 3f x f x    ，则 A． ( )f x 的最小正周期为 2π B． ( )f x 在[ 2 3  ， 3  ]上单调递增 C． 5 6  是 ( )f x 的一个零点 D． 3a b  【答案】ACD 【解析】A 选项明显正确； ( )f x 在[ 2 3  ， 3  ]上单调递增，不一定正确，B 错误； 因为 5 6  ﹣ 3 2 4 T   ，故 C 正确； 2 2sin cos3 3a b a b    ，两边平方，并化简得： 2( 3 ) 0a b  ，则 3a b ，即 3a b  ，D 正确． 综上，选 ACD． 11．已知抛物线 C：y2＝4x 的焦点为 F，P（x1，y1），Q（x2，y2）是抛物线上两点，则下列结论正确的是 （ ） A．C 的准线方程：x＝﹣1 B．若直线 PQ 过点 F，则 x1x2＝4 C．若 ，则线段 PQ 的中点 M 到 y 轴的距离为 D．若 ，则 S△OPQ≥2 【答案】ACD 【解析】A：y2＝4x，∴2p＝4，p＝2，故准线方程为 x＝ 2 p ＝﹣1，故 A 正确； B：若 PQ 过点 F，设 PQ 为 x＝my+1，联立抛物线 C：y2＝4x 得，y2﹣4my﹣4＝0， y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4，则 x1x2＝ 144 2 2 2 1  yy ＝1，故 B 错误． C：|PF|＝x1+1，|QF|＝x2+1，|PF|+|QF|＝x1+x2+2＝ 2 5 ，∴x1+x2＝ 2 1 ， 则 xm＝ 4 1 2 21  xx ，M 到 y 轴的距离为 xm，即 4 1 ，故 C 正确． D：∵ QFPF  ，故 P，Q，F 三点共线，|y1﹣y2|＝ 21 2 21 4)( yyyy  ， ∴||PQ|＝ ||1 21 2 yym  ，点 O 到 PQ 的距离为 1 1 2 m ，∴ 212 2  mS OPQ ，故 D 正确． 故选：ACD． 12．已知等比数列{ }na 首项 1 1a  ，公比为 q，前 n 项和为 nS ，前 n 项积为 nT ，函数 1 2 7( ) ( )( ) ( )f x x x a x a x a    ，若 (0) 1f   ，则 A．{lg }na 为单调递增的等差数列 B．0 1q  C． 1 1n aS q         为单调递增的等比数列 D．使得 1nT  成立的 n 的最大值为 6 【答案】BCD 【解析】令     1 2 7( )g x x a x a x a    ，则 ( ) ( )f x xg x ， ∴ ( ) ( ) ( )f x g x xg x   ，∴ 1 2 7(0) (0) 1f g a a a    ， 因为 na 是等比数列，所以 7 1 2 7 4 1a a a a  ，即 3 4 11a a q  ， ∵ 1 1a  ，∴ 0 1q  ，B 正确； ∵  1 1 1lg lg lg ( 1)lgn na a q a n q    ，∴ lg na 是公差为1gq 的递减等差数列，A 错误； ∵   11 1 11 11 1 1 n n n a a a qS q qq q q         ，∴ 1 1n aS q     是首项为 1 01 a q q  ，公比为 q 的递增等比数 列，C 正确； ∵ 1 1a  ， 0 1q  ， 4 1a  ，∴ 3n  时， 1na  ， 5n  时， 0 1na  ， ∴ 4n  时， 1nT  ， ∵ 7 7 1 2 7 4 1T a a a a   ，∴ 8n  ， 7 8 9 7 1n nT T a a a T   ， 又 7 5 6 7 1TT a a   ， 7 6 7 1TT a   ，所以使得 1nT  成立的 n 的最大值为 6，D 正确． 故选 BCD． 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13．设 nS 为数列 na 的前 n 项和，若 2 5 7n nS a  ，则 na  ________． 【答案】 17 5 3 3 n    【解析】当 1n  时， 1 1 12 5 7 2S a a   ，即 1 7 3a  ；当 2n… 时， 2 5 7n nS a  ， 1 12 5 7n nS a   ， 两式相减可得 12 5 5n n na a a   ，即 15 3n na a  ，即 1 5 3 n n a a   ，故数列 na 是以 7 3 为首项， 5 3 为公比的 等比数列，故 17 5 3 3 n na      ． 14. 在直角坐标系 xOy 中，直线 l 过抛物线 2 4y x 的焦点 F ，且与该抛物线相交于 A ， B 两点，其中点 A 在 x 轴上方.若直线l 的倾斜角为 60，则 OAF△ 的面积为___________. 【答案】 3 【解析】如图， 过点 A 作准线的垂线段 AM ，设| |AF t ，则| |AM t ， 1| | 2FN t ， 因为| | | | | | | |AM PN PF FN   ，所以 12 2t t  ， 所以| | 4AF t  ，所以| | 2 3AN  ，所以 1 1| || | 1 2 3= 32 2OAFS OF AN    △ .故答案为： 3 15．设函数 f（x）＝ex（x+1）的图象在点（0，1）处的切线为 y＝ax+b，若方程|ax﹣b|＝m 有两个不等实 根，则实数 m 的取值范围是 ． 【答案】（0，1） 【解析】由 f（x）＝ex（x+1），得 f′（x）＝ex（x+2），得 a＝f′（0）＝2，且 b＝1． 作出函数 y＝|2x﹣1|的图象如图， 由图可知，要使方程|ax﹣b|＝m 有两个不等实根，则实数 m 的取值范围是（0，1）．故答案为：（0，1）． 16．设 1 2,F F 是椭圆 2 2 2 2 1( 0, 0)x y m nm n     的两个焦点， P 为椭圆上任意一点，当 1 2F PF 取最大 值时的余弦值为 1 49  ．则（Ⅰ）椭圆的离心率为___；（Ⅱ）若椭圆上存在一点 A ，使 2 2 0OA OF F A     (O 为坐标原点)，且 1 2AF AF  ，则  的值为____． 【答案】 5 7 3 4 或 4 3 【解析】设 2 ,2a b 分别为椭圆的长轴长，虚轴长， （Ⅰ）在 1 2F PF△ 中， 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 4 2cos 12 PF PF c bF PF PF PF PF PF       , 2 1 2 2 1 2 2 PF PFPF PF a         ，当且仅当 1 2PF PF a  时，等号成立，即当点 P 位于短轴端点 时， 1 2F PF 的余弦值最大， 2 2 2 11 49 b a     ，即 2 2 24 49 b a  ，则离心率 2 2 24 51 1 49 7 c be a a       （Ⅱ）取 2AF 中点 D ，由 2 2 0OA OF F A     ，即 22 0OD F A  uuur uuur ，可得 2OD AF ，利用中位线性质 可得 1 2AF AF ，设 1AF u ， 2AF v ，则 2 2 24 2 5 7 u v c u v a ac            解得 8 7 6 7 u a v a     ，或 6 7 8 7 u a v a     ， 3 4   或 4 3 故答案为： 5 7 ； 3 4 或 4 3 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．（本题满分 10 分） 在① ，② ，③ cosC 这三个条件中任 选一个，补充在下面问题中，并给出解答． 问题：已知△ABC 内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c， ， ，求 ac 的最大值． 注：如果选择多个条件分解答，按第一个解答计分． 【答案】见解析 【解析】若选①：由已知得 ， 即 . 化简得 ，因为 ，所以 ， . 又 ， 所以 ，当且仅当 时取等号， 故 ，即 的最大值为 4. 若选②：由已知得 ， ， ， 化简得 ，即 ，因为 ，所以 . 由 ， 可得 ，当且仅当 时取等号， 故 ，即 的最大值为 . 若选③：由已知 ， 即 ， 又 ， 所以 . 所以 ，因为 ，所以 . 由 ， 得 ，当且仅当 时取等号， 故 ，即 的最大值为 4. 18．（本题满分 12 分） 已知等差数列 与下项等比数列 满足 ，且 ，20， 既是等差数列，又是等比 数列． （Ⅰ）求数列 和 的通项公式； （Ⅱ）在（1） ， （2） ， （3） 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成求解． 若_______________，求数列 的前 项和 ． 注：如果选择多个条件分别作答，按照第一个解答计分． 【答案】见解析 【解析】设等差数列 的公差为 ，等比数列 的公比为 ， 由题得 ，即 解得 ， ，所以， ， （Ⅱ）（1）， ，则 故 （2）， ； ，① ，② 由①-②，得 ，即 （3） 则 故 19.（本题满分 12 分） 已知正方形 ABCD 的边长为 2，沿 AC 将△ACD 折起到 PAC 位置（如图），G 为△PAC 的重心，点 E 在 边 BC 上，GE∥平面 PAB． （1）若 CE＝ λ EB，求 λ 的值； （2）若 GE⊥PA，求平面 GEC 与平面 PAC 所成锐二面角的余弦值． 【答案】见解析 【解析】（1）连接 CG，并延长交 PA 于点 F，连接 BF， ∵GE∥平面 PAB，GE ⊂ 平面 BCF，平面 BCF∩平面 PAB＝BF， ∴GE∥BF， ∵G 为△PAC 的重心， ∴CG＝2GF， ∴CE＝2EB，即 λ ＝2． （2）由（1）知，GE∥BF， ∵GE⊥PA，∴BF⊥PA， ∵F 为 PA 的中点， ∴PB＝AB＝2， 取 AC 的中点 O，连接 PO，则 PO＝BO＝ 2 ， 在△POB 中，PO2+BO2＝PB2，即 PO⊥BO， ∵PO⊥AO，AO∩BO＝O，AO、BO ⊂ 平面 ABC， ∴PO⊥平面 ABC， 以 O 为原点，OB，OC，OP 所在的直线分别为 x，y，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 A（0， 2 ，0），B（ 2 ，0，0），C（0， 2 ，0），P（0，0， 2 ），F（0， 2 2 ， 2 2 ）， ∴ FC ＝（0， 2 23 ， 2 2 ）， BC ＝（ 2 ， 2 ，0）， 设平面 BCF 的法向量为 m ＝（x，y，z），则      0 0 BCm FCm ，即      022 02 2 2 23 yx zy ， 令 y＝1，则 x＝1，z＝3，∴ m ＝（1，1，3）， ∵OB⊥平面 PAC， ∴平面 PAC 的一个法向量为 n ＝（1，0，0）， ∴cos＜ m ， n ＞＝ 11 11 1911 1 ||||      nm nm ， 故平面 GEC 与平面 PAC 所成锐二面角的余弦值为 11 11 ． 20.（本题满分 12 分） 已知某射手射中固定靶的概率为 ，射中移动靶的概率为 ，每次射中固定靶、移动靶分别得 1 分、2 分， 脱靶均得 0 分，每次射击的结果相互独立，该射手进行 3 次打靶射击：向固定靶射击 1 次，向移动靶射 击 2 次． （1）求“该射手射中固定靶且恰好射中移动靶 1 次”的概率； （2）求该射手的总得分 X 的分布列和数学期望． 【答案】见解析 【解析】（1）记“该射手射中固定靶且恰好射中移动靶 1 次”为事件 D，射中固定靶为事件 A，射中移动靶 分别为事件 B，C， 则 D＝AB C +A B C，其中 ABC +A B C 互斥，A，B，C，B ，C 相互独立，P（A）＝ 4 3 ，P（B）＝P（C） ＝ 3 2 ， ∴P（D）＝P（ABC ）+P（A B C）＝ 3 1 3 2)3 21(4 3)3 21(3 2 4 3  ． 即该射手射中固定靶且恰好射中移动靶 1 次的概率为 3 1 ． （2）X 的可能取值为 0，1，2，3，4，5． P（X＝0）＝ 36 1)3 21)(3 21)(4 31(  ， P（X＝1）＝ 12 1)3 21()3 21(4 3  ， P（X＝2）＝ 9 12)3 21(3 2)4 31(  ， P（X＝3）＝ 3 12)3 21(3 2 4 3  ， P（X＝4）＝ 9 1 3 2 3 2)4 31(  ， P（X＝5）＝ 3 1 3 2 3 2 4 3  ， 该射手的总得分 X 的分布列为： X 0 1 2 3 4 5 P 36 1 12 1 9 1 3 1 9 1 3 1 ∴E（X）＝ 12 41 3 159 143 139 1212 1136 10  ． 21.（本题满分 12 分） 已知 A ， B 分别为椭圆   2 2 2: 1 1xC y aa    的左、右顶点， P 为C 的上顶点， 8AP PB   . （1）求椭圆 C 的方程； （2）过点 6,0 作关于 x 轴对称的两条不同直线 1l ， 2l 分别交椭圆于  1 1,M x y 与  2 2,N x y ，且 1 2x x ， 证明：直线 MN 过定点，并求出该定点坐标. 【答案】见解析 【解析】（1）由题意得  ,0A a ，  ,0B a ，  0,1P ，则  ,1AP a ，  , 1PB a  .由 8AP PB   ， 得 2 1 8a   ，即 3a  所以椭圆 C 的方程为 2 2 19 x y  （2）由题易知：直线 MN 的斜率存在，且斜率不为零， 设直线 MN 方程为 x my n  ， 0m  取立 2 29 9 0 x my n x y       ， 得 2 2 29 2 9 0m y mny n     ，由 0△ 得 2 2 9 0m n   ， ∴ 1 2 2 2 9 mny y m    ， 2 1 2 2 9 9 ny y m   ， 因为关于 x 轴对称的两条不同直线 1l ， 2l 的斜率之和为 0， ∴ 1 2 1 2 06 6 y y x x    ，整理得   1 2 1 22 6 0my y n y y    ， 即    2 2 2 2 9 2 6 09 9 m n mn n m m     ，解得： 3 2n  直线 MN 方程为： 3 2x my  ，所以直线 MN 过定点 3 ,02      . 22．（本题满分 12 分） 已知函数 f(x)=xlnx- 1 2 x2+(a-1)x(a∈R). （1)讨论函数 f(x)的极值点的个数； （2)若函数 f(x)有两个极值点 x1,x2,证明：f(x1)+f(x2)>2a-3. 【答案】见解析 【解析】（1） ( ) lnf x x x a    ， 1 1( ) 1 xf x x x     . 当 (0,1)x 时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递增；当 (1, )x  时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递减. 当 1x  时， ( )f x 有极大值， (1) 1f a   . 当 1a  时， (1) 0f   ， ( )f x 在 (0, ) 上单调递减，此时 ( )f x 无极值； 当 1a  时， (1) 1 0f a    . 1 1 1 11 1 1 1ln 1 0 a a a a f a a ae e e e                                       ， 易证， 1x  时， 2xe x ，所以， 1a  ，   2 0a af e a e    ， 故存在 1 2,x x ，满足 1 1 2 10 1 a ax x ee         ， 1 2( ) ( ) 0f x f x   . 当  10,x x 时，  f x 单调递减，当  1 2,x x x 时，  f x 单调递增， 当  2 ,x x  时，  f x 单调递减. ( )f x 在 1x x 处有极小值，在 2x x 处有极大值． 综上所述，当 1a  时， ( )f x 没有极值点；当 1a  时， ( )f x 有 2 个极值点．………（6 分） （2）由（1）可知当且仅当 1a  时 ( )f x 有极小值 1x 和极大值 2x ， 1 20 1x x   . 先证： 1 2 2x x  . 由 1 1 2 2 ln 0 ln 0 x x a x x a        ，得 1 1 2 2ln lnx x x x   ，即 2 1 2 1 1ln ln x x x x   . 下证 2 1 2 1 2 1ln ln 2 x x x x x x   ，即证 2 2 1 21 1 2( 1) ln 1 x x x xx x    （以下略） 所以 2 1 2 1 2 1 1 ln ln 2 x x x x x x    ，所以 1 2 2x x  . 因为 1 20 1x x   ， 1 2 2x x  ，所以 2 1 12x x x   . 因为  1 2,x x x 时， ( )f x 单调递增，所以    2 12ff x x  ， 所以    1 2 1 1) ( 2( )f x f x f x xf  . 再证： 1 2( ) ( ) 2 3f x f x a   . 设      2 , ,1( 0)g f xx f x x  ，因为 ( ) lnf x x x a    ， 所以 ( ) ( ) (2 ) ln ln(2 ) 2 2g x f x f x x x x          ， 所以       22 11 1 2 02 2 xg x x x x x        ，故  g x 在 0,1 上单调递增. 又  1 0g  ，所以  0,1x 时，   0g x  ，    ( ) 2g x f x xf   在 0,1 上单调递减. 所以  0,1x 时，    1 2 (1) 2 3g x g f a    . 所以      1 2 1 1 1( ) ( ) 2 32f x f x f x x af g x     . ……………（12 分） 另法： (1) 证明：    2 12f x f x  . 当 1a  时, ( )f x 有 2 个极值点 1 2,x x ，且满足 1 20 1x x   . 因为 1 20 1x x   ，所以 12 1x  . 因为当  21,x x 时，  f x 单调递增，当  2 ,x x  时，  f x 单调递减， 所以  2f x 为 1  , 内的最大值，即    2 12f x f x  （2）证明 1 2 2x x  ，只需证 2 12 1x x   . 因为 ( ) lnf x x x a    单调递减，只需证    2 12f x xf    . 又因为 1 2( ) ( ) 0f x f x   ，只需证    1 12f x xf    ，即证    1 12 0ff x x    . 令    ( ) 2h x f x xf    ， (0,1)x . 因为 1( ) 1f x x    ，      1 1 1 1( ) 1 1 22 2 02h x f x x xx x x xf                   ， 所以    ( ) 2h x f x xf    在 (0,1) 上单调递增， ( ) (1) 0h x h  . 所以    1 1 1 0( ) 2h x f x xf     ，因此， 1 2 2x x  .