上海外国语大学附属外国语学校2024年高考数学试题命题揭秘与专题练析

请考生注意：

1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。 2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题：本题共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。

n1．已知等比数列an的各项均为正数，设其前n项和Sn，若anan14（nN），则S5（ ）

A．30

B．312 C．152 D．62

2．三国时代吴国数学家赵爽所注《周髀算经》中给出了勾股定理的绝妙证明.下面是赵爽的弦图及注文，弦图是一个以勾股形之弦为边的正方形，其面积称为弦实.图中包含四个全等的勾股形及一个小正方形，分别涂成红（朱）色及黄色，其面积称为朱实、黄实，利用2勾股(股-勾)4朱实黄实弦实，化简，得勾2股2弦2.设勾股形中勾股比为1:3，若向弦图内随机抛掷1000颗图钉（大小忽略不计），则落在黄色图形内的图钉数大约为（ ）

2

A．134 B．866 C．300 D．500

1，x＞03．已知符号函数sgnx0，x0f（x）是定义在R上的减函数，g（x）＝f（x）﹣f（ax）（a＞1），则（ ）

1，x＜0A．sgn[g（x）]＝sgn x C．sgn[g（x）]＝sgn[f（x）]

2B．sgn[g（x）]＝﹣sgnx D．sgn[g（x）]＝﹣sgn[f（x）]

24．直线axby2ab0(ab0)与圆xy1的位置关系是（ ） A．相交

B．相切

C．相离

D．相交或相切

5．设alog0.080.04，blog0.30.2，c0.30.04，则a、b、c的大小关系为（ ） A．cba

B．abc

C．bca

D．bac

6．阿基米德（公元前287年—公元前212年）是古希腊伟大的哲学家、数学家和物理学家，他和高斯、牛顿并列被称为世界三大数学家.据说，他自己觉得最为满意的一个数学发现就是“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”.他特别喜欢这个结论，要求后人在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一

个球，如图，该球顶天立地，四周碰边，表面积为54的圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则该球的体积为 （ ）

A．4 B．16 C．36

D．

 37．下图是来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形，此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形

1ABC的斜边BC、直角边AB、AC，已知以直角边AC、AB为直径的半圆的面积之比为，记ABC，则

4cos2sin2（ ）

A．

3 5B．

4 5C．1 D．

8 528．已知集合Mx|x3x100，Nxy9x，且M、N都是全集R（R为实数集）的子集，则

2如图所示韦恩图中阴影部分所表示的集合为（ ）

A．x3x5 C．x3x2

B．xx3或x5

D．x3x5

9．在ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若cacosB(2ab)cosA，则ABC的形状为（ ） A．直角三角形 C．等腰或直角三角形

B．等腰非等边三角形 D．钝角三角形

10．已知四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，PA5，E为PC的中点，

则异面直线BE与PD所成角的余弦值为（ ） A．13 39B．13 39C．15 5D．15 5. 11．已知七人排成一排拍照，其中甲、乙、丙三人两两不相邻，甲、丁两人必须相邻，则满足要求的排队方法数为（ ）A．432

B．576

C．696

D．960

12．阿波罗尼斯（约公元前262~190年）证明过这样的命题：平面内到两定点距离之比为常数kk0,k1的点的

轨迹是圆.后人将这个圆称为阿氏圆.若平面内两定点A，B间的距离为2，动点P与A，B的距离之比为

2，当P，2A，B不共线时，PAB的面积的最大值是（ ）

A．22 B．2

C．

22 3D．

2 3二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．在ABC中，已知ABAC2BABC3CACB，则cosC的最小值是________．

114．2x2的展开式中，常数项为______；系数最大的项是______. x62xy2015．若变量x，y满足：x2y40，且满足t1xt1yt10，则参数t的取值范围为_______.

x3y11016．甲，乙两队参加关于“一带一路”知识竞赛，甲队有编号为1，2，3的三名运动员，乙队有编号为1，2，3，4的四名运动员，若两队各出一名队员进行比赛，则出场的两名运动员编号相同的概率为______. 三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17．（12分）选修4-5：不等式选讲

已知函数fxxmx2m的最大值为3，其中m0． （1）求m的值；

a3b3（2）若a,bR，ab0，abm，求证：1

ba22218．（12分）已知函数fxxaxalnx，aR

2（1）若a1，求fx的单调区间和极值；

（2）设gxfxa2lnxa2b2x，且gx有两个极值点x1，x2x1x2，若b143，求

3gx1gx2的最小值.

19．（12分）如图所示,直角梯形ABCD中,AD∥BC,ADAB,AEABBC2AD2,四边形EDCF为矩形,CF3.

（1）求证:平面ECF平面ABCD;

（2）在线段DF上是否存在点P,使得直线BP与平面ABE所成角的正弦值为在,请说明理由.

20．（12分）山东省2020年高考将实施新的高考改革方案.考生的高考总成绩将由3门统一高考科目成绩和自主选择的3门普通高中学业水平等级考试科目成绩组成，总分为750分.其中，统一高考科目为语文、数学、外语，自主选择的3门普通高中学业水平等级考试科目是从物理、化学、生物、历史、政治、地理6科中选择3门作为选考科目，语、数、外三科各占150分，选考科目成绩采用“赋分制”，即原始分数不直接用，而是按照学生分数在本科目考试的排名来划分等级并以此打分得到最后得分.根据高考综合改革方案，将每门等级考试科目中考生的原始成绩从高到低分为、

、、、

、、、、

、、共8个等级。参照正态分布原则，确定各等级人数所占比例分别为

、

、

、

、

15,若存在,求出线段BP的长,若不存10.等级考试科目成绩计入考生总成绩时，将至等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法则，

分别转换到91-100、81-90、71-80，61-70、51-60、41-50、31-40、21-30八个分数区间，得到考生的等级成绩. 举例说明.

某同学化学学科原始分为65分，该学科级.而

等级的原始分分布区间为58～69，则该同学化学学科的原始成绩属

等

等级的转换分区间为61～70，那么该同学化学学科的转换分为：

，求得

.

设该同学化学科的转换等级分为，四舍五入后该同学化学学科赋分成绩为67.

（1）某校高一年级共2000人，为给高一学生合理选科提供依据，对六个选考科目进行测试，其中物理考试原始成绩基本服从正态分布

.

，其所在原始分分布区间为82～93，求小明转换后的

（i）若小明同学在这次考试中物理原始分为84分，等级为物理成绩；

（ii）求物理原始分在区间

的人数；

（2）按高考改革方案，若从全省考生中随机抽取4人，记表示这4人中等级成绩在区间列和数学期望. （附：若随机变量

，则）

21．（12分）等差数列an的前n项和为Sn，已知a3a718，S636. （Ⅰ）求数列an的通项公式及前n项和为Sn； （Ⅱ）设Tn为数列，

，

的人数，求的分布

1的前n项的和，求证：Tn1.

Snn222．（10分）已知函数f(x)x5x2lnx. （1）求f(x)的极值；

（2）若fx1fx2fx3，且x1x2x3，证明：x1x21.

参

一、选择题：本题共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、B 【解题分析】

n根据anan14，分别令n1,2，结合等比数列的通项公式，得到关于首项和公比的方程组，解方程组求出首项和公

式，最后利用等比数列前n项和公式进行求解即可. 【题目详解】

n设等比数列an的公比为q，由题意可知中：a10,q0.由anan14，分别令n1,2，可得a1a24、a2a316，

a1a1q4a12由等比数列的通项公式可得：， 2aqaq1611q2因此S5故选：B

2(125)312. 12【题目点拨】

本题考查了等比数列的通项公式和前n项和公式的应用，考查了数算能力. 2、A 【解题分析】

分析：设三角形的直角边分别为1，3，利用几何概型得出图钉落在小正方形内的概率即可得出结论. 解析：设三角形的直角边分别为1，3，则弦为2，故而大正方形的面积为4，小正方形的面积为

31423. 2图钉落在黄色图形内的概率为42323.

42落在黄色图形内的图钉数大约为100023134.

2故选：A.

点睛：应用几何概型求概率的方法

建立相应的几何概型，将试验构成的总区域和所求事件构成的区域转化为几何图形，并加以度量． (1)一般地，一个连续变量可建立与长度有关的几何概型，只需把这个变量放在数轴上即可；

(2)若一个随机事件需要用两个变量来描述，则可用这两个变量的有序实数对来表示它的基本事件，然后利用平面直角坐标系就能顺利地建立与面积有关的几何概型；

(3)若一个随机事件需要用三个连续变量来描述，则可用这三个变量组成的有序数组来表示基本事件，利用空间直角坐标系即可建立与体积有关的几何概型． 3、A 【解题分析】

根据符号函数的解析式，结合f（x）的单调性分析即可得解. 【题目详解】

根据题意，g（x）＝f（x）﹣f（ax），而f（x）是R上的减函数，

当x＞0时，x＜ax，则有f（x）＞f（ax），则g（x）＝f（x）﹣f（ax）＞0，此时sgn[g （ x）]＝1， 当x＝0时，x＝ax，则有f（x）＝f（ax），则g（x）＝f（x）﹣f（ax）＝0，此时sgn[g （ x）]＝0， 当x＜0时，x＞ax，则有f（x）＜f（ax），则g（x）＝f（x）﹣f（ax）＜0，此时sgn[g （ x）]＝﹣1， 综合有：sgn[g （ x）]＝sgn（x）； 故选：A． 【题目点拨】

此题考查函数新定义问题，涉及函数单调性辨析，关键在于读懂定义，根据自变量的取值范围分类讨论.

4、D 【解题分析】

由几何法求出圆心到直线的距离，再与半径作比较，由此可得出结论． 【题目详解】

解：由题意，圆xy1的圆心为O0,0，半径r1，

22∵圆心到直线的距离为d2abab22，

a2b22ab，

d1，

故选：D． 【题目点拨】

本题主要考查直线与圆的位置关系，属于基础题． 5、D 【解题分析】

因为alog0.080.042log0.080.2log所以

0.080.2log0.0810，blog0.30.2log0.310，

11log0.20.08,log0.20.3且ylog0.2x在0,上单调递减，且0.080.3 ab11所以，所以ba，

ab又因为alog所以bac. 故选：D. 【题目点拨】

本题考查利用指对数函数的单调性比较指对数的大小，难度一般.除了可以直接利用单调性比较大小，还可以根据中间值“0,1”比较大小. 6、C 【解题分析】

设球的半径为R，根据组合体的关系，圆柱的表面积为S2R22R2R54，解得球的半径R3，再代入球的体积公式求解. 【题目详解】

0.080.2log0.080.081，c0.30.040.301，所以ac，

设球的半径为R，

根据题意圆柱的表面积为S2R22R2R54， 解得R3， 所以该球的体积为V故选：C 【题目点拨】

本题主要考查组合体的表面积和体积，还考查了对数学史了解，属于基础题. 7、D 【解题分析】

根据以直角边AC、AB为直径的半圆的面积之比求得得所求表达式的值. 【题目详解】

由于直角边AC、AB为直径的半圆的面积之比为

44R33336 . 33AC1，即tan的值，由此求得sin和cos的值，进而求AB21211AC1,cos，即tan，所以sin，所以，55AB242所以cos2sin2故选：D 【题目点拨】

41282. 5555本小题主要考查同角三角函数的基本关系式，考查二倍角公式，属于基础题. 8、C 【解题分析】

根据韦恩图可确定所表示集合为N和交集定义可求得结果. 【题目详解】

由韦恩图可知：阴影部分表示NRM，根据一元二次不等式解法和定义域的求法可求得集合M,N，根据补集

RM，

Mxx5x20x2x5，Nx9x20x3x3， NRMx3x2.

故选：C.

【题目点拨】

本题考查集合运算中的补集和交集运算，涉及到一元二次不等式和函数定义域的求解；关键是能够根据韦恩图确定所求集合. 9、C 【解题分析】

利用正弦定理将边化角，再由sinABsinC，化简可得sinBcosAsinAcosA，最后分类讨论可得； 【题目详解】

解：因为cacosB(2ab)cosA

所以sinCsinAcosB2sinAsinBcosA 所以sinCsinAcosB2sinAcosAsinBcosA 所以sinABsinAcosB2sinAcosAsinBcosA

所以sinAcosBsinBcosAsinAcosB2sinAcosAsinBcosA 所以sinBcosAsinAcosA 当cosA0时A2，ABC为直角三角形；

当cosA0时sinAsinB即AB，ABC为等腰三角形；

∴ABC的形状是等腰三角形或直角三角形

故选：C． 【题目点拨】

本题考查三角形形状的判断，考查正弦定理的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题． 10、B 【解题分析】

由题意建立空间直角坐标系，表示出各点坐标后，利用cosBE,PD【题目详解】

BEPDBEPD即可得解.

PA平面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，

如图建立空间直角坐标系，由题意：

A0,0,0，B2,0,0，C2,2,0，P0,0,5，D0,2,0，

E为PC的中点，E1,1,5. 25BE1,1,，PD0,2,5， 21BEPD213cosBE,PD，

3913BEPD32异面直线BE与PD所成角的余弦值为cosBE,PD即为13.

39故选：B.

【题目点拨】

本题考查了空间向量的应用，考查了空间想象能力，属于基础题. 11、B 【解题分析】

先把没有要求的3人排好，再分如下两种情况讨论：1.甲、丁两者一起，与乙、丙都不相邻，2.甲、丁一起与乙、丙二者之一相邻. 【题目详解】

首先将除甲、乙、丙、丁外的其余3人排好，共有A3种不同排列方式，甲、丁排在一起共有A2种不同方式； 若甲、丁一起与乙、丙都不相邻，插入余下三人产生的空档中，共有A4种不同方式； 若甲、丁一起与乙、丙二者之一相邻，插入余下三人产生的空档中，共有C2A4种不同方式；

3122根据分类加法、分步乘法原理，得满足要求的排队方法数为A3A2(A4C2A4)576种.

123323故选：B. 【题目点拨】

本题考查排列组合的综合应用，在分类时，要注意不重不漏的原则，本题是一道中档题. 12、A 【解题分析】

根据平面内两定点A，B间的距离为2，动点P与A，B的距离之比为合求解. 【题目详解】 如图所示：

2，利用直接法求得轨迹，然后利用数形结2

,，Px,y，则设A1,0，B10x1y22x1y222， 2化简得x3y28，

当点P到AB（x轴）距离最大时，PAB的面积最大， ∴PAB面积的最大值是故选：A. 【题目点拨】

本题主要考查轨迹的求法和圆的应用，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、

2122222. 22 3【解题分析】

分析：可先用向量的数量积公式将原式变形为：bccosA2accosB3abcosC，然后再结合余弦定理整理为

a22b23c2，再由cosC的余弦定理得到a，b的关系式，最后利用基本不等式求解即可.

详解：已知ABAC2BABC3CACB，可得bccosA2accosB3abcosC，将角A,B,C的余弦定理代入得

2212ab2. a2b3c，由cosCabc332，当a=b时取到等号，故cosC的最小值为32ab2ab3222222点睛：考查向量的数量积、余弦定理、基本不等式的综合运用，能正确转化ABAC2BABC3CACB是解题关键.属于中档题.

14、60 240x6 【解题分析】

求出二项展开式的通项，令指数为零，求出参数的值，代入可得出展开式中的常数项；求出项的系数，利用作商法可求出系数最大的项. 【题目详解】

21的展开式的通项为k26k1kC2xC626kx123k， 2x6xx42令123k0，得k4，所以，展开式中的常数项为C6260；

6k令akC2解得

k66kC6n26nC6n127nanan1kN,k6，令aa，即n6nn15n，

n1nC62C6247n，33nN，n2，因此，展开式中系数最大的项为C6224x6240x6.

故答案为：60；240x6. 【题目点拨】

本题考查二项展开式中常数项的求解，同时也考查了系数最大项的求解，涉及展开式通项的应用，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题. 15、,2 3【解题分析】

12xy20根据变量x，y满足：x2y40，画出可行域，由t1xt1yt10，解得直线过定点A1,0，直

x3y110线绕定点旋转与可行域有交点即可，再结合图象利用斜率求解. 【题目详解】

2xy20由变量x，y满足：x2y40，画出可行域如图所示阴影部分，

x3y110

由t1xt1yt10，整理得xy1txy10，

xy10由，解得x1,y0，

xy10所以直线t1xt1yt10过定点A1,0，

由2xy20，解得C1,4，

x3y110x2y40由，解得B2,3，

x3y110要使t1xt1yt10，则与可行域有交点， 当t1时，满足条件，

当t1时，直线得斜率应该不小于AC，而不大于AB，

t1t12或3， 1t1t1解得t2，且t1，

3即

综上：参数t的取值范围为,2.

311故答案为：,2

3【题目点拨】

本题主要考查线性规划的应用，还考查了转化运算求解的能力，属于中档题. 16、

1 4【解题分析】

出场运动员编号相同的事件显然有3种，计算出总的基本事件数，由古典概型概率计算公式求得答案.

【题目详解】

甲队有编号为1，2，3的三名运动员，乙队有编号为1，2，3，4的四名运动员， 出场的两名运动员编号相同的事件数为3， 出现的基本事件总数n3412， 则出场的两名运动员编号相同的概率为故答案为：

31. 1241 4【题目点拨】

本题考查求古典概率的概率问题，属于基础题.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17、（1）m1（2）见解析 【解题分析】

（1）分三种情况去绝对值，求出最大值与已知最大值相等列式可解得；（2）将所证不等式转化为函数利用导数判断单调性求出最小值可证． 【题目详解】 （1）∵m0，

12ab≥1，再构造ab3m,xm∴fxxmx2m2xm,2mxm.

3m,x2m∴当x2m时，fx取得最大值3m. ∴m1. （2）由（Ⅰ），得a2b21，

ababbaab3344a2b222a2b2ab12ab. ab∵a2b212ab，当且仅当ab时等号成立，

1. 211令ht2t，0t.

t2∴0ab11hth0,ht.∴则在上单调递减1. 22∴当0ab112ab1. 时，

2aba3b3∴1. ba【题目点拨】

本题考查了绝对值不等式的解法，属中档题．本题主要考查了绝对值不等式的求解，以及不等式的恒成立问题，其中解答中根据绝对值的定义，合理去掉绝对值号，及合理转化恒成立问题是解答本题的关键，着重考查分析问题和解答问题的能力，以及转化思想的应用. 18、（1）fx增区间为【解题分析】

（1）求出f（x）的导数，解不等式，即可得到函数的单调区间，进而得到函数的极值；

3811,，减区间为0,; 极小值ln2，无极大值；（2）2ln3

43221htxxb1xx1gxgx（2）由题意可得1，12，求出12的表达式，tt2lnt0t1，求出h2（t）的最小值即可． 【题目详解】

（1）将a1代入fx中，得到fxxxlnx，求导，

212x2x1x12x1得到fx2x1，结合x0， xxx当fx0得到： fx增区间为111,，当fx0，得fx减区间为 0,fxx且在时有极小值22213fln2，无极大值. 24（2）将fx解析式代入，得gxx2b2x2lnx，求导

2得到gx2x2b22222， xb1x1xx令gx0,得到xb1x10,

x1x2b1，x1x21，b14214 3322gx1gx2x12b2x12lnx1x22b2x22lnx2，

x12x222b2x1x22lnx1lnx2，

x12x222x1x2x1x22lnx1， x2x12x22x1x22lnx1x2，

xxx122ln1，

x2x2x1因为0x1x2，所以设tx110t1,令htt2lnt0t1， x2t2t10所以ht在0,1单调递减,又因为b143 12则ht123t2tt所以b1x1x222xx12x1x221x1x21162t2,所以 t或t3

3x2x1t3又因为0t1，所以0t18111 所以hth32ln2ln3,

33333所以gx1gx2的最小值为【题目点拨】

82ln3. 3本题考查了函数的单调性、极值、最值问题，考查导数的应用以及函数的极值的意义，考查转化思想与减元意识，是一道综合题．

19、（1）见解析；（2）存在，长5 【解题分析】

（1）先证CF面ABCD,又因为CF面BCF,所以平面ECF平面ABCD. （2）根据题意建立空间直角坐标系. 列出各点的坐标表示,设DPDF,则可得出

向量BP1,22,3,求出平面ABE的法向量为nx,y,z,利用直线与平面所成角的正弦公式

sincosBP,nBPnBPn列方程求出0或

3

,从而求出线段BP的长. 4

【题目详解】

解:（1）证明:因为四边形EDCF为矩形, ∴DECF3. ∵AD2DE2AE2∴DEAD ∴DECD∴DE面ABCD ∴CF面ABCD 又∵CF面BCF ∴平面ECF平面ABCD

（2）取D为原点,DA所在直线为x轴,DE所在直线为z轴建立空间直角坐标系. 如图所示:则A1,0,0,B1,2,0,C1,2,0,E0,0,3,F1,2,3, 设DPDF1,2,3,2,3,0,1; ∴P,2,3,BP1,22,3,

设平面ABE的法向量为nx,y,z,

∴x2y3z0,不防设n2y03,0,1.

313∴sincosBP,nBPnBPn1223

; 4

2232215, 10化简得8260,解得0或

当0时,BP1,2,0,∴BP5; 71333

BP,,,∴BP5; 当时,4424综上存在这样的P点,线段BP的长5.

【题目点拨】

本题考查平面与平面垂直的判定定理的应用,考查利用线面所成角求参数问题,是几何综合题,考查空间想象力以及计算能力.

20、 (1)（i）83.;（ii）272.(2)见解析.

【解题分析】

（1）根据原始分数分布区间及转换分区间，结合所给示例，即可求得小明转换后的物理成绩；根据正态分布满足

，结合正态分布的对称性即可求得

（2）根据各等级人数所占比例可知在区间合数学期望的公式即可求解。 【题目详解】

（1）（i）设小明转换后的物理等级分为，

，

求得

.

内的概率，根据总人数即可求得在该区间的人数。

内的概率为，由二项分布即可求得的分布列及各情况下的概率，结

小明转换后的物理成绩为83分；

（ii）因为物理考试原始分基本服从正态分布所以

.

所以物理原始分在区间

的人数为

（人）； 内的概率为，

，

（2）由题意得，随机抽取1人，其等级成绩在区间随机抽取4人，则

，

，

.

的分布列为 数学期望【题目点拨】

0 1 .

，

，

2 3 4 .

本题考查了统计的综合应用，正态分布下求某区间概率的方法，分布列及数学期望的求法，文字多，数据多，需要细心的分析和理解，属于中档题。

221、（Ⅰ）an2n1，Snn （Ⅱ）见解析

【解题分析】

（Ⅰ）根据等差数列公式直接计算得到答案.

11111（Ⅱ），根据裂项求和法计算得到Tn1得到证明. 2Snnnnnn1n1【题目详解】

（Ⅰ）等差数列an的公差为d，由a3a718，S636得a59，a1a612， 即a14d9，2a15d12，解得a11，d2. ∴an2n1，Sn1352（Ⅱ）Snn，∴

(2n1)n2.

111112，

Snnnnn(n1)nn1∴Tn111111111，即Tn1. 223nn1n1【题目点拨】

本题考查了等差数列的基本量的计算，裂项求和，意在考查学生对于数列公式方法的灵活运用. 22、（1）f(x)极大值为【解题分析】

（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F(x)f(x)f(1x),x0,92ln2；极小值为62ln2；（2）见解析 411f(x)f(1x)F(x)0,,求导并判断单调性可得从而在0,上22恒成立,再结合x10,【题目详解】

1,fx2fx1f1x1,可得到x21x1,即可证明结论成立. 2（1）函数f(x)的定义域为0,,f(x)2x52(2x1)(x2)(x0), xx11所以当x0,(2,)时,f(x)0;当x,2时,f(x)0,

22则f(x)的单调递增区间为0,和(2,),单调递减区间为121,2. 2故f(x)的极大值为f191152ln2ln2;f(x)的极小值为f(2)4102ln262ln2. 242421x22x3, 21, 2（2）证明:由（1）知0x1设函数F(x)f(x)f(1x),x0,22则F(x)x5x2lnx1x51x2ln1x,

(2x1)(x2)(2x1)(x1)2(2x1)2F(x),

x1xx(1x)则F(x)0在0,上恒成立,即F(x)在0,上单调递增,

12121F(x)F故,

2又F11f2211f0,则F(x)f(x)f(1x)0,x0,, 221f(x)f(1x)即在0,上恒成立.

2因为x10,1,所以fx1f1x1, 2又fx2fx1,则fx2f1x1, 因为x2,1x111,2,且f(x)在,2上单调递减, 22所以x21x1,故x1x21. 【题目点拨】

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,属于难题.