2020-2021学年广西壮族自治区桂林高二（下）4月月考数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年广西壮族自治区桂林高二（下）4月月考数学（理）试卷人教A版，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 复数z=1i+1 (i为虚数单位)在复平面内对应的点位于( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

2. 已知直线y=x+a与曲线y=lnx相切，则a=( )
A.1B.−1C.0D.1e

3. 某学校为增加学生的阅读兴趣，特举办了“书友会”活动，最终通过评比选出6位“小书迷”进行合影留念，6人站成一排，其中甲只能在两边，丙和丁必须相邻，则6个人不同的排列方法共( )
A.144种B.96种C.48种D.34种

4. 在三棱锥O−ABC中， AD→=DB→，CE→=2EB→，若DE→=xOA→+yOB→+zOC→，则( )
A.x=12，y=−16，z=13B.x=12，y=16，z=−13
C.x=−12，y=16，z=13D.x=12，y=16，z=13

5. 已知f(n)=1+12+13+⋯+13n−1+13n(n∈N∗)，记P=f(k)(k≥1, k∈N∗)，若f(k+1)=P+Q，则Q=( )
A.13k+1
B.13k+1−1+13k+1
C.13k+1+13k+2+⋯+13k+1−1+13k+1
D.13k+1+13k+2+13k+1

6. 设函数f(x)在x=1处存在导数为2，则limΔx→0f(1+Δx)−f(1)3Δx=( )
A.2B.1C.23D.6

7. 如图所示，正方形OACB内的阴影区域的上边界是曲线y=sinx，现向正方形区域内随机等可能地投点，则点落在阴影区域的概率是( )

A.1πB.1π2C.2πD.2π2

8. 在《九章算术》方田章圆田术(刘徽注)中指出：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣．”注述中所用的割圆术是一种无限与有限的转化过程，比如在2+2+2+⋯中“…”即代表无限次重复，但原式却是个定值x，这可以通过方程x+2=x确定出来x=2，类比上述结论可得lg21+lg21+lg21+⋯的正值为( )
A.1B.2C.2D.4

9. 函数fx=sinxlnx2+1的大致图像是( )
A.
B.
C.
D.

10. 已知fx=2x2+lnx−ax在0,+∞上单调递增，则实数a的取值范围是( )
A.(−∞,2]B.(−∞,4]C.[2,+∞)D.[4,+∞)

11. 已知函数fx=lnx−m与gx=−x2+73x的图象在1,3上存在关于x轴对称的点，则m的取值范围是( )
A.ln3−2，ln32+54B.ln3−2,43
C.43,ln32+54D.54,43

12. 已知fx是定义在−∞,0∪0,+∞上的奇函数， f′x是fx的导函数， f1≠0，且满足f′xlnx+fxx<0，则不等式x−1fx<0的解集为( )
A.1,+∞B.0,1
C.−∞,1D.−∞,0∪1,+∞
二、填空题

函数fx=2x+1ex的图象在点0,f0处的切线方程是________．

已知函数fx的导函数为f′x，且满足fx=2xf′e+lnx，则f′e=________.

甲、乙、丙三位同学获得某项竞赛活动的前三名，但具体名次未知．3人作出如下预测：
甲说：我不是第三名；
乙说：我是第三名；
丙说：我不是第一名．
若甲、乙、丙3人的预测结果有且只有一个正确，由此判断获得第一名的是________．

对于三次函数fx=ax3+bx2+cx+da≠0给出定义：设f′x是函数y=fx的导数，f′′x是函数f′x的导数，若方程f′′x=0有实数解x0，则称点x0,fx0为函数y=fx的“拐点”，某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．给定函数fx=13x3−12x2+3x−512，请你根据上面探究结果，计算f12017+f22017+f32017+⋯+f20162017=________ .
三、解答题

已知复数z=(3+bi)(1+3i)(b∈R)是纯虚数.
(1) 求b的值；

(2) 若ω=3+bi2+i，求复数ω的模|ω|.

已知函数f(x)=(x2+ax)lnx，a∈R．
(1)若f(x)的图象在x=1处的切线经过点(0, −2)，求a的值；

(2)当1

(1)已知a>0，求证：a+5−a+3>a+6−a+4；

(2)证明：若a，b，c均为实数，且a=x2−2y+π2，b=y2−2z+π3，c=z2−2x+π6，求证：a，b，c中至少有一个大于0．

已知数列an满足：a1=1，点an,an+1n∈N∗在直线y=2x+1上．
(1)求a2，a3，a4的值，并猜想数列an的通项公式；

(2)用数学归纳法证明(1)中你的猜想.

如图，在梯形ABCD中，AB // CD，∠BCD=120∘，四边形ACFE为矩形，CF⊥平面ABCD，AD=CD=BC=CF，点M是线段EF的中点．
(1)求证：EF⊥平面BCF；

(2)求平面MAB与平面FCB所成的锐二面角的余弦值．

已知函数fx=ax−a+2lnx−2x+2，其中a∈R.
(1)当a=4时，求函数fx的极值；

(2)若0参考答案与试题解析
2020-2021学年广西壮族自治区桂林市高二（下）4月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
把所给的复数先进行复数的除法运算，分子和分母同乘以分母的共轭复数，整理后得到最简形式，写出复数在复平面上对应的点的坐标，根据坐标的正负得到所在的象限．
【解答】
解：由题意可得，
z=11+i=1−i1+i1−i=1−i1−i2=12−12i，
在复平面内对应的点为12,−12，位于第四象限．
故选D．
2.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
欲求a的大小，只须求出切线的方程即可，故先利用导数求出在切点处的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率．进而求出切线方程，最后与已知的切线方程比较，从而问题解决．
【解答】
解：依题意得y′=1x，
∵ 曲线在切点处的切线的斜率等于1，
∴1x=1，
∴x=1，
此时y=0，即切点坐标为1,0，
相应的切线方程是y=1×x−1，
即直线y=x−1，
∴a=−1．
故选B．
3.
【答案】
B
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
先安排丙丁相邻，再将丙丁作为一个整体和另外三人一起全排列，最后将甲安排在两侧即可．
【解答】
解：先将甲排除在外，丙丁必须相邻，有A44A22种排法，然后甲排在两侧，有2种排法，
因此共有2A44A22=96种排法．
故选B．
4.
【答案】
C
【考点】
空间向量的基本定理及其意义
空间向量的加减法
【解析】
根据空间向量基本定理，先对已知向量进行分解，以OA→，OB→，OC→为基分别表示向量DE→，由唯一性判断．
【解答】
解：AD→=DB→⇒OD→−OA→=OB→−OD→
⇒OD→=12OA→+12OB→，
CE→=2EB→⇒OE→−OC→=2⋅OB→−OE→
⇒3OE→=2OB→+OC→⇒OE→=23OB→+13OC→，
DE→=OE→−OD→=−12OA→+16OB→+13OC→，
又DE→=xOA→+yOB→+zOC→，
在三棱锥O−ABC中，OA→，OB→，OC→不共面，
根据向量基本定理得x=−12，y=16，z=13．
故选C．
5.
【答案】
C
【考点】
数学归纳法
【解析】
根据条件求出f(k)和f(k+1)，再由Q＝f(k+1)−f(k)求出Q的值．
【解答】
解：∵ f(n)=1+12+13+⋯+13n−1+13n(n∈N∗)，
∴ P=f(k)=1+12+13+⋯+13k−1+13k，
f(k+1)=1+12+13+⋯+13k−1+13k+13k+1+13k+2+⋯+13k+1−1+13k+1，
∴ f(k+1)−f(k)=13k+1+13k+2+⋯+13k+1−1+13k+1．
∵ f(k+1)=P+Q，
∴ Q=13k+1+13k+2+⋯+13k+1−1+13k+1．
故选C.
6.
【答案】
C
【考点】
导数的概念
极限及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：limΔx→0f(1+Δx)−f(1)3Δx
=13limΔx→0f(1+Δx)−f(1)Δx
=13f′(1)
=23.
故选C.
7.
【答案】
D
【考点】
定积分
定积分在求面积中的应用
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】
根据积分求解出阴影部分的面积，然后再求解正方形的面积，再将它们代入几何概型计算公式计算出概率．
【解答】
解：阴影部分面积S阴影=0π(sinx)dx=(−csx)|0π=−csπ+cs0=2，
正方形部分面积S=π2，
∴ 所投的点落在阴影部分的概率P=S阴影S正方形=2π2.
故选D.
8.
【答案】
A
【考点】
类比推理
对数及其运算
【解析】
根据题意通过类比可得x=lg21+x，再解方程可得．
【解答】
解：由题意可得x=lg21+x，x>0，
∴ 2x=x+1 ，
解得x=1．
故选A．
9.
【答案】
B
【考点】
函数的图象
函数奇偶性的性质与判断
【解析】
利用函数的奇偶性，特殊值排除即可.
【解答】
解：由题意知函数fx的定义域为x|x≠0，
且f−x=sin−xln[−x2+1]=−sinxlnx2+1=−fx，
所以fx是奇函数，其图像关于原点对称，故C不正确；
因为fkπ=0(k∈Z，k≠0)，故A不正确，
当x∈0,π时，fx>0，故D不正确.
故选B.
10.
【答案】
B
【考点】
已知函数的单调性求参数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当a≤0时，易知fx=2x2+lnx−ax在0,+∞上单调递增；
当a>0时，易知f′(x)=4x+1x−a
=4x2−ax+1x≥0在0,+∞上恒成立，
即4x2−ax+1≥0在0,+∞上恒成立，
二次函数对称轴为直线x=a8>0，
∴ Δ=a2−16≤0，即−4≤a≤4.
综上，实数a的取值范围是(−∞,4].
故选B.
11.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
根据题意将问圈转化为函数 f(x)=lnx−m与 Rx=x2−73x的图象在[1,3]上存在公共点，进而转化为方程m=lnx−x2+73x在[1,3] 上有解．再令ℎx=lnx−x2+x23x∈1,3，进而用导数研究函数单调性得ℎ(x)在1,3上的值域，进而得m的取值范围．
【解答】
解：由题意得函数fx=lnx−m与gx=x2−73x的图象在1,3上存在公共点，
即方程lnx−m−x2+73x=0在1,3上有解，
即方程m=lnx−x2+73x在1,3上有解，
令ℎ(x)=lnx−x2+73x，x∈[1,3]，
则ℎ′x=1x−2x+73=−3x+12x−33x .
所以当x∈1,3时，ℎ′x，ℎx随x的变化情况如下表．
由上表可知ℎ1=43，ℎ3=ln3−2<43，
又ℎ32=ln32+54，
所以当x∈1,3时，ℎ(x)∈ln3−2,ln32+54，
故m的取值范围是ln3−2,ln32+54 .
故选A.
12.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的单调性
奇偶性与单调性的综合
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解： fxlnx′=1xfx+f′xlnx<0，
∴gx=fxlnx在0,+∞为减函数，而g1=0，
∴在0,1上， lnx<0，gx>0；
在1,+∞上，lnx>0，gx<0；
而f1≠0，
∴在0,+∞上，fx<0.
又函数fx为奇函数，
∴在−∞,0上，fx>0．
不等式x−1fx<0等价于x>1,fx<0或x<1,fx>0,
∴x∈−∞,0∪1,+∞．
故选D．
二、填空题
【答案】
3x−y+1=0
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为f′x=2x+3ex，
所以切线的斜率为f′0=3，
又f0=1，
故所求切线方程是y−1=3x−0，即3x−y+1=0．
故答案为：3x−y+1=0．
【答案】
−1e
【考点】
导数的运算
【解析】
利用求导法则求出fx的导函数，把x=e代入导函数中得到关于f′e的方程，求出方程的解即可得到f′e的值.
【解答】
解：∵f(x)=2xf′(e)+lnx，
∴f′(x)=2f′(e)+1x，
∴f′(e)=2f′(e)+1e，
∴f′(e)=−1e.
故答案为：−1e.
【答案】
乙
【考点】
合情推理的作用
【解析】
若甲正确，则乙、丙均错误，从而可得甲为第三名，且乙、丙中必有一人正确，一人错误，再假设丙错误（则乙正确），可导出矛盾，从而可得丙为第二名，故得答案．
【解答】
解：若甲正确，则乙、丙均错误，故丙是第一名，乙是第二名，甲是第三名，与“甲说：我不是第三名“正确相矛盾，
故甲错误，因此，甲为第三名，①
于是乙、丙中必有一人正确，一人错误，
若丙错误（则乙正确），即丙是第一名，而甲是第三名，故乙是第二名，与乙正确”我是第三名“矛盾，故丙正确，即丙不是第一名，为第二名，②
由①②得：获得第一名的是：乙．
故答案为：乙.
【答案】
2016
【考点】
函数新定义问题
导数的运算
函数的求值
函数的对称性
【解析】
函数对称性代数表示
（1）函数fx为奇函数⇔fx=−f−x ，函数fx为偶函数⇔fx=f−x （定义域关于原点对称）；
（2）函数fx关于点a,b对称⇔fx+g/−x+2a=2b，函数fx关于直线x=m对称⇔fx=f−x+2m；
（3）函数周期为下，则fx=fx+7 .
【解答】
解：∵ f′x=x2−x+3，f′′x=2x−1=0，
∴ x=12，f12=1，
因此y=fx关于12,1对称，即fx+f1−x=2 .
设f12017+f22017+f32017+⋯+f20162017=S，
则2S=f(12017)+f(20162017)+f(22017)+f(20152017)+
⋯+f(20162017)+f(12017)=2×2016，
因此S=2016 .
故答案为：2016.
三、解答题
【答案】
解：(1) z=(3+bi)(1+3i)=(3−3b)+(9+b)i，
∵ z是纯虚数，
∴ 3−3b=0，且9+b≠0，
∴ b=1.
(2) ∵ ω=3+i2+i=(3+i)(2−i)(2+i)(2−i)=7−i5=75−15i，
∴ |ω|=752+−152=2.
【考点】
复数的模
复数代数形式的混合运算
复数的基本概念
【解析】

【解答】
解：(1) z=(3+bi)(1+3i)=(3−3b)+(9+b)i，
∵ z是纯虚数，
∴ 3−3b=0，且9+b≠0，
∴ b=1.
(2) ∵ ω=3+i2+i=(3+i)(2−i)(2+i)(2−i)=7−i5=75−15i，
∴ |ω|=752+−152=2.
【答案】
解：(1)由题知f(x)的定义域为(0, +∞)．
f′(x)=(2x+a)lnx+x+a，则f′(1)=1+a．
又因为f(1)=0，所以切点为(1, 0)．
所以0+21−0=1+a，
解得a=1．
(2)当1当1即不等式a设g(x)=xlnx−x，x∈1,e2，
则g′(x)=lnx−1(lnx)2−1=−(lnx)2−lnx+1(lnx)2．
因为(lnx)2−lnx+1=(lnx−12)2+34>0，
所以g′(x)<0．
所以g(x)在(1, e2)上单调递减，从而g(x)>g(e2)=−e22．
要使原不等式恒成立，即a即a的取值范围为(−∞,−e22]．
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题知f(x)的定义域为(0, +∞)．
f′(x)=(2x+a)lnx+x+a，则f′(1)=1+a．
又因为f(1)=0，所以切点为(1, 0)．
所以0+21−0=1+a，
解得a=1．
(2)当1当1即不等式a设g(x)=xlnx−x，x∈1,e2，
则g′(x)=lnx−1(lnx)2−1=−(lnx)2−lnx+1(lnx)2．
因为(lnx)2−lnx+1=(lnx−12)2+34>0，
所以g′(x)<0．
所以g(x)在(1, e2)上单调递减，从而g(x)>g(e2)=−e22．
要使原不等式恒成立，即a即a的取值范围为(−∞,−e22]．
【答案】
证明：(1)要证：a+5−a+3>a+6−a+4，只需证：
a+5+a+4>a+6+a+3，
只需证：a+5+a+42>a+6+a+32，
即证：2a+9+2a+5a+4>2a+9+2a+6a+3，
即证：a+5a+4>a+6a+3，
只需证：a+5a+4>a+6a+3，
即证：20>18，
∵ 上式显然成立，
∴ 原不等式成立．
(2)设a，b，c都不大于0，
即a≤0，b≤0，c≤0，
∴ a+b+c≤0．
而a+b+c=x2−2y+π2+y2−2z+π2+z2−2x+π6
=x2−2x+y2−2y+z2−2z+π
=x−12+y−12+z−12+π−3>0，
∴ a+b+c>0，这与a+b+c≤0矛盾，故假设是错误的．
故a，b，c中至少有一个大于0．
【考点】
综合法与分析法
不等式的证明
反证法与放缩法
【解析】
(1)直接利用分析法，即可证明a+5−a+3，a+6−a+4 ，推出20>18即可；
(2)利用反证法证明：a，b，c中至少有一个大于0，写出命题的否定形式，然后推出与假设矛盾的结果即可．
【解答】
证明：(1)要证：a+5−a+3>a+6−a+4，只需证：
a+5+a+4>a+6+a+3，
只需证：a+5+a+42>a+6+a+32，
即证：2a+9+2a+5a+4>2a+9+2a+6a+3，
即证：a+5a+4>a+6a+3，
只需证：a+5a+4>a+6a+3，
即证：20>18，
∵ 上式显然成立，
∴ 原不等式成立．
(2)设a，b，c都不大于0，
即a≤0，b≤0，c≤0，
∴ a+b+c≤0．
而a+b+c=x2−2y+π2+y2−2z+π2+z2−2x+π6
=x2−2x+y2−2y+z2−2z+π
=x−12+y−12+z−12+π−3>0，
∴ a+b+c>0，这与a+b+c≤0矛盾，故假设是错误的．
故a，b，c中至少有一个大于0．
【答案】
解：(1)∵点an,an+1n∈N∗在直线y=2x+1，
又a1=1，
a2=2a1+1=3；
a3=2a2+1=7；
a4=2a3+1=15.
猜想：an=2n−1.
(2)由(1)猜想an=2n−1，n∈N∗，
下面用数学归纳法加以证明：
①当n=1时，由(1)知a1=1成立；
②假设当n=kk∈N∗时，ak=2k−1成立．
当n=k+1时，
ak+1=2⋅(2k−1)+1=2k+1−1，
即当n=k+1时猜想也成立．
综上可知，猜想对一切n∈N∗都成立．
【考点】
归纳推理
数学归纳法
【解析】
(1)分别令n=1，n=2，n=3，可求得a1，a2，a3的值；
(2)根据(1)猜想得出an=n+1−n，n∈N∗，由a1=2−1可知当n=1猜想成立，假设当n=kk∈N∗时猜想成立，可得出ak=k+1−k，可得出当n=k+1时，由ak+1=Sk+1−Sk整理得出ak+12+2k+1ak+1−1=0，解出ak+1即可得出结论成立．
【解答】
解：(1)∵点an,an+1n∈N∗在直线y=2x+1，
又a1=1，
a2=2a1+1=3；
a3=2a2+1=7；
a4=2a3+1=15.
猜想：an=2n−1.
(2)由(1)猜想an=2n−1，n∈N∗，
下面用数学归纳法加以证明：
①当n=1时，由(1)知a1=1成立；
②假设当n=kk∈N∗时，ak=2k−1成立．
当n=k+1时，
ak+1=2⋅(2k−1)+1=2k+1−1，
即当n=k+1时猜想也成立．
综上可知，猜想对一切n∈N∗都成立．
【答案】
(1)证明：在梯形ABCD中，
∵ AB // CD，AD=BC，∠BCD=120∘，
∴ ∠DAB=∠ABC=60∘，∠ADC=120∘，
又∵ AD=CD，
∴ ∠DAC=30∘，
∴ ∠CAB=30∘，
∴ ∠ACB=90∘，即BC⊥AC．
∵ CF⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴ AC⊥CF，而CF∩BC=C，
∴ AC⊥平面BCF，
∵ 四边形ACFE为矩形，
∴ EF // AC，
∴ EF⊥平面BCF；
(2)解：由CF，CA，CB两两垂直，
建立如图所示空间直角坐标系，
设AD=CD=BC=CF=1，
则C(0,0,0),A(3，0，0)，B(0,1,0)，M(32,0,1)，
∴ AB→=(−3,1,0)，BM→=(32,−1,1)，
设n1→=(x,y,z)为平面MAB的一个法向量，
由n1→⋅AB→=0，n1→⋅BM→=0， 得−3x+y=0，32x−y+z=0，
取x=1，则n1→=(1,3,32)，
∵ n2→=(1,0,0)是平面FCB的一个法向量，
设平面MAB与平面FCB所成的锐二面角为θ，
∴ csθ=n1→⋅n2→|n1→|⋅|n2→|=11+3+34=21919．
【考点】
用空间向量求平面间的夹角
直线与平面垂直的判定
【解析】
（1）通过证明BC⊥AC．AC⊥CF，转化证明AC⊥平面BCF，然后推出EF⊥平面BCF；
（2）建立空间直角坐标系，设AD=CD=BC=CF=1，求出相关点的坐标，求出平面MAB的一个法向量，平面FCB的一个法向量，利用空间向量的数量积求解即可．
【解答】
(1)证明：在梯形ABCD中，
∵ AB // CD，AD=BC，∠BCD=120∘，
∴ ∠DAB=∠ABC=60∘，∠ADC=120∘，
又∵ AD=CD，
∴ ∠DAC=30∘，
∴ ∠CAB=30∘，
∴ ∠ACB=90∘，即BC⊥AC．
∵ CF⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴ AC⊥CF，而CF∩BC=C，
∴ AC⊥平面BCF，
∵ 四边形ACFE为矩形，
∴ EF // AC，
∴ EF⊥平面BCF；
(2)解：由CF，CA，CB两两垂直，
建立如图所示空间直角坐标系，
设AD=CD=BC=CF=1，
则C(0,0,0),A(3，0，0)，B(0,1,0)，M(32,0,1)，
∴ AB→=(−3,1,0)，BM→=(32,−1,1)，
设n1→=(x,y,z)为平面MAB的一个法向量，
由n1→⋅AB→=0，n1→⋅BM→=0， 得−3x+y=0，32x−y+z=0，
取x=1，则n1→=(1,3,32)，
∵ n2→=(1,0,0)是平面FCB的一个法向量，
设平面MAB与平面FCB所成的锐二面角为θ，
∴ csθ=n1→⋅n2→|n1→|⋅|n2→|=11+3+34=21919．
【答案】
解：(1)当a=4时，fx=4x−6lnx−2x+2,x>0，
得f′x=4−6x+2x2=4x2−6x+2x2=22x−1x−1x2．
∴ 函数f(x)在0,12和1,+∞上单调递增，在12,1上单调递减，
∴ 当x=12时，函数f(x)取得极大值f12=6ln2；
当x=1时，函数f(x)取得极小值f1=4．
(2)f′x=a−a+2x+2x2=ax2−a+2x+2x2=ax−2x−1x2．
∵ 0当0要使f(x)在1,e上有零点，则
f1=a>0,fe=ae−a−2e<0,
解得0当2e由于f1=a>0，fe=ae−1−2e>2ee−1−2e=2−4e>0．
令ga=f2a=2−a+2ln2a−a+2=a+2lna−1+ln2a+4−2ln2，
令ℎa=g′a=lna+2a−ln2，
则ℎ′a=1a−2a2=a−2a2<0，
∴ ℎ(a)在2e,2上递减，
故ℎa>ℎ2=1>0，即g′a>0，
∴ g(a)在2e,2上递增，
故ga>g2e=2−4e>0，即f2a>0，
∴ f(x)在1,e上没有零点．
综上所述，当0当2>a≥2ee−1时，f(x)在1,e上有没有零点．
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
函数零点的判定定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当a=4时，fx=4x−6lnx−2x+2,x>0，
得f′x=4−6x+2x2=4x2−6x+2x2=22x−1x−1x2．
∴ 函数f(x)在0,12和1,+∞上单调递增，在12,1上单调递减，
∴ 当x=12时，函数f(x)取得极大值f12=6ln2；
当x=1时，函数f(x)取得极小值f1=4．
(2)f′x=a−a+2x+2x2=ax2−a+2x+2x2=ax−2x−1x2．
∵ 0当0要使f(x)在1,e上有零点，则
f1=a>0,fe=ae−a−2e<0,
解得0当2e由于f1=a>0，fe=ae−1−2e>2ee−1−2e=2−4e>0．
令ga=f2a=2−a+2ln2a−a+2=a+2lna−1+ln2a+4−2ln2，
令ℎa=g′a=lna+2a−ln2，
则ℎ′a=1a−2a2=a−2a2<0，
∴ ℎ(a)在2e,2上递减，
故ℎa>ℎ2=1>0，即g′a>0，
∴ g(a)在2e,2上递增，
故ga>g2e=2−4e>0，即f2a>0，
∴ f(x)在1,e上没有零点．
综上所述，当0当2>a≥2ee−1时，f(x)在1,e上有没有零点．x
1
1,32
32
32,3
3
ℎ′x
+
0
−
ℎx
43
↗
极大值
↘
ln3−2