安徽宿州市皖北十三校2025-2026学年高二下学期5月期中考试数学试卷

这是一份安徽宿州市皖北十三校2025-2026学年高二下学期5月期中考试数学试卷，共3页。试卷主要包含了 已知等内容，欢迎下载使用。
（本卷满分 150 分，考试时间 120 分钟）
单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
从甲地去乙地，可以乘船，也可以坐火车，还可以乘飞机，一天中，乘船有 6 个班次，坐火车有 9 个班次，乘飞机有 2 个班次，则从甲地去乙地一天中不同的走法种数为（ ）
A. 17B. 30C. 66D. 108
88
已知Cm  C2m1 ，则m 等于（ ）
A. 1B. 4C. 1 或 3D. 3 或 4
多项式a1 b1  b2 c1  c2  c3  c4  展开后的项数为（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
已知函数 f  x  lnx  x2  mx .若函数 f  x 在1, 2上单调递减，则实数m 的最小值为（）
2
9
A. 0B. 3C. D. 2
2
(1
1 )(1 x)6 展开式中 x2 的系数为
x2
A. 15B. 20
C. 30D. 35
已知数列a 满足 a  2 ， a
 2an
，则下列结论正确的是（）
n
 1 
1n1
1
an 1
数列 a  是公差为 2 的等差数列
 n 
 1 
数列 a  是公差为 2 的等差数列
 n 
 1  1
数列 a1 是公比为 2 的等比数列
 n
 1
数列 a

1 是公比为 2 的等比数列
 n
已知随机事件 A，B，若 P( A)  1 , P(B∣A)  3 , P(B∣A)  1 ，则 P(B)  （ ）
342
2
1
234
C. D.
345
已知 a  ln 6 ， b   1 ， c  sin 1 则（）
7
c  b  a
77
b  a  c
a  b  c
a  c  b
多选题：本题共 3 小题，共 18 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．
已知函数 f  x 的导函数 f  x 在4, 3 上的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
f  x 在2, 2 上单调递减B. 当 x  2 时， f  x 取得极大值
C. 当 x  2 时， f  x 取得极小值D. f 3 是 f  x 在4, 3 上的最大值
下列说法正确的是（ ）
889
C2  C3  C3
5555 被 8 除的余数为 1
甲、乙、丙、丁等 6 人排成一排，甲、乙、丙按从左到右、从高到低的固定顺序，共有 120 种排法
现有 6 本不同的书，分成三份，每份 2 本，共有 90 种分法
已知函数 f  x  ax 和 g  x  ln x 有相同的最大值b ，直线 y  m 与两曲线 y  f  x 和 y  g  x 恰
exax
好有三个交点，从左到右三个交点横坐标依此为 x1, x2 , x3 ，则以下说法正确的是（）
a  1
b  1
e
x1, x2 , x3 成等差数列D. x1, x2 , x3 成等比数列
填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
已知函数 f (x)  f (1) ln(x 1)  x ，则 f (1) 的值为 .
给如图所示的花圃中 A, B, C, D 四块区域种花，中间圆形区域不种花.现有 6 种不同的花可供选择，每块区域种 1 种花，且相邻区域种不同的花．则不同的种法总数为．
已知数列an的前 n 项和 Sn 满足4Sn  6  an ，则 Sn 的最小值为.
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．
已知函数 f  x  1 x3  ax2  bx a,b  R 在 x  3 处取得极大值为 9.
3
求 a，b 的值;
求函数 （f x）在区间[3，3] 上的最大值.
16. 已知
1- 2x
n = a
()012
n()
其中 a ，a ，a ， ，a  R .且1 2xn 展开式
012n
+a x +a x2 +L+a xn
n Î
N*
中仅有第 5 项的二项式系数最大.
求 n 值及二项式系数最大项；
求 a0
 a1  a2
L an
（用数值作答）；
求 a0  a2  a4  a6  a8 的值（用数值作答）.
已知各项均为正数的等差数列{a }满足a  1， a2
 a2  2(a
 a ) ．
求{an}的通项公式；
n1n1
nn1n
记b 
1
an 
an1
，求数列{b }的前 n 项和 S ．
nnn
一个盒子中有 6 个外形相同的小球，其中 2 个白球，4 个黑球．从盒子中随机取出一个小球（不放回），然后再从盒子中随机取出一个小球．
在第一次取到白球的条件下，求第二次取到黑球的概率；
在第二次取到黑球的条件下，求第一次取到白球的概率；
设 X 表示两次取球取到白球的个数，求 X 的分布列和均值．
已知函数 f  x  2ex  ax ， a  R ．
讨论 f  x 的单调性；
若 f  x 在R 上有两个零点，求实数 a 的取值范围；
2025-2026 学年度第二学期期中教学质量检测
高二数学试题
（本卷满分 150 分，考试时间 120 分钟）
单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
从甲地去乙地，可以乘船，也可以坐火车，还可以乘飞机，一天中，乘船有 6 个班次，坐火车有 9 个班次，乘飞机有 2 个班次，则从甲地去乙地一天中不同的走法种数为（ ）
A. 17B. 30C. 66D. 108
【答案】A
【解析】
【详解】由分类加法计数原理可得，从甲地到乙地无论哪种交通工具都能到达，故不同的走法有： N  6  9  2  17 种.
88
已知Cm  C2m1 ，则m 等于（ ）
B. 4C. 1 或 3D. 3 或 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据组合数的性质计算可得.
88
【详解】因为Cm  C2m1 ，所以 m  2m 1 或 m  2m 1  8 ，解得 m  1或 m  3 ，经检验符合题意.
故选：C
多项式a1 b1  b2 c1  c2  c3  c4  展开后的项数为（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】D
【解析】
【详解】根据分步乘法计数原理，展开后的项数有：1 2  4  8 项.
已知函数 f  x  lnx  x2  mx .若函数 f  x 在1, 2上单调递减，则实数m 的最小值为（）
2
9
A. 0B. 3C. D. 2
2
【答案】C
【解析】
【分析】求导函数 f (x) ，令 f  x  0 恒成立，变量分离转化为求新函数的最大值.
【详解】 f (x)  1  2x  m ，令 f  x  0 ，得 m  1  2x ，
xx
令 g  x  1  2x ，
x
max
若函数 f (x) 在[1, 2] 上单调递减，则 m  g  x，
x [1, 2]
12x2 1
当时， g  x  2 

x2x2
0 ，
所以函数 g(x) 在[1, 2] 上单调递增，则 g  x
所以 m  9 .
2
max
 g 2  9 ，
2
故选：C
(1
1 )(1 x)6 展开式中 x2 的系数为
x2
A. 15B. 20
C. 30D. 35
【答案】C
【解析】
【分析】化简已知代数式，利用二项式展开式的通项公式可以求出展开式中 x2 的系数．
【详解】因为(1 1 )(1 x)6  (1 x)6  1 (1 x)6 ，则(1 x)6 展开式中含 x2 的项为C2 x2  15x2 ；
x2x26
1  (1 x)6 展开式中含 x2 的项为 1 C4 x4  15x2 ，故 x2 的系数为15 15  30 ，
x2
故选：C．
已知数列a 满足 a  2 ， a
x26
 2an
，则下列结论正确的是（）
n
 1 
1n1
1
an 1
数列 a  是公差为 2 的等差数列
 n 
 1 
数列 a  是公差为 2 的等差数列
 n 
 1  1
数列 a1 是公比为 2 的等比数列
 n
 1
数列 a

1 是公比为 2 的等比数列
 n
【答案】C
【解析】
11  1
 1  1
【分析】根据递推关系式，化简变形可得
a
1  
1 即可判断数列 a
1 是公比为 2 的等比
数列.
【详解】∵ a
 2an ，
n1
2  an
 n
n1
an 1
∴ 1  an 1  1  1  1 ，
an1
2an
2 an2
 1  既不是等比数列也不是等差数列；
 a 
 n 
∴ 1 1  1  1
1 ，
a 
n1
2  an
 1  1
∴数列 a1 是公比为 2 的等比数列．
 n
故选：C
已知随机事件 A，B，若 P( A)  1 , P(B∣A)  3 , P(B∣A)  1 ，则 P(B)  （ ）
342
2
A. 1B. 2
3
【答案】B
34
C. D.
45
【解析】
【分析】根据对立事件先求出 P( A)  2 ，再根据乘法公式求出 P(BA), P(BA) ，从而可求 P(B) .
3
【详解】因为 P( A)  1 ，故 P( A)  2 ，而 P(B∣A)  3 ，故 P(BA)  3 ，
334P( A)4
故 P(BA)  3 P( A)  1 ，同理 P(BA)  1 ，
426
 
故 P  B  P BA  P(BA)  1  1  2 ，
263
故选：B.
已知 a  ln 6 ， b   1 ， c  sin 1 则（）
7
c  b  a
【答案】C
【解析】
77
b  a  c
a  b  c
a  c  b
【分析】观察值之间的关系，可作差构造函数，通过求导分析函数单调性，确定大小关系.
【详解】设 f  x  ln x  x （ 0  x  1），
则 f  x  1 x  0 ， f  x 在0,1 上单调递增，
x
所以 f  x  f 1  ln11  1，
当 x 0,1 时， ln x  x 1，取 x  6 ，得ln 6   1 ，即 a  b ；
777
设 g  x  sin x  x （ x  0 ），
则 g x  cs x 1  0 ， g  x 在∞, 0 上单调递减，所以 g  x  g 0  0 ，
所以当 x  0 时， x  sin x ，
取 x   1 ，得 1 sin   1   sin 1 ，即b  c .
777 7

故a  b  c .
多选题：本题共 3 小题，共 18 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．
已知函数 f  x 的导函数 f  x 在4, 3 上的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
f  x 在2, 2 上单调递减B. 当 x  2 时， f  x 取得极大值
C. 当 x  2 时， f  x 取得极小值D. f 3 是 f  x 在4, 3 上的最大值
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据导函数图象的正负判断函数的增减与极值、最值，依此判断各个选项即可.
【详解】对于 A，由题图可知 x 2, 2 时， f  x  0 ， f  x 单调递减，故 A 正确；对于 B，C，由题图易知 f  x 在4, 2 上单调递增，
在2, 2 上单调递减，在2, 3 上单调递增，所以当 x  2 时， f  x 取得极大值，
当 x  2 时， f  x 取得极小值，故 BC，正确；
对于 D， f  x 在4, 3 上的最大值应是 f 3 与 f 2 中的较大者，故 D 错误.
下列说法正确的是（ ）
889
C2  C3  C3
5555 被 8 除的余数为 1
甲、乙、丙、丁等 6 人排成一排，甲、乙、丙按从左到右、从高到低的固定顺序，共有 120 种排法
现有 6 本不同的书，分成三份，每份 2 本，共有 90 种分法
【答案】AC
【解析】
【详解】对于选项 A：由组合数性质Cn1  Cn  Cn
m  n 可知C2  C3  C3 ，所以 A 正确；
mmm1
889
对于选项 B：因为5555  56 155  C0 5655  C1 5654  C2 5653 L C54 561  C55
5555555555
 C0 5655  C1 5654  C2 5653 L C54 561  8  7 ，
55555555
所以56 155 即5555 被 8 除的余数为 7，所以 B 错误；对于选项 C：先从 6 个位置中选 3 个位置给甲、乙、丙，
3
由于三人的相对顺序固定，这 3 个位置的排法只有 1 种，剩下 3 个位置排其他 3 人，有A3 种排法．
根据组合数公式，总排法种数为C3  A3  6  5 4  3 2 1  120 ，所以 C 正确；
633 2 1
222
6  5  4  3 1
对于选项 D：根据题意，分法共有 C6 C4 C2  22  15 种，所以 D 错误．
A
6
3
3
已知函数 f  x  ax 和 g  x  ln x 有相同的最大值b ，直线 y  m 与两曲线 y 

f  x 和 y  g  x 恰
exax
好有三个交点，从左到右三个交点横坐标依此为 x1, x2 , x3 ，则以下说法正确的是（）
a  1
b  1
e
x1, x2 , x3 成等差数列D. x1, x2 , x3 成等比数列
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据导数分类讨论求最值，然后数形结合，利用指数与对数之间的转化求解即可.
【详解】对于 AB， f  x  ax 
ex
f  x  a(1 x) ，
ex
当 a  0 时，当 x  1 时， f  x  0, f  x 单调递减，当 x  1时， f  x  0, f  x 单调递增，
所以当 x  1 时，函数 f  x 有最大值，即 f  x

max
f 1  a ；
e
当 a  0 时，当 x  1 时， f  x  0, f  x 单调递增，当 x  1时， f  x  0, f  x 单调递减，
所以当 x  1 时，函数 f  x 有最小值，没有最大值，不符合题意，
由 g  x  lnx  g x  1 lnx ，
axax2
当 a  0 时，当 x e时， g x  0, g  x 单调递减，当0  x  e 时， g x  0, g  x 单调递增，
所以当 x e时，函数 g  x  有最大值，即 g  x
max
 g e  1 ；
ae
当 a  0 时，当 x e时， g x  0, g  x 单调递增，当0  x  e 时， g x  0, g  x 单调递减，
所以当 x e时，函数 g  x  有最小值，没有最大值，不符合题意，
于是有 a  1  a  1,Q a  0, a  1, b  1 ，因此选项 AB 正确，
eaee
对于 CD，两个函数图像如下图所示：
由数形结合思想可知：当直线 y  m 经过点 M 时，
此时直线 y  m 与两曲线 y 
f  x 和 y  g  x 恰好有三个交点，
不妨设0  x1  1  x2  e  x3 ，
x1
1
且ex
 x2
ex2
 ln x2  ln x3  m ， x2x3
由 x1  ln x2  ln x2 

f  x   f ln x  ，又x  1, ln x
 ln e  1，
2
ex1xeln x2
1212
又当 x  1时， f  x 单调递增，所以 x1  ln x2 ，
又 x2  ln x3  ln x3 
f  x   f ln x  ，又x  1, ln x
ln e  1 ，
3
ex2xeln x3
2323
又当 x  1 时， f  x 单调递减，所以 x2  ln x3 ，
x3  ln x3  x2 1 ，
x2ln x2ln x2m
x2  x2
 1 ，于是有 x2  x3  x x
 x2 ，
xx
x1ln x2m
x1 x3
且 x1  x3  2
1 32
12
 2x2 ，所以选项 C 错误，D 正确，
故选：ABD
【点睛】关键点睛：利用数形结合思想，结合等式 a  blgb a 是解题的关键.
填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
已知函数 f (x)  f (1) ln(x 1)  x ，则 f (1) 的值为 .
【答案】 2
【解析】
【分析】求导可得 f (x)  f (1) 
1
x 1
1(x  1) ，令 x  1 即可求解.
【详解】由题意知， f  x 
f 1
1
x 1
1, (x  1) ，
所以 f (1)  f (1) 
故答案为： 2
1
11
1，解得 f (1)  2 .
给如图所示的花圃中 A, B, C, D 四块区域种花，中间圆形区域不种花.现有 6 种不同的花可供选择，每块区域种 1 种花，且相邻区域种不同的花．则不同的种法总数为．
【答案】630
【解析】
【分析】分 A, C 区域的花同色和不同色两种情况，根据分步计数原理从 A 到 D 区域依次选择花的种类，然后两种情况再相加即可.
【详解】分两种情况：
第一种情况， A, C 区域的花同色.
A 区域的花有 6 种选择， A, B 区域相邻，所以 B 区域的花有 5 种选择，
C, B 区域虽然相邻，但是此时 A, C 区域的花同色，所以C 区域的花有 1 种选择，
D 区域虽然与 A, C 区域相邻，但是由于 A, C 区域的花同色，
所以 D 区域的花有 5 种选择，所以不同的种法有6  51 5  150 种；第二种情况， A, C 区域的花不同色.
A 区域的花有 6 种选择， A, B 区域相邻，所以 B 区域的花有 5 种选择，
C, B 区域相邻，且此时 A, C 区域的花不同色，所以C 区域的花有 4 种选择，
D 区域与 A, C 区域相邻， 所以 D 区域的花有 4 种选择，所以不同的种法有6  5 4  4  480 种.
综上两种情况，花圃不同的种法总数为150  480  630 种.
已知数列an的前 n 项和 Sn 满足4Sn  6  an ，则 Sn 的最小值为.
【答案】 4 ##11
33
【解析】
【分析】由 a 与 S 的关系，得到数列S  3  是等比数列，求出 S 的表达式，结合表达式求出最小值.
nn n2 n

【详解】因为4Sn  6  an ，当 n  1 时， 4S1  6  S1 ，得 S1  2 .
当 n  2 时， 4Sn  6  Sn  Sn1 ，
即 Sn
  1 S
3
n1
 2 ，整理可得 Sn
 3   1  S

23
n1
 3  ，

2
又 S  3  2  3  1 ，所以数列S

 3 1
 1 为公比的等比数列，
1222
 n2  是以 2 为首项， 3

31
1 n1
31
1 n1
所以 Sn  2  2   3 ， Sn     3 .
22
31
1 n13 1 
当 n 为奇数时， Sn    
 1
n  ，
22 3 2 3 
 0 ， S  3 ，且 S 随着 n 的增大而减小，而 S  2 ，此时 S  3 , 2 ；
3nn2n
1n 2
31

1 n13 1 
当 n 为偶数时， Sn    
 1
n  ，
22 3 2 3 
1  0 ， S  3 ，且 S 随着 n 的增大而增大，而 S  4 ，此时 S
  4 , 3  .
3nn2n
3n
 3 2 

则 S 的最小值为 4 .
n3
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．
已知函数 f  x  1 x3  ax2  bx a,b  R 在 x  3 处取得极大值为 9.
3
求 a，b 的值;
求函数 （f x）在区间[3，3] 上的最大值.
1
a  1
【答案】（ ）
b  3
（2）9．
【解析】
【分析】（1）先求出函数 （f x）的导函数，极值点导函数的值为 0，联立此处函数值为极大值，求解 a，b 的值。
（2）求出导函数，由导函数正负求函数单调区间，由单调性得出对应区间的最值。
【小问 1 详解】
f  x  x2  2ax  b ，
 f 3  0

依题意得 f 3  9 ，
9  6a  b  0
a  1
即9  9a  3b  9 ，解得  3 ．
b
检验，当 a  1, b  3 时， f  x  1 x3  x2  3x
3
∴ f  x  x2  2x  3   x  3 x 1
当 x , 3 时， f  x  0 ， f  x 单调递增；当 x 3,1 时， f  x  0 ， f  x 单调递减.

.
a  1
满足题意，所以
b  3
【小问 2 详解】
由（1）得 f  x  1 x3  x2  3x ， f  x  x2  2x  3   x  3 x 1 ，
3
令 f  x  0 ，得3  x  1；令 f  x  0 ，得 x  3 或 x  1 ，
 f  x 在3, 3上的单调递减区间是3,1 ，单调递增区间为1, 3 ．
Q f 3  f 3  9 ，函数 f  x 在区间3, 3上的最大值为 9．
16. 已知
1- 2x
n = a
()012
n()
其中 a ，a ，a ， ，a  R .且1 2xn 展开式
012n
+a x +a x2 +L+a xn
n Î
N*
中仅有第 5 项的二项式系数最大.
求 n 值及二项式系数最大项；
求 a0
 a1  a2
L an
（用数值作答）；
求 a0  a2  a4  a6  a8 的值（用数值作答）.
【答案】（1） n  8 ；1120x4
（2）6561（3）3281
【解析】
【分析】（1）根据题意结合二项式系数最大时求出 n 的值，再计算T5 即可；
利用赋值法，令 x  1 ，求出即可；
利用赋值法，分别令 x  1 和 x  1 ，得出两式，相加即可得.
【小问 1 详解】
因为(1 2x)n 展开式中仅有第 5 项的二项式系数最大，
当 n 为偶数时，仅有中间一项的二项式系数最大，即 n 1  5 ，所以 n  8 ，
2
58
故T = C4 ×(- 2x)4 = 70´ 16x4 =1120x4 .
即 n  8 ，二项式系数最大项为第 5 项：1120x4 ；
【小问 2 详解】
令 x  1 ，得 a  a  a L a
 38 ，
0128
所以 a0
+ a1 + a2
+L+ an
= 6561 .
【小问 3 详解】
令 x  1 ，得 a0  a1  a2 L a8  1 ，
令 x  1 ，得 a  a  a L a
 38 .
0128
两式相加可得 a  a  a  a  a  1 38 1  3281.
024682
已知各项均为正数的等差数列{a }满足a  1， a2
 a2  2(a
 a ) ．
求{an}的通项公式；
n1n1
nn1n
记b 
1
an 
an1
，求数列{b }的前 n 项和 S ．
nnn
【答案】（1） an  2n 1
2n  1
（2） 1 (
2
【解析】
 1)
【分析】（1）依题意可得 an1  an  2 ，即可得到{an}是以 1 为首项，2 为公差的等差数列，再根据等差
数列的通项公式计算可得；
（2）由（1）可得bn 
2n  1 
2
2n  1 ，再利用裂项相消法求和即可．
【小问 1 详解】
解：各项均为正数的等差数列{a }满足a  1， a2 a2  2(a a ) ，
n1n1nn1n
整理得an1  an an1  an   2 an1  an  ，由于 an1  an  0 ，
所以 an1  an  2 ，
故数列{an}是以 1 为首项，2 为公差的等差数列．所以 an  2n 1．
【小问 2 详解】
an 
an1
2n 1 2n 1
1
1
解：由（1）可得bn 
2n 1 
2
2n 1
，
所以 S
 1  (
 1  ... 
 2n  1)  1 (
 1) ．
3
5
3
2n  1
2n  1
n22
一个盒子中有 6 个外形相同的小球，其中 2 个白球，4 个黑球．从盒子中随机取出一个小球（不放回），然后再从盒子中随机取出一个小球．
在第一次取到白球的条件下，求第二次取到黑球的概率；
在第二次取到黑球的条件下，求第一次取到白球的概率；
设 X 表示两次取球取到白球的个数，求 X 的分布列和均值．
4
【答案】（1）
5
2
5
2
分布列见解析，
3
【解析】
【分析】（1）设相应事件，求 P  A, P  AB ，根据条件概率直接求解即可；
结合（1）的结果根据条件概率直接求解即可；
根据题意 X 的取值可能有 0，1，2，再根据排列组合求出对应概率，写出分布列并计算期望.
【小问 1 详解】
设第一次取到白球为事件 A ，第二次取到黑球为事件 B ，
则?(?) = 2 = 1,?(??) =
2 × 4 = 4 ，
636515
4
所以 P  B | A  P  AB  15  4 .
P  A15
3
【小问 2 详解】
4
?(?) = 2×4+4×3 = 2，故?(?|?) = ?(??) = 15 = 2.
6×53
【小问 3 详解】
?(?)25
3
根据题意 X 的取值可能有 0，1，2，
2
(? = 0)A
2， (? = 1)
2C1C1
8 ， P  X  2 2  1 ，
A2
?= 4 =?
65
=4 2 =
A2
615
A
A
2
6
215
则 X 的分布列为：
且 E  X   0  2 1 8  2  1  2 .
X
0
1
2
P
2
5
8
15
1
15
515153
已知函数 f  x  2ex  ax ， a  R ．
讨论 f  x 的单调性；
若 f  x 在R 上有两个零点，求实数 a 的取值范围；
若函数 g  x  1 f  x  x2 有两个极值点x ， x ，证明： ex
ex
4 ．
12
212
【答案】（1） a  0 时， f  x 在R 上单调递增， a  0 时， f  x 在 , ln a  上单调递减，在ln a , 
2 2

上单调递增
（2） 2e, ∞
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出导数，分类讨论 a 的取值情况来判断单调性；
分离参数，求解新函数的极值可求答案；
设t  x2  x1  0 ，把目标式用t 表示，利用导数判断单调性可证.
【小问 1 详解】
f  x  2ex  ax 的定义域为R ， f  x  2ex  a ．
当a  0 时， f  x  0, f  x 在R 上单调递增；当 a  0 时，由 f  x  0 得 x  ln a ，
2
由 f  x  0 得 x  ln a ，由 f  x  0 得 x  ln a ，
22
则 f  x 在 ∞, ln a  上单调递减，在ln a , ∞ 上单调递增．
2 2

综上， a  0 时， f  x 在R 上单调递增，
a  0 时， f  x 在 ∞, ln a  上单调递减，在ln a , ∞ 上单调递增．
2 2

【小问 2 详解】
因为 f  x 在R 上有两个零点，所以 a  0 ，
由 f  x  0 得 x
ex
 2 ，令 m  x  x aex
，则 m x  1 x ，
ex
所以 m1  0, x  1 ，时， m x  0; x  1 时， m x  0 ，所以 m  x 在∞,1 上单调递增，在1, ∞ 上单调递减，
m  x 有极大值，也就是最大值为 m 1  1 ，
e
又 m 0  0, x 无限趋近 时， m  x 无限趋近于 0，
所以 f  x 在R 上有两个零点时， 0  2  1 ，
ae
所以 a  2e ，即 a 的取值范围是2e, ∞ ．
【小问 3 详解】
因为 g  x  1 f  x  x2  ex  x2  a x 有两个极值点 x , x ，
2212
所以 g x  ex  2x  a  0 ，有两个实数根 x , x ，
所以ex
 2x
 a , ex
2
12
 2x
 a , 可得ex
 ex
12
 2  x
 x  ，
21
122221
ex 2t
2121
设t  x  x  0 ，将 x  x  t 代入，得
1
et 1
2t  et ，

xx2t
2t  et
2t  2t  et
ex2 


et 1
所以e 1  e 2 
et 
1et
1 et 1，
所以要证ex1 
2t  2t  et
x2 ，只需证
 4 ，即t  2et  t  2  0 ．
e4et 1
设 h t   t  2et  t  2t  0 ，则 ht   t 1et 1．
令φt   t 1et 1 ，则φt   tet  0 ，可知 ht   t 1et 1在0, ∞ 上为增函数． 又 h0  0 ，所以t  0 时， ht   0, h t   t  2et  t  2 在0, ∞ 上为增函数．