2019-2020学年湖南省邵阳市邵阳县第二中学高二上学期12月月考数学试题（解析版）

第 1 页 共 18 页 2019-2020 学年湖南省邵阳市邵阳县第二中学高二上学期 12 月月考数学试题 一、单选题 1．已知集合  2 0A x x   ，  1,2,3B  ，则 A B  （ ） A． 1,2 B． 2 C． 1,2,3 D． 2,3 【答案】D 【解析】先求解出集合 A 中表示元素的范围，然后根据交集的概念求解出 A B 的结果. 【详解】 因为 2 0x   ，所以 2x  ，所以  2A x x  ， 又因为  1,2,3B  ，所以  2,3A B  ， 故选：D. 【点睛】 本题考查集合的交集运算，主要考查学生对交集概念的理解，难度较易. 2．若 (1 i) 2iz   ，则 z  （ ） A． 1 i  B． 1+i C．1 i D．1+i 【答案】D 【解析】根据复数运算法则求解即可. 【详解】 ( ) ( 2i 2i 1 i 1 i1 i 1 i 1 i)( )z       ．故选 D． 【点睛】 本题考查复数的商的运算，渗透了数学运算素养．采取运算法则法，利用方程思想解题． 3．已知向量  2 1, 1 , ( ,3)a m b m    ，则“ 3 2m  ”是“ a b  ”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】利用向量数量积的坐标表示，求出 a b  对应的 m 的取值范围，再根据充分必 要条件的定义判断即可. 第 2 页 共 18 页 【详解】 当 3 2m  时，   32, 1 , ( ,3)2a b   ，  32 1 3 02a b       ，故得 a b  ， 由 a b  ，得  2 1 ( 1) 3 0a b m m        ，即 2 3 ( 1) 0m m   ，解得： 1m   或 3 2m  ，故“ 3 2m  ”是“ a b  ”的充分不必要条件， 故选：A 【点睛】 本题结合向量数量积的坐标表示，考查充分必要条件，属于容易题. 4．在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， , 12, 5BC AC AC BC   ，若一个球和它各个面 相切，则该三棱柱的表面积为（ ） A．60 B．180 C．240 D．360 【答案】B 【解析】直三棱柱的内切球的半径等于底面三角形的内切圆的半径，由题意求出三角形 的内切圆的半径即可求解结论. 【详解】 解：由题意知内切球的半径为 R 与底面三角形的内切圆的半径相等， 而三角形 ABC 为直角三角形， , 12, 5BC AC AC BC   ，所以 13AB  ， 设三角形内切圆的半径为 R ，由面积相等可得： 1 1(12 13 5) 12 52 2R      ， 所以 2R  ，所以直三棱柱的高为： 2 4h R  ， 所以直三棱柱表面积  12 12 5 13 12 5 4 1802S          ， 故选： B . 【点睛】 本题考查三棱柱内切球问题，确定内切球的半径为 R 与底面三角形的内切圆的半径相等 是解题关键． 第 3 页 共 18 页 5．已知 0.5 2 4 1 , log 3, log 72a b c      ，则 , ,a b c 的大小关系为（ ） A． a b c  B．b a c  C． a c b  D． c a b  【答案】C 【解析】根据指数函数的性质，判断出 0 1a  ，将 ,b c 化为同底对数比较大小即可. 【详解】 0.5 01 10 2 2 1             ，所以 0 1a  ， 2 4log 3 g 9lob   ，又 4 4log l 1og9 7  ， 所以 a c b  . 故选：C 【点睛】 本题主要考查指数函数，对数函数的性质及运算，考查学生转化能力，属于基础题. 6．已知向量    cos , 1 , sin ,2a b     ，且 / /a b   ，则 tan 4     等于（ ） A． 3 B． 3 C． 1 3 D． 1 3  【答案】A 【解析】根据向量的共线关系求解出 tan 的值，然后利用两角差的正切公式计算出 tan 4     的值. 【详解】 因为 / /a b   ，所以 2cos sin   ，所以 tan 2 =- ， 又因为   tan 1 2 1tan 34 1 tan 1 2                ， 故选：A. 【点睛】 本题考查向量共线与两角差的正切公式的综合应用，主要考查学生对坐标形式下向量共 线的理解以及对两角差的正切公式的运用，难度一般.已知    1 1 2 2, , ,a x y b x y   ，若 / /a b   ，则有 1 2 2 1 0x y x y  . 7．函数 2 4( ) xf x x  的最小值为（ ） 第 4 页 共 18 页 A．3 B．4 C．6 D．8 【答案】B 【解析】【详解】   2 4 4 2 4 4xf x xx x      ， 当且仅当 2x   时，等号成立. 故选： B 8．已知 m 是两个数 2,8 的等比中项，则圆锥曲线 2 2 1yx m   的离心率为（ ） A． 3 2 或 5 2 B． 3 2 或 5 C． 3 2 D． 5 【答案】B 【解析】由题意得 2 16m  ，解得 4m  或 4m   ． 当 4m  时，曲线方程为 2 2 14 yx   ，故离心率为 2 2 1 31 1 4 2 c be a a       ； 当 4m   时，曲线方程为 2 2 14 yx   ，故离心率为 2 21 1 4 5c be a a       ． 所以曲线的离心率为 3 2 或 5 ．选 B． 9．已知圆  2 2: 2 0 0M x y ay a    截直线 0x y  所得线段的长度是 2 2 ，则 圆 M 与圆    2 2: 1 1 1N x y    的位置关系是（ ） A．内切 B．相交 C．外切 D．相离 【答案】B 【解析】化简圆    22 2 1: 0, ,M x y a a M a r a M      到直线 0x y  的距 离 2 ad     2 2 12 2 0,2 , 2 2 a a a M r          ， 又   2 1 21,1 , 1 2N r MN r r MN       1 2r r  两圆相交. 选 B 10．函数 y= 2 x sin2x 的图象可能是 第 5 页 共 18 页 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】分析:先研究函数的奇偶性，再研究函数在 π( ,π)2 上的符号，即可判断选择. 详解：令 | |( ) 2 sin 2xf x x ， 因为 , ( ) 2 sin 2( ) 2 sin 2 ( )x xx R f x x x f x        ，所以 | |( ) 2 sin 2xf x x 为奇 函数，排除选项 A,B; 因为 π( ,π)2x 时， ( ) 0f x  ，所以排除选项 C，选 D. 点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图 象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断 图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判 断图象的循环往复． 11．同时具备以下性质：①最小正周期是 ；②图像关于直线 3x  对称；③在 ,6 3      上单调递增；④一个对称中心为 ,012      的一个函数是（ ） A． sin 2 6 xy      B． 5sin 2 6y x      C． sin 2 6y x      D． sin 2 3y x      【答案】C 第 6 页 共 18 页 【解析】本题可对题目给出的四个条件依次进行分析，由①可排除 A，由②利用对称性 可排除 D，由③利用三角函数单调性可排除 B，即可得出答案。 【详解】 由①可排除 A； 由②图像关于直线 3x  对称，可得 3x  时,函数取最值，而 5 3sin 2 1 sin 2 1 sin 23 6 3 6 3 3 2                               ， ， ，可排除 D； 由③，当 6 3 π πx      ， 时， 2 6 2 2x         ， ，函数 sin 2 6y x      为增函数； 5 32 6 2 2x         ， ，函数 5sin 2 6y x      为减函数，排除 B； 故选：C. 【点睛】 本题考查正弦函数和余弦函数的图像和性质，训练了利用排除法求解选择题问题的能 力，由已知函数的性质逐一核对四个函数，逐一排除，即可得到答案，是基础题。 12．（2017 新课标全国卷Ⅰ文科）设 A，B 是椭圆 C： 2 2 13 x y m   长轴的两个端点，若 C 上存在点 M 满足∠AMB=120°，则 m 的取值范围是 A． (0,1] [9, ) B． (0, 3] [9, ) C． (0,1] [4, ) D． (0, 3] [4, ) 【答案】A 【解析】当0 3m  时，焦点在 x 轴上，要使 C 上存在点 M 满足 120AMB   ， 则 tan 60 3a b   ，即 3 3 m  ，得0 1m  ；当 3m  时，焦点在 y 轴上， 要使 C 上存在点 M 满足 120AMB   ，则 tan 60 3a b   ，即 3 3 m  ，得 9m  ，故m 的取值范围为(0,1] [9, ) ，选 A． 点睛:本题设置的是一道以椭圆知识为背景的求参数范围的问题．解答 问题的关键是利用条件确定 ,a b 的关系，求解时充分借助题设条件 第 7 页 共 18 页 120AMB   转化为 tan 60 3a b   ，这是简化本题求解过程的一个重 要措施，同时本题需要对方程中的焦点位置进行逐一讨论． 二、填空题 13．设等比数列{an}满足 a1+a2=﹣1，a1﹣a3=﹣3，则 a4=_______． 【答案】-8 【解析】用基本量法，求出首项和公比即可. 【详解】 设等比数列 na 的公比为 q，很明显 1q   ，结合等比数列的通项公式和题意可得方 程组：     1 2 1 2 1 3 1 1 1 1 3 a a a q a a a q            ① ② ，由 ② ① 可得： 2q   ，代入①可得 1 1a  ， 由等比数列的通项公式可得 3 4 1 8a a q   ． 故答案为：-8 【点睛】 等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌 握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前 n 项和 公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程.属于基础题. 14．函数  2( ) ln 2 3f x x x   的单调递增区间是________ 【答案】 3,+ 【解析】根据复合函数单调性的判断方法“同增异减”，求解出内层函数 2 2 3y x x   的单调递增区间后则  f x 的单调递增区间可求，同时注意定义域. 【详解】 因为 2 2 3y x x   的对称轴为 1x  ，所以 2 2 3y x x   的单调递增区间为  1, ， 单调递减区间为 ,1 ， 又 2 2 3 0x x   的解集为   , 1 3,   ，且 lny x 在 0,  上单调递增， 所以  2( ) ln 2 3f x x x   的单调递增区间为 3,+ ， 故答案为： 3,+ . 第 8 页 共 18 页 【点睛】 本题考查对数型复合函数的单调递增区间的求解，解答问题的关键是理解“同增异减” 的含义，难度较易.求解复合函数的单调区间时，要注意分析函数的定义域. 15．曲线 2 1( ) 2xf x e x  在点 0, (0)f 处的切线方程为_____________ 【答案】 (2 2)y e x e   【解析】求出导数，进而利用导数的几何意义求出所求切线的斜率，再求出 (0)f 即可 写出切线的点斜式方程. 【详解】 2 1( ) 2 2xf x e    ，  0 2 2f e   ， 又 (0)f e ，曲线 ( )f x 在点 0, (0)f 处的切线方程为 (2 2)y e x e   . 故答案为： (2 2)y e x e   【点睛】 本题考查利用导数求曲线的切线，属于基础题. 16．已知函数 ( ) 20192 x xe ef x x    ，则不等式 2(1 ) (5 7) 0f x f x    的解集为 _______________ 【答案】 2,3 【解析】先分析函数  f x 的奇偶性和单调性，然后将函数值关系转变为自变量的关系， 从而求解出解集. 【详解】 因为  f x 的定义域为 R 关于原点对称，且    20192 x xe ef x x f x      ，所 以  f x 是奇函数， 又因为 , 20192 x xe ey y x     均是 R 上减函数，所以  f x 在 R 上递减， 又因为 2(1 ) (5 7) 0f x f x    ，所以    21 7 5f x f x   ， 所以 21 7 5x x   ，所以 2 3x  ，所以解集为 2,3 ， 故答案为： 2,3 . 第 9 页 共 18 页 【点睛】 本题考查根据函数的奇偶性、单调性解不等式，主要考查学生对函数奇偶性和单调性的 判断，难度一般.对于求解     0f a f b  类型的不等式的解集，可以通过奇偶性将不 等式变形为函数值之间的大小关系，再通过单调性可得自变量之间的关系，则不等式解 集可求. 三、解答题 17． ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且满足  7, cos 2 cosa a B c b A   （1）求角 A 的大小 （2）若 ABC 的面积为 3 3 2 ，求 ABC 周长 【答案】（1） 3  ；（2）5 7 . 【解析】（1）利用正弦定理完成边化角，然后根据三角恒等变换的公式求解出角 A 的大 小； （2）根据余弦定理和三角形面积公式求解出 ,b c ，由此求解出三角形的周长 【详解】 （1）因为  cos 2 cosa B c b A  ，所以sin cos 2sin cos sin cosA B C A B A  ， 所以sin cos sin cos 2sin cosA B B A C A  ，所以sin 2sin cosC C A 且sin 0C  ， 所以 1cos 2A  ，所以 3A  ； （2）因为 2 2 2 2 cosa b c bc A   ，所以 2 2 7b c bc   ， 又因为 1 3 3sin2 2ABCS bc A  ，所以 6bc  ， 所以 2 2 13 6 b c bc      ，所以 2 2 2 5b c b c bc     ， 所以 ABC 的周长为： 5 7a b c    . 【点睛】 本题考查解三角形的综合应用，其中涉及到正弦定理完成边化角、余弦定理解三角形， 主要考查学生对公式的灵活运用，难度一般. 第 10 页 共 18 页 18．在数列 na 中， nS 为其前 n 项和，且点  , nSn n Nn      均在函数 3 2y x  的图 像上 （1）求证：数列 na 是等差数列 （2）若 nT 是 1 2 n na a        的前 n 项和，求 nT 【答案】（1）证明见解析；（2） 2 6 1n nT n   . 【解析】（1）先根据条件求解出 nS ，然后根据  1 2n n na S S n   求解出 na 通项， 根据定义法可证明 na 为等差数列； （2）先计算出 1 2 n na a  ，然后利用裂项相消法对数列 1 2 n na a        求和. 【详解】 （1）因为点  , nSn n Nn      均在函数 3 2y x  的图像上，所以 3 2nS nn   ，所以 23 2nS n n  ， 又因为  1 2n n na S S n   ，所以    223 2 3 1 2 1 6 5na n n n n n          ， 当 1n  时， 1 1 1a S  ，符合 2n  的情况，所以 6 5na n  ， 所以 1 6n na a   ，所以数列 na 是首项为1公差为 6等差数列； （2）因为 6 5na n  ，所以   1 2 2 1 1 1 6 5 6 1 3 6 5 6 1n na a n n n n          ， 所以 1 1 1 1 1 1 1 1 1...3 1 7 3 7 13 3 6 5 6 1nT n n                        ， 所以 1 1 213 6 1 6 1n nT n n        . 【点睛】 本题考查等差数列的证明以及裂项相消法求和，其中涉及到利用  1 2n n na S S n   求通项公式，难度一般. 19．某家庭记录了未使用节水龙头 50 天的日用水量数据（单位： 3m ）和使用了节水龙 头 50 天的日用水量数据，得到频数分布表如下： 未使用节水龙头 50 天的日用水量频数分布表 第 11 页 共 18 页 日用水量  0,0.1  0.1,0.2  0.2,0.3  0.3,0.4  0.4,0.5  0.5,0.6  0.6,0.7 频数 1 3 2 4 9 26 5 使用了节水龙头 50 天的日用水量频数分布表 日用水量  0,0.1  0.1,0.2  0.2,0.3  0.3,0.4  0.4,0.5  0.5,0.6 频数 1 5 13 10 16 5 （1）在答题卡上作出使用了节水龙头50 天的日用水量数据的频率分布直方图： （2）估计该家庭使用节水龙头后，日用水量小于 30.35m 的概率； （3）估计该家庭使用节水龙头后，一年能节省多少水？（一年按365天计算，同一组 中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表．） 【答案】（1）直方图见解析；（2） 0.48；（3） 347.45m . 【解析】（1）根据题中所给的使用了节水龙头50 天的日用水量频数分布表，算出落在 相应区间上的频率，借助于直方图中长方形的面积表示的就是落在相应区间上的频率， 从而确定出对应矩形的高，从而得到直方图； （2）结合直方图，算出日用水量小于 0.35的矩形的面积总和，即为所求的频率； （3）根据组中值乘以相应的频率作和求得 50 天日用水量的平均值，作差乘以 365天得 第 12 页 共 18 页 到一年能节约用水多少 3m ，从而求得结果. 【详解】 （1）频率分布直方图如下图所示： （2）根据以上数据，该家庭使用节水龙头后 50 天日用水量小于 30.35m 的频率为 0.2 0.1 1 0.1 2.6 0.1 2 0.05 0.48        ； 因此该家庭使用节水龙头后日用水量小于 30.35m 的概率的估计值为 0.48； （3）该家庭未使用节水龙头50 天日用水量的平均数为  1 1 0.05 1 0.15 3 0.25 2 0.35 4 0.45 9 0.55 26 0.65 5 0.4850x                ． 该家庭使用了节水龙头后 50 天日用水量的平均数为  2 1 0.05 1 0.15 5 0.25 13 0.35 10 0.45 16 0.55 5 0.3550x              ． 估计使用节水龙头后，一年可节省水   30.48 0.35 365 47.45 m   ． 【点睛】 该题考查的是有关统计的问题，涉及到的知识点有频率分布直方图的绘制、利用频率分 布直方图计算变量落在相应区间上的概率、利用频率分布直方图求平均数，在解题的过 程中，需要认真审题，细心运算，仔细求解，就可以得出正确结果. 20．已知椭圆  ： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的离心率为 3 2 ，椭圆的四个顶点围成的四 边形的面积为 4. 第 13 页 共 18 页 （Ⅰ）求椭圆  的标准方程； （Ⅱ）直线 l 与椭圆  交于 A ，B 两点，AB 的中点 M 在圆 2 2 1x y  上，求 AOB （ O 为坐标原点）面积的最大值. 【答案】（Ⅰ） 2 2 14 x y  . （Ⅱ）1. 【解析】【详解】试题分析：（Ⅰ）由题意知， 3 2 c a  ，得 3 2c a ， 1 2b a ，代入 椭圆的方程，再由椭圆  的四个顶点围成的四边形的面积得 2 4ab  ，求得 ,a b 的值， 即可得到椭圆的方程； （Ⅱ）当直线 l 的斜率不存在时，得到 3 2AOBS  ， 当直线l 的斜率存在时，设l : y kx m  ，联立方程组，求得 1 2 1 2,x x x x ，求得 AB 中 点的坐标，代入圆的方程，得 2 2 2 2 (1 4 ) 16 1 km k   ，再由弦长公式和点到直线的距离公式， 即可得到 AOBS 的表达式，即可求解面积的最大值． 试题解析： （Ⅰ）由题意知 3 2 c a  ，得 3 2c a ， 1 2b a ， 所以 2 2 2 2 3 3 14 x y c c   ， 由椭圆  的四个顶点围成的四边形的面积为 4，得 2 4ab  ， 所以 2a  ， 1b  ，椭圆  的标准方程为 2 2 14 x y  . （Ⅱ）当直线 l 的斜率不存在时， 令 1x   ，得 3 2y   ， 1 31 32 2AOBS     ， 当直线 l 的斜率存在时，设 l : y kx m  ，  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，  0 0,M x y ， 由 2 24 4 y kx m x y      ，得 2 2 21 4 8 4 4 0k x kmx m     ， 第 14 页 共 18 页 则 1 2 2 8 1 4 kmx x k     ， 2 1 2 2 4 4 1 4 mx x k   ， 所以 0 2 4 1 4 kmx k    ， 2 0 0 2 2 4 1 4 1 4 k m my kx m mk k        ， 将 2 2 4 ,1 4 1 4 km m k k      代入 2 2 1x y  ，得  22 2 2 1 4 16 1 k m k    ， 又因为  22 1 2 1 21 4AB k x x x x     2 2 2 2 41 1 41 4k k mk      ， 原点到直线 l 的距离 21 md k   ， 所以 2 2 1 12 1AOB mS k k       2 2 2 4 1 41 4 k mk    2 2 2 2 1 41 4 m k mk    2 2 2 2 1 4 1 4 16 1 k k k    2 2 2 1 41 4 1 16 1 kk k          2 2 22 12 1 4 2 16 1 k k k     2 2 2 2 12 1 416 1 k kk    2 2 2 1 16 116 1 2 k k    . 当且仅当 2 212 1 4k k  ，即 2 4k   时取等号. 综上所述， AOB 面积的最大值为 1. 点睛：本题主要考查椭圆的标准方程与几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问 题,解答此类题目，通常利用 , , ,a b c e 的关系，确定椭圆（圆锥曲线）方程是基础，通 过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系， 得到“目标函数”的解析式，确定函数的性质进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变 形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、 分析问题解决问题的能力等． 21．如图，在四棱锥 P−ABCD 中，AB//CD，且 90BAP CDP     . 第 15 页 共 18 页 （1）证明：平面 PAB⊥平面 PAD； （2）若 PA=PD=AB=DC， 90APD   ，求二面角 A−PB−C 的余弦值. 【答案】（1）见解析；（2） 3 3  . 【解析】【详解】 （1）由已知 90BAP CDP     ，得 AB⊥AP，CD⊥PD． 由于 AB//CD ，故 AB⊥PD ，从而 AB⊥平面 PAD． 又 AB  平面 PAB，所以平面 PAB⊥平面 PAD． （2）在平面 PAD 内作 PF AD ，垂足为 F ， 由（1）可知， AB  平面 PAD ，故 AB PF ，可得 PF  平面 ABCD . 以 F 为坐标原点，FA 的方向为 x 轴正方向， AB 为单位长，建立如图所示的空间直角 坐标系 F xyz . 第 16 页 共 18 页 由（1）及已知可得 2 ,0,02A       ， 20,0, 2P       ， 2 ,1,02B       ， 2 ,1,02C      . 所以 2 2,1,2 2PC         ，  2,0,0CB  ， 2 2,0,2 2PA        ，  0,1,0AB  . 设  , ,n x y zr 是平面 PCB 的法向量，则 0, 0, n PC n CB         即 2 2 0,2 2 2 0, x y z x       可取  0, 1, 2n    . 设  , ,m x y z  是平面 PAB 的法向量，则 0, 0, m PA m AB         即 2 2 0,2 2 0. x z y      可取  1,0,1m  . 则 3cos , 3 n mn m n m         ， 所以二面角 A PB C  的余弦值为 3 3  . 【名师点睛】 高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面： ①求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角； ②求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角； ③求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需 点的坐标是解题的关键. 22．设 f(x)=xln x–ax2+(2a–1)x，aR. （Ⅰ）令 g(x)=f'(x)，求 g(x)的单调区间； （Ⅱ）已知 f(x)在 x=1 处取得极大值.求实数 a 的取值范围. 【答案】（Ⅰ）当 0a  时，函数  g x 单调递增区间为 0, ，当 0a  时，函数  g x 单调递增区间为 10, 2a （ ），单调递减区间为 1 ,2a （ ）； （Ⅱ） 1 2a  【解析】试题分析：（Ⅰ）先求出  g x ，然后讨论当 0a  时，当 0a  时的两种情况 即得. 第 17 页 共 18 页 （Ⅱ）分以下情况讨论：①当 0a  时，②当 10 2a  时，③当 1 2a  时，④当 1 2a  时，综合即得. 试题解析：（Ⅰ）由   ln 2 2 ,f x x ax a   可得    ln 2 2 , 0,g x x ax a x     ， 则   1 1 22 axg x ax x    ， 当 0a  时，  0,x  时，   0g x  ，函数  g x 单调递增； 当 0a  时， 10, 2x a （ ）时，   0g x  ，函数  g x 单调递增， 1 ,2x a  （ ）时，   0g x  ，函数  g x 单调递减. 所以当 0a  时，  g x 单调递增区间为 0, ； 当 0a  时，函数  g x 单调递增区间为 10, 2a （ ），单调递减区间为 1 ,2a （ ）. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，  1 0f   . ①当 0a  时，   0f x  ，  f x 单调递减. 所以当  0,1x 时，   0f x  ，  f x 单调递减. 当  1,x  时，   0f x  ，  f x 单调递增. 所以  f x 在 x=1 处取得极小值，不合题意. ②当 10 2a  时， 1 12a  ，由(Ⅰ)知  f x 在 10, 2a （ ）内单调递增， 可得当当  0,1x 时，   0f x  ， 11, 2x a （ ）时，   0f x  ， 所以  f x 在(0,1)内单调递减，在 11, 2a （ ）内单调递增， 所以  f x 在 x=1 处取得极小值，不合题意. ③当 1 2a  时，即 1 12a  时，  f x 在(0,1)内单调递增，在  1, 内单调递减， 所以当  0,x  时，   0f x  ，  f x 单调递减，不合题意. ④当 1 2a  时，即 10 12a   ，当 1 ,12x a （ ）时，   0f x  ，  f x 单调递增, 当  1,x  时，   0f x  ，  f x 单调递减， 第 18 页 共 18 页 所以 f(x)在 x=1 处取得极大值，合题意. 综上可知，实数 a 的取值范围为 1 2a  . 【考点】应用导数研究函数的单调性、极值,分类讨论思想 【名师点睛】本题主要考查导数的计算、应用导数研究函数的单调性与极值、分类讨论 思想.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答本题，准确求导是基 础，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当.本题能较好地 考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力及分类讨论思想等.