惠州市实验中学 2022 级高二 3 月月考试
题
数学科
考试时间：120 分钟 命题人：张锦玉 审题人：程群峰
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，只有一项符合题目要求的。
1．下列求导运算结果正确的是（ ）
A 1
1
． x
1 B．2 xlnx lnx 1 x x
x x
C． (sinπ) cosπ D e e x 1 ．
x
x
2
f x ex ax(a 0) 12．已知函数 在 x 0处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为 ，
4
则实数 a的值为（ ）
A．1 B． 1 C． 3 D．3
2x
3．设函数 f (x) 在区间[3, 4]上的最大值和最小值分别为 M，m则M m （ ）
x 2
A．4 B．6 C．10 D．24
4．函数 f(x)＝x2－ln 2x的单调递减区间是( )
A． (0, 2 ] B [ 2． , )
2 2
C． ( , 2 2 2 2 ]， (0, ] D．[ , 0)， (0, ]
2 2 2 2
ln | x |
5．函数 y＝ 的图象大致是（ ）
x
A． B． C． D．
6．已知函数 f x ex x2 a ，若 f x 在 R 上单调递增，则实数 a的取值范围是（ ）
试卷第 1页，共 4页
A． ,1 B． ,1 C． 1, D． 1,
7．某莲藕种植塘每年的固定成本是 2万元，每年最大规模的种植量是 10万斤，每种植
1斤藕，成本增加 1元．销售额 y (单位：万元)与莲藕种植量 x (单位：万斤)满足
y 1 x3 ax2 x a 23( 为常数)，若种植 3万斤，利润是 万元，则要使销售利润最大，
6 2
每年需种植莲藕（ ）
A．7万斤 B．8万斤 C．9万斤 D．10万斤
8．定义在 0, 上的函数 f x 满足：对于定义域上的任意 x ，x ，当 x1 2 1 x2 时，恒
x2 f x1 x1 f x2
有 0，则称函数 f x 为“理想函数”.给出下列四个函数：
x1 x2
① f x 1；② f x x2；③ f x x；④ f x x2 x能被称为“理想函数”的有（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
二、多选题：本小题共 3 题，每小题 6 分，共 18 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 6 分，部分选对的得部分分，有选
错的得 0 分。
9．下列命题正确的有（ ）
f x f 1 2 lim f (1 2 x) f (1)A．已知函数 在R 上可导，若 ，则 2
x 0 x
1
B．已知函数 f x ln(2x 1)，若 f x0 1，则 x0 2
f x 1C x3 x2．若函数 1，则 f x 的极大值为1
3
9
D．设函数 f x 的导函数为 f x f x x2，且 3xf 2 ln x，则 f 2
4
10．已知函数 f (x) x3 3x 1，则（ ）
A． f x 有两个极值点
B． f x 有三个零点
C．直线 y 3x是曲线 f x 的切线
D．若 f x 在区间[ 1,c]上的最大值为 3，则 1 c 2
试卷第 2页，共 4页
11．在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里的一个非常重要的不动点定理，它得名
于荷兰数学家鲁伊兹*布劳威尔.简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数 f x ，存在
一个点 x0，使得 f x0 x0，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称 x0为该函数的一
个不动点，依据不动点理论，下列说法正确的是（ ）
A．函数 f x cos x只有一个不动点
B．若定义在 R上的奇函数 f x ，图象上存在有限个不动点，则不动点个数是奇数
C．函数 f x ln x 2只有一个不动点
D．若函数 f x ln x x2 ax 1在 0, 上存在两个不动点，则实数 a满足 0 a 1
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12 2．函数 f (x)= x(x-1) 的极大值为 .
13．已知函数 f x x3 3mx2 nx m2在 x= 1时有极值 0，则mn = .
14．已知函数 f x 1 2x 2x2 ，g x 2m lnx，若关于 x的不等式 f x xg x 有解，e
则m的最小值是 .
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分。解答应写出文字说明、证明过程或
演算步骤。
15．(13分)
已知函数 f (x) ln x x2
(1)求曲线 y f (x)在点 (1, f (1))处的切线方程；
(2)求函数 h(x) f (x) 3x的单调区间．
16．（15分）
已知 an 为等差数列，公差 d 2，且 a1、 a2、 a5成等比数列．
(1)求数列 an 的通项公式；
b 1 1(2)记 n b n Sa S n a
，数列 n 的前 项和为 n，证明： n ．
n 1 2
试卷第 3页，共 4页
17．（15分）
ABC的内角 A,B,C的对边分别为 a,b,c，已知 2cosC(a cos B+b cos A) c.
(1)求C；
(2)若 c 5， ABC的面积为 2 3，求 ABC的周长.
18．（17分）
x2 y2
已知椭圆 E : 2 2 1(a b 0)的左、右焦点分别为 Fa b 1
，F2，过F1的直线 l与 E交于 P，
Q两点， PQF2的周长为 8，焦距为 2 3．
(1)求椭圆 E的方程；
(2)若直线m与圆O : x2 y2 b2相切，且与 E交于不同的两点 R，S，求 RS 的取值范围．
19．（17分）
（1）证明不等式： ex 2 ln x（第一问必须用隐零点解决，否则不给分）；
（2）已知函数 f (x) (x 2)e x a(x 1) 2有两个零点.求 a的取值范围.（第二问必须用分段
讨论解决，否则不给分）
试卷第 4页，共 4页
参考答案：
1．B
【分析】根据导数的运算法则及基本初等函数的导数公式计算可得.
【详解】对于 A x 1：
1
1 ，故 A错误；
x x2
对于 B： xlnx x ln x ln x x ln x 1 x lnx 1，故 B正确；
x
对于 C： (sinπ) 0，故 C错误；
x ex x x ex
对于 D： e x e
x ex ex x 1
，故 D错误.
x
x
2 x2 x2
故选：B.
2．C
【分析】根据导数的几何意义求得曲线在 x 0处的切线为 y 1 (a 1)x，结合题意，列出方
程，即可求解.
x
【详解】由题意，函数 f x e ax(a 0)，则 f x e x a，
可得 f 0 a 1， f 0 1，即切点坐标为 P(0,1)，
所以在 x 0处的切线为 y 1 (a 1)x，
当 x 0时， y 1
1
；当 y 0时， x ，
a 1
1
因为在 x 0处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为 ，
4
1 1 1 1可得 ，解得 a 1或 a 3，
2 a 1 3
又因为 a<0，所以 a 3 .
故选：C.
3．C
【分析】将函数 f (x)分离常数变形后，判断出其单调性，根据单调性求出最值即可得解.
2(x 2) 4 4
【详解】因为 f(x)= =2+ ，
x 2 x 2
所以 f(x)在[3，4]上是减函数.
所以 m=f(4)=4，M=f（3）=6.
所以M m 6 4 10 .
故选：C.
4．A
答案第 1页，共 12页
【分析】先求出 f(x)的导数 f′(x)，令 f′(x) ≤0即可解出答案（注意定义域）
【详解】由题意知，函数 f(x)定义域为 x>0，
1 2x2 1 x 0 2
因为 f′(x)＝2x－ ＝ ，由 f′(x)≤0得
x x 2x2
解得 0
【点睛】本题主要考查利用导数解决函数单调性的问题．属于基础题
5．C
【分析】根据函数的奇偶性可排除 B，在根据导数求出函数在当 x 0时的单调区间，即可
得出答案.
ln | x |
【详解】∵y＝f(－x)＝ ＝－f(x)，
x
ln | x |
∴y＝f(x)＝ 为奇函数，
x
∴y＝f(x)的图象关于原点成中心对称，可排除 B.
ln x 1 ln x
又∵当 x＞0时，f(x)＝ ， f x
x x2
，
∴当 x＞e时， f x ＜0，
∴函数 f(x)在(e，＋∞)上单调递减；
当 0＜x＜e时， f x ＞0，
∴函数 f(x)在(0，e)上单调递增.
故可排除 A，D，而 C满足题意.
故选：C.
6．D
【分析】求出导函数，由已知得出 f x 0恒成立.进而推得 x2 2x a 0恒成立，由 0
列出不等式，解不等式即可得出答案.
【详解】由已知可得， f x ex x2 a 2xex ex x2 2x a .
因为 f x 在 R 上单调递增，所以 f x 0恒成立.
因为 ex 0，
所以 x2 2x a 0恒成立，
所以， 22 4a 4 4a 0，解得a 1 .
故选：D.
7．B
答案第 2页，共 12页
【分析】由已知求参数 a，再利用导数研究函数的单调性，进而确定销售利润最大时每年需
种植莲藕量.
【详解】设销售利润为 g(x)，
g(x) 1 x3则 ax2 x 2 x
1
x3 ax2 2(0 x 10)．
6 6
g(3) 1 33 a 32 23因为 2 ，所以 a 2，
6 2
则 g(x)
1 1 1
x3 2x2 2 g (x) x2，因为 4x x(x 8)，
6 2 2
所以当 x (0,8)时， g (x) 0；当 x (8,10)时， g (x) 0，
故函数 g(x)在 (0,8)上单调递增，在 (8,10)上单调递减，
所以 x 8时，函数 g(x)取得最大值．所以要使销售利润最大，每年需种植莲藕 8万斤．
故选：B．
8．C
【分析】首先求得“理想函数”的等价条件，然后对题目所给四个函数逐一分析，从而确定正
确选项.
【详解】依题意，定义在 0，+ 上的函数 f x 满足：对于定义域上的任意 x1, x2，当 x1 x2 时，
x2 f x1 x1 f x2
恒有 0，
x1 x2
不妨设 x1 x2 0，可得 x2 f x1 x1 f x2 0，即 x2 f x1 x1 f x2 ，
f x1 f x2 f x 即 ，所以函数
x x y
在 0, 上单调递增.
1 2 x
f x f x也即 为“理想函数” 的等价条件是函数 y 在 0, 上单调递增.
x
f x
y 1①， x 0 在 0, 上单调递减，不符合；
x x
f x
②， y x x 0 在 0, 上单调递增，符合；
x
f xy 1③， x 0 在 0, 上单调递减，不符合；
x x
f x
④， y x 1 x 0 在 0, 上单调递增，符合；
x
综上所述，②④符合题意.
故选：C
9．BD
答案第 3页，共 12页
【分析】结合导数的定义，可判定 A错误；根据导数的运算对函数求导，结合已知条件求
出 x0的值，可判定 B正确；利用导数研究函数的单调性，求得极大值，可判定 C错误；求
得函数的导数，然后给 x赋值，可判定 D正确．
f 1 2Δx fA lim 1 f 1 2Δ x f 1 【详解】对于 中，由 2 lim 2f 1 4，所以 A
Δx 0 Δx Δ x 0 2Δ x
错误；
2
对于 B中，由函数 f x ln(2x 1)，可得 f x ，则 f x
2
1
2x 1 0 2x0 1
，
1
解得 x0 ，所以 B正确；2
f x 1C x3 2对于 中，由函数 x 1，可得 f x x2 2x x(x 2)，
3
当 ( , 0)时， f x 0， f x 单调递减；当 (0,2)时， f x 0， f x 单调递增；
当 (2, )时， f x 0， f x 单调递减，
所以函数 f x 7的极大值为 f 2 ，所以 C错误；
3
2 1
对于 D中，由函数 f x x 3xf 2 ln x，可得 f x 2x 3 f 2 ，
x
1 9
所以 f 2 2 2 3 f 2 ，解得 f 2 ，所以 D正确.
2 4
故选：BD.
10．ABD
【分析】利用导数求函数的单调性、极值、最值，及导数的几何意义计算即可.
【详解】由题意可知 f (x) 3x2 3 3 x 1 x 1 ，
易知 x 1,1 时 f x 0， x 1, , 1 时 f x 0，
即 f x 在 1,1 上单调递减，在 1, , , 1 上单调递增，
所以 f x 在 x= 1上取得极大值，在 x 1上取得极小值，即 A正确；
又 f 1 1 0, f 1 3 0, f 2 1 0, f 2 3 0，
所以 f x 在区间 2, 1 , 1,1 , 1,2 上分别各有一个零点，即 B正确；
联立 y 3x与 f (x) x3 3x 1得 x3 1 0 x 1, y 3，
若直线 y 3x是曲线 f x 的切线，则切点为 1,3 ，而 f ( 1) 0 3，所以 C错误；
若 f x 在区间[ 1,c]上的最大值为 3，由上可知 f 1 f 2 3，所以 1 c 2，
答案第 4页，共 12页
故 D正确.
故选：ABD
11．ABD
【分析】根据不动点函数和不动点的定义，将各选项的不动点问题转化为方程的解的问题来
处理后可得正确的选项，ACD选项中的对应的方程的解的问题需结合导数来处，而 B中则
需结合奇函数的性质来处理.
【详解】对于 A，令 s x cos x x，因为 s 0 1， s 2 cos2 2 0，
故 s x 在R 上存在零点 a，但 s x sin x 1 0，
故 s x 在R 上为减函数，故 s x 在R 上仅有一个零点 a，
故cosa a有且仅有一个实数解，即 f x 只有一个不动点，故 A正确.
对于 B，若 x0为奇函数 f x 的非零不动点，则 f x0 x0，
而 f x0 f x0 x0，所以 x0也为奇函数 f x 的非零不动点，
故 f x 的非零不动点成对出现，而 f 0 0，故 0为奇函数 f x 的不动点，
所以奇函数 f x 不动点个数是奇数，故 B正确.
1 x
对于 C，设 t x ln x 2 x，则 t x ，
x
t x 0时 0 x 1 t ； x 0时 x 1；
故 t x 在 0,1 上递增，在 1, 上递减，
而 t 1 1 0 t e 2， e 2 0， t e2 4 e2 0，
故 t x 在 0, 有两个不同的零点b,c，故 ln b 2 b, ln c 2 c，
故 f x ln x 2有两个不动点，故 C错误.
对于 D，若函数 f x ln x x 2 ax 1 在 0, 上存在两个不动点，
则 ln x x2 ax 1 x在 0, 上存在两个不同的解，
故 ln x ax 1 0在 0, 上存在两个不同的解，
设u x ln x ax 1，u x 1 ax ，
x
答案第 5页，共 12页
若a 0，则u x 0，故 u x 在 0, 上为增函数，
ln x ax 1 0在 0, 上至多一个零点，与题设矛盾；
1 1
若a 0，u x 0时0 x ；u x 0时 x ；
a a
故u x 1 1 在 0, 上递增，在 , 上递减，
a a
u x 0, u x u 1 ln 1因为 在 上存在两个不同的零点，故 0max ， a a
故 0 a 1 .
1 1 u 1 a此时 1 ， 0，e a e e
下证：当 x e时， 2ln x x .
设v x 2ln x x, x e 2 x，则 v x 0，
x
故 v x 在 e, 上为减函数，故 v x 2ln e e=2 e 0，
故2ln x x在 e, 上恒成立，故 ln x2 x在 e, 上恒成立，
2
2 e , x 1 1 4a 故 ln t t在 上恒成立，令 x ax 1 0，则 2a ，
2
故当 x max
e2 ,
1 1 4a
时，有2a ln x ax 1 x ax 1 0
，
故 0 a 1时， u x 在 0, 上的确存在两个不同的零点，故 D正确.
故选:ABD.
【点睛】思路点睛：导数背景下函数的零点问题，需要结合导数的符号讨论函数的单调性，
并结合零点存在定理讨论零点的存在性问题，取点如果比较复杂，则可以利用放缩法把指对
数函数转为多项式函数来讨论.
4
12．
27
2
【分析】利用导数研究函数 f (x)= x( x-1) 的单调性，由此可求得该函数的极大值.
【详解】 f x x x 1 2 2，定义域为 R， f x x 1 2x x 1 3x 1 x 1 .
1
令 f x 0，可得 x 或 x 1 .
3
x 1当 或 x 1时， f (x) > 0 2，此时，函数 f (x)= x( x-1) 单调递增；3
答案第 6页，共 12页
1
当 x 1时， f x 0，此时，函数 f (x)= x( x 1 2- 单调递减3 ) .
1 2
所以，函数 f (x)= x( x-1)2 x f 1 1 1 4在 处取得极大值，且极大值为
1 .
3 3 3 3 27
4
故答案为： .
27
【点睛】本题考查利用导数求解函数的极值，考查计算能力，属于中等题.
13． 18
f 1 =0
【分析】对函数进行求导，根据函数 f x 在 x= 1时有极值 0，可以得到 ，代入
f 1 =0
求解，并进行检验，即可求出结果.
3 2 2
【详解】∵ f x x 3mx nx m ， f x 3x2 6mx n，函数 f x x3 3mx2 nx m2
在 x= 1时有极值 0，
f 1 =0 1 3m n m 2 0 m 2 m 1
可得 即 ，解得 或 ，
f
1 =0 3 6m n 0 n 9
n 3
m 1
若 f x x 3 3x 2 3x 1 f x 3x2 6x 3 3 x 1 2 0
n 3
时，函数 ，
所以函数 f x 在R 上单调递增，函数无极值，故舍，
m 2
所以 n ，所以
mn 18
9
故答案为： 18．
1
14． /0.5
2
2x lnx t
【分析】参变分离可得 2m e 2x lnx 有解，令 t 2x lnx，g t e t，利用导
数求出 g t min，即可求出参数的取值范围，从而得解.
1 2
【详解】由 f x xg x 得 2x 2x x 2m lnx ，显然 x 0，e
2m 1 2x lnx所以
xe2x
2x lnx e 2x lnx 有解，
令 t 2x lnx，则 t R ，
令 g t et t t，则 g t e 1，所以当 t 0时 g t 0，当 t 0时 g t 0，
所以 g t 在 ,0 上单调递减，在 0, 上单调递增，
答案第 7页，共 12页
g t g 0 1 e 2x lnx所以 ，即 2x lnx 1min ，
1 1
所以 2m 1，则m ，即m的最小值是 .
2 2
1
故答案为： 2
2m e 2x lnx【点睛】关键点点睛：本题的关键是参变分离得到 2x lnx 有解，再构造函
数，利用导数求出 e
2x lnx 2x lnx min .
15．解：（1） f (x) ln x x 2(x 0) ，----------------1 分
则 f (x)
1
2x，---------------------------------2 分
x
则切线的斜率 k f (1) 3，------------3 分
又 f (1) 1，-------------------------------4 分
所以曲线 y f (x)在点 (1, f (1))处的切线方程为3x y 2 0．-----------------5 分
（2） h(x) f (x) 3x lnx x2 3x(x 0)，---------------6 分
1 2 x2 3x 1
则 h (x) 2x 3 (x 0) ，--------------8 分
x x
由 h (x) 0，可得0 x
1
或 x 1；-----------------10 分
2
h (x) 0 1由 ，可得 x 1，-----------------------11 分
2
1 1
所以函数 h(x)的单调增区间为 (0, )， (1, )，单调递减区间为 ( ,1)．------13 分
2 2
答案第 8页，共 12页
16．解：（1）依题意 a2 a1 d a1 2，---------1 分
a5 a1 4d a1 8，------------------------------------2 分
又 a1、 a2、 a5成等比数列，
所以 a1a5 a
2
2，即 a1 a1 8 a1 2
2
，------------4 分
解得 a1 1，------------------------------------------6 分
所以 an a1 n 1 d 2n 1 .--------------------------7 分
b 1 1 1 1 1 （2）由（1）可得 n an an 1 2n 1 n 1 2 2n 1 2n 1
，-----10分
所以 Sn b1 b2 bn
1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 3 2 3 5
------------------------11分
2 2n 1 2n 1
1 1 1 1 1 1 1
------------------------------------13分
2 3 3 5 2 n 1 2 n 1
1 1 1 1 1 1 .--------------------------------15分2 2n 1 2 4n 2 2
17．解：（1）由已知及正弦定理得： 2cosC sin A cosB sin B cos A sinC ,--------2 分
即2cosC sin A B sinC，--------------------------------3 分
由sin A B sinC 0，故 2cosC·sinC sinC，---------------------5 分
cosC 1 ,因为C 0, π ，-------------------------6 分
2
所以C
π
.-------------------7 分
3
1
（2）由已知得， S ABC ab sinC 2 3，-------------8 分2
又C
π
， sinC 3 ，所以ab 8 ---------------------10分
3 2
由余弦定理得： a2 b2 2ab cosC c2 25，------------11分
所以 a2 2 a b 2 b 33，从而 49，-----------------13分
即a b 7 ,--------------------------------14分
∴ ABC周长为 a b c 12．------------------15分
答案第 9页，共 12页
18．解：（1）因为 PQF2的周长为 8，所以 4a 8，解得 a 2，-------------------2 分
焦距为2 3， c 3，所以b2 a2 c2 4 3 1，--------------------------4 分
x2
所以椭圆 E的方程为 y2 1．---------------------5 分
4
（2）由（1）可知圆O : x2 y 2 1，当直线m斜率不存在时，为 x= 1或 x 1，----------6 分
3 3
当 x 1时， R 1, ,S 1, ，则 RS 3，
2 2
当 x= 1时，同理 RS 3，--------------------------------7 分
当直线m斜率存在时，设斜率为 k，则直线m的方程为 y kx t，
t
因为直线m与圆O相切，所以 1，则 k 22 1 t
2，-----------------8 分
k 1
x2 2
设R x1, y1 ,S x2 , y
y 1
2 ，联立椭圆于直线方程 4 ，
y kx t
4k 2 1 x2消元得 8ktx 4 t 2 1 0，--------------------------9 分
Δ 8kt 2 4 4 t 2 1 4k 2 1 0
x x 8kt1 2 所以 4k 2 1 ，------------------10分
4 t 2 1
x1x2 4k 2 1
由 k 2 1 t 2，得 k 2 t2 1 0, t2 1 ,
2 4 t2 1 3 t2 1 t2
RS 1 k 2 x x 2 4x x 2 8kt 1 2 1 2 t 2 4 2 4 2 ,--12分2
4k 1 4k 1 4t 3
2
令 4t 3, 1 ，
3 3 1 2
RS 3 1 2 3 3 3 1 1 4则 2 2 ，----14分 3 3
1 1 1
由0 1 ，所以当
3时，
RS 2
max ，
1
1 2
而 ,1
RS 1 4 时， 单调递减，所以 3 RS 3 3
1
0，---16分 3 3
所以 RS 0,2 .----------------17 分
答案第 10页，共 12页
19 1 g x ex 2．解：（ ）令函数 ln x，x 0，求导得：g x ex 2 1 ，显然函数 g (x)在 (0, )
x
上单调递增，-------------------1 分
1 1
而 g (1) e 1 x 2 1 0， g (2) 0，则存在 x 0
2 0
(1,2)，使得 g (x0 ) 0，即 e x ，有0
x0 2 ln x0，-----3 分
当0 x x0时，g (x) 0，当 x x0时，g (x) 0，函数 g(x)在 (0, x0 )上单调递减，在 (x0 , )
上单调递增，------------4 分
g(x) g(x ) e x0 2min 0 ln x
1 1
0 x0 2 2 x 2 0 ，所以 x 2x x 0 e ln x
.--------6 分
0 0
（2）函数 f (x) (x 2)e x a(x 1) 2定义域 R，
求导得 f (x) (x 1)e x 2a(x 1) (x 1)(e x 2a) ，-----7 分
当a 0时，由 f (x) 0得， x 1，由 f (x) 0得， x 1，即函数 f (x)在 ( ,1)上递减，在
(1, )上递增，-------------------8 分
f (x)min f (1) e<0 ，而 f (2) a 0，即存在 x1 (1,2)，使得 f (x1) 0，则函数 f (x)在 (1, )
上有唯一零点，------------9 分
取b 0且b ln
a
，则 f (b) (b 2)eb a(b 1)2
a
(b 2) a(b 1)2 a(b2 3 b) 0，--10 分
2 2 2
即存在 x2 (b,1)，使得 f (x2 ) 0，则函数 f (x)在 ( ,1)上有唯一零点，
因此当a 0时，函数 f (x)有两个零点，-------11分
当 a 0时，函数 f (x) (x 2)e x只有一个零点 2，--------12 分
e
当 a<0时，若 a 0，当 x ln( 2a)或 x 1时，f (x) 0，当 ln( 2a) x 1时，f (x) 0，
2
即有 f (x)在 ( , ln( 2a)), (1, ) 上单调递增，在 (ln( 2a),1)上单调递减，又 x 1， f (x) 0，
因此函数 f (x)在 ( ,1)上没有零点，在 (1, )上最多一个零点，即函数 f (x)最多一个零点，
-----------14分
若 a
e
，恒有 f (x) 0，即函数 f (x)在 R 上单调递增，函数 f (x)最多一个零点，--15分
2
若 a e2 ，当 x 1或 x ln( 2a)时， f (x) 0，当1 x ln( 2a)时， f (x) 0，
即有 f (x)在 ( ,1), (ln( 2a), ) 上单调递增，在 (1,ln( 2a))上单调递减，又 x 1， f (x) 0，
当 x 1, ln 2a 时， f x 0，
因此函数 f (x)在 ( , ln( 2a))上没有零点，在 (ln( 2a), )上最多一个零点，即函数 f (x)最
答案第 11页，共 12页
多一个零点，------------16分
综上得，当a 0时，函数 f (x)有两个零点，当 a 0时，函数 f (x)最多一个零点，
所以 a的取值范围是 (0, ) .------------17分
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