湖南省常德市第一中学2023-2024学年高三上学期第二次月考数学试题含答案.pdf

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1、试卷第 1页，共 4页常德市第一中学 2024 届高三第二次月水平检测常德市第一中学 2024 届高三第二次月水平检测数学数学（时量：120 分钟满分：150 分命题人、审题人：）一单项选择题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。每小题只有一个答案符合题意）单项选择题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。每小题只有一个答案符合题意）1若集合3,21,ZAx xBx xnn，则AB（）A1,1B3,3C1,1D3,1,1,32102221910loglog24 的值等于（）A-2B0C8D103函数 fx的图象如图所示，则 fx的解析式可能为（）A25 ee2xxxB

2、25sin1xx C25 ee2xxxD25cos1xx 4 掷铁饼者取材于希腊的现实生活中的体育竞技活动，刻画的是一名强健的男子在掷铁饼过程中具有表现力的瞬间（如图）现在把掷铁饼者张开的双臂近似看成一张拉满弦的“弓”，掷铁饼者的手臂长约为4m，肩宽约为8m，“弓”所在圆的半径约为5m4，则掷铁饼者双手之间的距离约为（参考数据：21.414，31.732）（）A1.012mB1.768mC2.043mD2.945m5“94a”是“方程230()xxax R有正实数根”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件6设正实数,x y z满足22340 xxyyz，则当zx

3、y取得最小值时，2xyz的最大值为（）A0B98C2D947已知函数 fx是奇函数 f xxR的导函数，且满足0 x 时，1ln0 x fxfxx，则不等式 9850 xfx的解集为（）A985,B985,985C985,0D0,985试卷第 2页，共 4页8已知直线ykxb与曲线e2xy 和曲线2ln eyx均相切，则实数k的解的个数为（）A0B1C2D无数二多项选择题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，多选错选不得分，少选得两分）多项选择题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，多选错选不得分，少选得两分）9设0ab且2ab，则（）A12bB12aC021a b

4、D0ln1ba10下列说法正确的有（）Atan2cos3sin40Bsin()cos22ABcABC中，Bsinsin,=+2,ABB AkkZ若则D1 sin1 sin(,0),2tan21 sin1 sina 11已知函数,1()1ln,1xxf xxx x，()g xkxk，则（）A()f x在R上为增函数B当14k 时，方程()()f xg x有且只有 3 个不同实根C()f x的值域为1,D若1()()0 xf xg x，则1,k12已知定义在R上的函数()f x满足对任意的x，yR，()()()f xyf x f y，且当0 x 时，()1f x，则（）A(0)1fB对任意的xR，

5、()0f x C()f x是减函数D若122f，且不等式lnln4xyxxayfx恒成立，则a的最小值是21e三填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）13若tan2，则sincossincos的值为.14已知函数2()lg(45)f xxx在(,)a 上单调递增，则a的取值范围为.15设函数 fx，fx的定义域均为R，且函数21fx，2fx均为偶函数若当1,2x时，31fxax，则2022f 的值为16已知函数ln20()axx af x，若不等式222e()ecos()axxxf xf x对0 x 恒成立，则实数

6、a 的取值范围为.试卷第 3页，共 4页四、解答题（本大题共 6 个小题，共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）四、解答题（本大题共 6 个小题，共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17（10 分）已知0,4，tan2cos24.（1）求的大小；（2）设函数 sin2f xx，0,x，求 fx的单调区间及值域.18（12 分）nS为数列na的前n项和.已知na0，22nnaa=43nS.（1）求na的通项公式；（2）设11nnnba a,求数列nb的前n项和.19（12 分）已知函数2()eaxf xx，其中0a，e 为自然对数的底数（1）讨论函数()f x的

7、单调性；（2）求函数()f x在区间0,1上的最大值20（12 分）菱形ABCD中，120ABCEA 平面ABCD，/EAFD，22EAADFD，（1）证明：直线/FC平面EAB；（2）线段EC上是否存在点M使得直线EB与平面BDM所成角的正弦值为28？若存在，求EMMC；若不存在，说明理由.试卷第 4页，共 4页21（12 分）在平面直角坐标系xOy中，双曲线2222:10,0yxCabab的离心率为2，实轴长为 4.（1）求 C 的方程；（2）如图，点 A 为双曲线的下顶点，直线 l 过点0,Pt且垂直于 y 轴（P 位于原点与上顶点之间），过 P 的直线交 C 于 G，H 两点，直线 A

8、G，AH 分别与 l 交于 M，N 两点，若 O，A，N，M 四点共圆，求点 P 的坐标.22.（12 分）已知函数1()ln()exf xkxkR.（1）若函数()yf x为增函数，求k的取值范围；（2）已知120 xx.（i）证明：21211xxxeeeex；（ii）若1212xxxxkee，证明：121f xf x.数学第 1 页共 2 页请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效18

9、(12 分)19(12 分)选择题（每题 5 分，共 60 分）1 A B C D 7 A B C D 2 A B C D 8 A B C D 3 A B C D 9 A B C D 4 A B C D 10 A B C D 5 A B C D 11 A B C D 6 A B C D 12 A B C D 填空题（每空 5 分，共 20 分)1314151617.（10 分）请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效常德市第一中学 2024 届高三第二次月水平检测常德市第一中学 2024 届高三第二次月水平检测

10、数学数学姓名考号班级条形码粘贴区(居中)数学第 2 页共 2 页请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效21(12 分)22.(12 分)20(12 分)请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效试卷第 1页，共 10页常德市第一中学 2024 届高三第二次月水平检测常德市第一中学 2024 届高三第二次月水

11、平检测数学数学（时量：120 分钟满分：150 分命题人、审题人：高三数学组）一单项选择题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。每小题只有一个答案符合题意）单项选择题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。每小题只有一个答案符合题意）1若集合3,21,ZAx xBx xnn，则AB（）A1,1B3,3C1,1D3,1,1,3【答案】C【详解】解3x 得33x，即3,3A ，B 为奇数集，故1,1AB .故选：C2102221910loglog24 的值等于（）A-2B0C8D10【答案】A【详解】102221910loglog23 12224 .故选：A.3函数 fx

12、的图象如下图所示，则 fx的解析式可能为（）A25 ee2xxxB25sin1xx C25 ee2xxxD25cos1xx【答案】D【详解】由图知：函数图象关于 y 轴对称，其为偶函数，且(2)(2)0ff，由225sin()5sin()11xxxx 且定义域为 R，即 B 中函数为奇函数，排除；当0 x 时25(ee)02xxx、25(ee)02xxx，即 A、C 中(0,)上函数值为正，排除；故选：D4 掷铁饼者取材于希腊的现实生活中的体育竞技活动，刻画的是一名强健的男子在掷铁饼过程中具有表现力的瞬间（如图）现在把掷铁饼者张开的双臂近似看成一张拉满弦的“弓”，掷铁饼者的手臂长约为4m，肩宽

13、约为8m，“弓”所在圆的半径约为5m4，则掷铁饼者双手之间的距离约为（参考数据：21.414，31.732）（）A1.012mB1.768mC2.043mD2.945m【答案】B【详解】如图所示，由题意知“弓”所在的弧ACB的长54488l，其所对圆心角58524，则两手之间的距离522sin1.768 m44ABAD故选：B5“94a”是“方程230()xxax R有正实数根”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件试卷第 2页，共 10页【答案】B【详解】由方程230 xxa有正实数根，则等价于函数 23f xxxa有正零点，由二次函数 fx的对称轴为302x

14、 ，则函数 fx只能存在一正一负的两个零点，则 94000af，解得90,0,4a，故选：B.6.设正实数满足，则当zxy取得最小值时，2xyz的最大值为（）A0B98C2D94【答案】C【详解】2234443231,zxxyyxyxyxyxyyxyx当且仅当2xy时成立，因此22224642,zyyyy所以222422122.xyzyyy 7已知函数 fx是奇函数 f xxR的导函数，且满足0 x 时，1ln0 x fxfxx，则不等式 9850 xfx的解集为（）A985,B985,985C985,0D0,985【答案】D【详解】令函数 lng xx f x，则 1ln0gxfxx fxx

15、，即当0 x 时，函数 g x单调递减，因为 10g，所以当01x时，0g x，当1x 时，0g x.因为当01x时，ln0 x，当1x 时，ln0 x，所以当0,11,x时，0f x.又 1 ln110ff，10f，所以当0 x 时，0f x；又 fx为奇函数，所以当0 x 时，0f x，所以不等式 9850 xfx可化为09850 xx或09850 xx，解得0985x，不等式解集为0,9858已知直线ykxb与曲线e2xy 和曲线2ln eyx均相切，则实数k的解的个数为（）A0B1C2D无数【答案】C【详解】根据题意可知，直线ykxb与曲线e2xy 和曲线2ln eyx都相切，所以对于

16、曲线e2xy，则exyk，所以lnxk，所以切点ln,2Ak k，对于曲线2ln eyx，则10yk xx，所以1xk=，切点11,ln20Bkkk，易知 A,B 不重合，因为公切线过,A B两点，所以1lnln11lnlnABABkyykkkkxxkkkk，进而可得lnln10kkkk，令 lnln10g kkkkkk，则 1ln0g kkkk，试卷第 3页，共 10页令1()()ln(0)kg kkkk，则211()0(0)kkkk所以 gk在(0,)单调递增，因为 1110,e10egg ，所以存在0k使得001ln0kk，即001lnkk，所以当00kk时，0g k，当0kk时，0g

17、k，所以 g k在00,k上单调递减，在0,k 上单调递增，01,ek，故 00000minlnln1g kg kkkkk.又001lnkk，所以 000min00011110g kkkkkkk ，当2ke时，222222ee lnelnee1e30g，因为2001,e,e0kg kg，所以在20,ek内存在1k，使得 10g k，当21ek 时，222222111113lnln110eeeeeeg kg ，因为01,ek，0210eg kg，所以在021,ek内存在2k，使得20g k，综上所述，存在两条斜率分别为1k，2k的直线与曲线e2xy 和曲线2ln eyx都相切，故选：C.二多项选

18、择题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，多选错选不得分，少选得两分）多项选择题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，多选错选不得分，少选得两分）9设0ab且2ab，则（）A12bB12aC021a bD0ln1ba【答案】AC【详解】因为0ab且2ab，所以02bb，即12b，故 A 正确；由02aa，可得01a，故 B 错误；由题可知0ab，所以021a b，故 C 正确；取110112e2eab ，可得1eba，所以ln10ba ，故 D 错误.故选：AC.10下列说法正确的有（）Atan2cos3sin40Bsin()cos22ABcABC中，Csinsin

19、,=+2,ABB AkkZ若则D1 sin1 sin(,0),2tan21 sin1 sina【答案】ABD11.已知函数,1()1ln,1xxf xxx x，()g xkxk，则（）A()f x在R上为增函数B当14k 时，方程()()f xg x有且只有 3 个不同实根C()f x的值域为1,D若1()()0 xf xg x，则1,k【答案】BCD【详解】根据函数解析式作出函数图象，由图象易知，()f x在R上不是增函数，故 A 错误；当1x时，1()fxx，则(1)1f，()g x过定点(1,0)，当14k 时，()g x与()f x在1x上相交，共 2 个交点；试卷第 4页，共 10页

20、当1x 时，21()(1)fxx，过点(1,0)作()f x的切线，设切点为00(,)xy，则0001xyx，00200111(1)xxxx，解得01x ，1(1)4f ，故当14k 时，()g x与()f x在=1x处相切，有 1 个交点；故当14k 时，()g x与()f x共有 3 个交点，故 B 正确；由图易知()(1,)f x ，故 C 正确；当1x时，1()()0 xf xg x等价于()()f xg x，由函数图象，及上述分析知，1k；当1x 时，1()()0 xf xg x等价于()()f xg x，由函数图象，及上述分析知，14k；故若1()()0 xf xg x，1k，故

21、D 正确；故选：BCD12.已知定义在R上的函数()f x满足对任意的x，yR，()()()f xyf x f y，且当0 x 时，()1f x，则（）A(0)1fB对任意的xR，()0f x C()f x是减函数D若122f，且不等式lnln4xyxxayfx恒成立，则a的最小值是21e【答案】ABD【详解】取0 xy，则2(0)(0)ff，解得(0)0f或(0)1f，若(0)0f，则对任意的0 x，()(0)()(0)0f xf xf x f，与条件不符，故(0)1f，A 正确；对任意的xR，2()0222xxxf xff，若存在0 x R，使得00f x，则0000(0)0ff xxf

22、xfx，与(0)1f矛盾，所以对任意的xR，()0f x，B 正确；当0 x 时，()1f x，且(0)1f，所以当0 x 时，()(0)f xf，与()f x为减函数矛盾，C 错误；假设12xx，则 1212221222f xf xf xxxf xf xxf xf x1221f xxf x因为120 xx，所以121f xx，则 120f xf x，即12fxfx，所以函数()f x在R上单调递增，由题意得21(1)42ff，所以lnln(1)xyxxayffx，结合()f x在R上单调递增可知lnln1xyxxayx，则lnxxxayyy，令xty，则0t，lnattt，令()lnF xx

23、xx，()ln2F xx，易得()F x在210,e上单调递减，在21,e上单调递增，从而221()eeF xF，所以21ea ，则21ea，D 正确.故选：ABD.三填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）13若tan2，则sincossincos的值为.【答案】13【详解】由题意tan2，则cos0，则sincostan12 11sincostan1213，故答案为：13试卷第 5页，共 10页14.已知函数2()lg(45)f xxx在(,)a 上单调递增，则a的取值范围为.【答案】5,)【详解】由2450 xx

24、得5x 或1x 所以 fx的定义域为,1(5,)因为245yxx在(5,)上单调递增，所以2()lg(45)f xxx在(5,)上单调递增，所以5a 15.设函数 fx，fx的定义域均为R，且函数21fx，2fx均为偶函数若当1,2x时，31fxax，则2022f 的值为【答案】7【详解】因为函数 fx，fx的定义域均为 R，且函数21fx为偶函数，则2121fxfx，求导得2121fxfx，即11fxfx，所以函数 yfx的图像关于1,0对称因为函数2fx为偶函数，所以22fxfx，所以函数 yfx的图像关于2x 对称，由函数 yfx的图像关于1,0对称，且关于直线2x 对称所以函数 yfx

25、的周期为4124T ，由111110fxfxfff ，1113130fxfxffff ，22130fxfxff，所以 10f，即10a，即1a ，所以当1,2x时，31fxx 于是 325020222175 428 1fff 16.已知函数ln20()axx af x，若不等式222e()ecos()axxxf xf x对0 x 恒成立，则实数 a 的取值范围为.【答案】(0,2e【详解】ln2()22()cos()e2()cos()0e2()cos()0eaaxxf xxxf xf xf xf xf xf x，令()tf x，则()e2costg ttt，()e2sintg tt，设()e2

26、sinth tt，则()ecosth tt，当0t 时,e1,sin1tt，且等号不同时成立，则()0g t恒成立，当0t 时，e1,cos1tt，则()0h t恒成立，则()g t在(0,)上单调递增，又因为(0)1,(1)e2sin10gg，因此存在0(0,1)t，使得 00g t，当00tt 时，()0g t，当0tt时,()0g t，所以函数()g t在0,t上单调递减，在0t,)上单调递增,又(0)0g，作出函数()g t的图像如右：函数()ln2(0)f xaxx a定义域为(0,)，求导得2()2aaxfxxx，当a0时，()0fx，函数()f x的单调递减区间为(0,)，试卷第

27、 6页，共 10页当01x时，lnyax的取值集合为(0,)，而2yx 取值集合为(2,0)，因此函数()f x在(0,1)上的值域包含(0,)，当1x时，lnyax的取值集合为(,0，而2yx 取值集合为(,2)，因此函数()f x在1,)上无最小值，从而函数()f x的值域为 R，即()Rtf x，00g t，不合题意，当0a 时，由()0fx得2ax，由()0fx得02ax，()f x在(0,)2a单调递增，在(,)2a上单调递减，max()()ln22aaf xfaa，当01x时，lnyax的取值集合为(,0，而2yx 取值集合为(2,0，因此函数()f x在(0,1上的值域包含(,0

28、，此时函数()f x的值域为(,ln2aaa，即()(,ln2atf xaa，当ln02aaa时，即当02ea时，()0g t 恒成立，符合题意，当ln02aaa时，即当2ea 时，10minln,2ataa t，结合图象可知，10g t，不合题意，所以实数a的取值范围为(0,2e.故答案为：(0,2e四、解答题（本大题共 6 个小题，共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）四、解答题（本大题共 6 个小题，共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17（10 分）已知0,4，tan2cos24.(1)求的大小；(2)设函数 sin2f xx，0,x，求 fx的单调区

29、间及值域.【答案】(1)12(2)fx在区间0,3上单调递增；fx在区间,3上单调递减；fx值域为1,12.【详解】（1）由tan2cos24得22sin42 cossincos4，则2sincos22 cossincossin2cossin2，因为0,4，所以cossin0，所以21cossin2，解得2cossin2，即1cos42，又,44 2，所以43，则12.（2）函数 sin6f xx，0,x，令226 x，解得323 x，所以函数 fx在区间0,3上单调递增；令2362x，解得343x，所以函数 fx在区间,3上单调递减；试卷第 7页，共 10页因为0,x，7,666x，当62x

30、时，即3x，fx取最大值 1；当766x时，即x，fx取最小值12.所以 fx值域为1,12.18（12 分）nS为数列na的前n项和.已知na0，22nnaa=43nS.（）求na的通项公式；（）设11nnnba a,求数列nb的前n项和.【答案】（）21n+（）11646n【详解】解：（I）由 an2+2an4Sn+3，可知 an+12+2an+14Sn+1+3 两式相减得 an+12an2+2（an+1an）4an+1，即 2（an+1+an）an+12an2（an+1+an）（an+1an），an0，an+1an2，a12+2a14a1+3，a11（舍）或 a13，则an是首项为 3，

31、公差 d2 的等差数列，an的通项公式 an3+2（n1）2n+1：（）an2n+1，bn111121 232nna ann（112123nn），数列bn的前 n 项和 Tn12（11111135572123nn）12（11323n）11646n.19（12 分）已知函数2()eaxf xx，其中0a，e 为自然对数的底数(1)讨论函数()f x的单调性；(2)求函数()f x在区间0,1上的最大值【答案】(1)当0a 时，()f x在(0,)上单调递增，在(,0)上单调递减；当a0时，()f x在(,0)和2,a上单调递减；在20,a上单调递增；(2)当0a 时，最大值是(1)1f；当20a

32、 时，最大值是(1)eaf；当2a 时，()f x在区间0,1上的最大值是2224()efaa.【详解】（1）2()eaxf xx，函数定义域为R，2 eaxfxx ax(i)当0a 时，令()0fx，得0 x 若()0fx，则0 x，从而()f x在(0,)上单调递增；若()0fx，则0 x，从而()f x在(,0)上单调递减(ii)当a0时，令 0fx，得20 x ax，解得0 x 或2xa，有20a若()0fx，则0 x 或2xa，从而()f x在(,0)和2,a上单调递减；若()0fx，则20 xa，从而()f x在20,a上单调递增；（2）由（1）中求得单调性可知，(i)当0a 时，

33、()f x在区间0,1上单调递增，最大值是(1)1f试卷第 8页，共 10页(ii)当20a 时，()f x在区间0,1上单调递增，最大值是(1)eaf(iii)当2a 时，()f x在区间20,a上单调递增，在区间2,1a单调递减，最大值是2224()efaa20（12 分）菱形ABCD中，120ABCEA 平面ABCD，/EAFD，22EAADFD，（1）证明：直线/FC平面EAB；（2）线段EC上是否存在点M使得直线EB与平面BDM所成角的正弦值为28？若存在，求EMMC；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）104（3）存在，13EMMC【详解】解：建立以D为原点，分别以D

34、A，DT（T为BC中点），DF的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系（如图），则(2,0,0)A，(1,3,0)B，(1,3,0)C，(0,0,0)D，(2,0,2)E，(0,0,1)F.（1）证明：(0,0,2)EA ，(1,3,0)AB ，（2）设(,)nx y z为平面EAB的法向量，则00n EAn AB ，即2030zxy，可得(3,1,0)n，又(1,3,1)FC ，可得0n FC ，又因为直线FC平面EAB，所以直线/FC平面EAB；（2）设(3,3,2)EMEC ，则(23,3,22)M，则(1,3,0)BD ，(23,3,22)DM，设3(,)nx y z 为平面BD

35、M的法向量，则3300nBDnDM ，即30(23)3(22)0 xyxyz，可得32 333,1,1n，由(1,3,2)EB ，得322 332 3221cos,82 332 2 41EB n，解得14或78（舍），所以13EMMC.试卷第 9页，共 10页21（12 分）在平面直角坐标系xOy中，双曲线2222:10,0yxCabab的离心率为2，实轴长为 4.(1)求 C 的方程；(2)如图，点 A 为双曲线的下顶点，直线 l 过点0,Pt且垂直于 y 轴（P 位于原点与上顶点之间），过 P 的直线交 C于 G，H 两点，直线 AG，AH 分别与 l 交于 M，N 两点，若 O，A，N，

36、M 四点共圆，求点 P 的坐标.【答案】(1)22144yx(2)0,1【详解】（1）因为实轴长为 4，即24a，2a，又2ca，所以2 2c，2224bca，故 C 的方程为22144yx.（2）由 O，A，N，M 四点共圆可知，ANMAOM，又MOPAOM，即ANMMOP，故1tantantanANMMOPOMP，即1ANOMkk，所以1ANOMkk,设11,G x y，22,H xy，(,)MMM xy，由题意可知0,2A，则直线112:2yAG yxx，直线222:2yAHyxx，因为 M 在直线 l 上，所以Myt，代入直线 AG 方程，可知1122Mtxxy，故 M 坐标为112,

37、2txty，所以1122OMt yktx，又222ANAHykkx，由1ANOMkk，则12122212t yytxx，整理可得1212222yyttx x，当直线 GH 斜率不存在时，显然不符合题意，故设直线:GH ykxt，代入双曲线方程：22144yx中，可得2221240kxktxt，所以12221ktxxk，212241tx xk，又12122222yykxtkxt 22222212122222422222111ttktk x xk txxtkk ttkkk，所以22212221222222221204421tyytttktttx xttk,故2tt，即1t，所以点 P 坐标为0,1

38、.试卷第 10页，共 10页22.（12 分）已知函数1()ln()exf xkxkR.(1)若函数()yf x为增函数，求k的取值范围；(2)已知120 xx.（i）证明：21211xxxeeeex；（ii）若1212xxxxkee，证明：121f xf x.【详解】（1）1()ln()exf xkxkR，则1()(0)exkfxxx，若()f x是增函数，则1()0exkfxx，且0 x，可得exxk，故原题意等价于exxk 对0 x 恒成立，构建()(0)exxxx，则1()0exxxx，令()0 x，解得01x；令()0 x，解得1x；则()x在(0,1)上递增，在(1,)递减，故 1

39、()1ex，k的取值范围为1,e.（2）（i）由（1）可知：当1ek 时，ln1()eexxf x 单调递增，120 xx，则 21f xf x，即21211111lnlneeeexxxx，整理得211212eelnlneelnxxxxxx，构建 ln1g xxx，则 1110 xgxxxx，令()0g x，解得01x；令()0g x，解得1x；则()g x在(0,1)上递减，在(1,)递增，故()ln110g xxxg，即ln1xx，当且仅当1x 时等号成立，令211xxx，可得2211ln1xxxx，故21211xxxeeeex；（ii）1212xxxxkee，则1212110eexxkk

40、xx，可知1()0exkfxx有两个不同实数根12,x x，由（1）知1201xx，可得1111111111ln111lnleeenexxxxxxxfxkxx，同理可得2222lne1xxxfx，构建ln1()e(0 xxxg xx，则e(1)ln()0 xxxg xx，当01x时，(1)ln0 xx；当1x 时，(1)ln0 xx；当1x 时，(1)ln0 xx；且e0 x，故()0g x对0,x 恒成立，故()g x在(0,)上单调递减，1201xx，则 21()1g xgg x，即21e1fxfx，且22ln0,e0 xx，则22ln10 xx ，故2222ln1)0e(xxxg x，可得210efx；又101x，由（i）可得11ln1xx，即11ln1xx，则11111ln111 1exxxxx ，且1e0 x，则111ln11exxx，可得111ef x；综上所述：12101efxfx.可得21e0fx，则 1201f xf x故 12121f xf xf xf x.