河北省河南两省重点高中2020届高三上学期段性考试（三） 数学理科试题

河北省河南两省重点高中2020届高三上学期段性考试（三） 数学理科试题

河南、河北两省重点高中 2020 届高三阶段性考试（三） 数学（理科） 一、选择题：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.已知全集  0,1,2,3,4,5,6U  ，集合 { |1 4, }A x x x N„ „ ，  | 6 2 33,xB x x   N ，则 U A B ð （ ） A.  0,5,6 B.  0,5 C.  1 D.  5 【答案】D 【解析】 【分析】 先求括号中 U Að ，再求 U A Bð 即可 【详解】因为  1,2,3,4A  ，  3,4,5B  ，所以  0,5,6U A ð ，   5U A B ð . 答案选 D 【点睛】本题考察集合交并补的基本运算，求解补集时，看清原集与补集的关系是正确解题 的前提 2.复数 32i 1 iz   的虚部为（ ）． A. 1 B. 1 C. i D. i 【答案】A 【解析】 【分析】 化简复数得到答案. 【详解】 32i 2i 2 2i 1 i1 i 1 i 2z          虚部为-1 故答案选 A 【点睛】本题考查了复数的代数运算，考查计算能力，属于简单题型. 3.在公比为 2 的等比数列 na 中，前 n 项和为 nS ，且 7 62 1 S S ，则 1 5a a  （ ） A. 5 B. 9 C. 17 D. 33 【答案】C 【解析】 【分析】 可由公式 1 1n nS a qS   ，表示出 7 62S S ，再进行求解 【详解】由 1 1n nS a qS   ， 7 6 1 6 6 12 2 1S S a qS S a      ，所以 4 5 2 16a   ，所以 1 5 17a a  . 答案选 C 【点睛】本题考查等比数列通项公式和前 n 项和公式的基本用法，需记住 m n m m nS S q S   4.已知向量  1,1m   ，  2,2n   ，若    2 2m n m n  ur r ur r P ，则  （ ） A 1 B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意，首先求出 2 , 2m n m n     ，然后利用向量平行的坐标运算，写出  的关系式，计 算求解即可. 【详解】因为 2m n   3 4,4  ， 2m n ur r  3, 3    ，且 (2 ) / /( 2 )m n m n     ，所 以      3 3 4 4 3 0         ， 0  ． 【点睛】本题考查向量的加法、减法运算，以及向量平行的坐标运算，属于基础题. 5.已知sin2 cos  ， 2 k  ， k Z ，则 cos2  （ ） A. 3 4 B. 3 4  C. 1 2 D. 1 2  【答案】C 【解析】 【分析】 观察 sin2 cos  ，可将 sin2 表示成 2sin cos  ，再进行化简，结合二倍角公式进行 求值 【详解】由sin2 cos  ，则 2sin cos cos   ，因为 2 k  ，k Z ，故 1sin 2   ， 所以 2 1cos2 1 2sin 2     . 答案选 C 【点睛】三角恒等变换是常考类型，考生需熟记二倍角公式的基本形式 sin 2  2sin cos  cos2  2 2 2 2cos sin 1 2sin 2cos 1        ，解题时需从公式的基本形式去分析 如本题中 2 1cos2 1 2sin 2     6.“ 1a   ”是“ 0x R ， 0sin 1 0 a x ”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 【答案】A 【解析】 【分析】 把题设 0x R  ， 0sin 1 0a x   进行化简，求出 a 的范围，再根据充分必要条件进行判断即 可 【详解】必要性：设   sin 1f x a x  ，当 0a  时，    1 ,1f x a a   ，所以1 0a  ， 即 1a  ； 当 0a  时，    1 ,1f x a a   ，所以1 0a  ，即 1a   .故 1a  或 1a   . 充分性：取 0 2x  ，当 1a   时， 0sin 1 0a x   成立. 答案选 A 【点睛】对于充分必要条件的判断的一般思路为：对于每一个命题进行化简，去伪存真，若 最终判断问题为范围问题，则可简单记为：小范围推大范围成立；大范围推小范围不成立 7.函数   ( ) ( )sin 1 0 2f x x        ， 的部分图像如图所示，将  f x 的图像向右平 移 4  个单位长度后得函数  g x 的图像，则  g x  （） A. 2sin 2 3x     B. sin 2 3x     C. sin 2 13x      D. sin 2 13x      【答案】D 【解析】 【分析】 由图像可知，代入点 ,26      和 30, 2      则可计算出  f x 表达式，再根据平移知识点左加右 减即可得出  g x 表达式。 【详解】由函数 ( ) sin( ) 1 0,| | 2f x x            的部分图象知 31 sin 2   ，即 1sin 2   . 因为| | 2   ，所以 6 π 。所以 ( ) sin 16f x x       . 因为点 ,26      在  f x 的图象上。所以sin 16 6       .所以 2 ( Z)6 6 2k k       。 因为 0 ，结合图象可知 2  ，所以 ( ) sin 2 16f x x       . 将  f x 的图象向右平移 4  个单位长度后得到函数  g x 的图象。则 ( ) sin 2 1 sin 2 14 6 3g x x x                     . 【点睛】根据三角函数图像求表示时一般代入特殊点，如最值点和图像与坐标轴的交点进行 运算。函数平移左加右减，注意平移的时候是 x 整体变化，如果有系数记得加括号。 8.函数 2019( ) 1 3sinf x x a x    是 R 上的奇函数，则  f x 的零点的个数为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】 根据奇函数的特殊性质，当 0x  能取到时，  0 0f  ，再采用数形结合的方式找出交点即 可 【详解】因为函数   2019 1 3sinf x x a x    是 R 上的奇函数，所以  0 1 0f a   ，即 1a  ，所以   2019 3sinf x x x  ，结合函数 2019y x 与 3y sinx 的图象，如图所示，  f x 的零点的个数为 3. 答案选 B 【点睛】本题考查了奇函数的性质，函数零点与方程的转化思想，要求能够画出常见的基础 函数图像，如一次函数、二次函数、指数函数、幂函数、三角函数等 9.已知 , (0, )a b  ，且 2 91 ab a b    ，则 a b的取值范围是（ ） A.  1,9 B.  1,8 C.  8, D.  9, 【答案】B 【解析】 【分析】 通过基本不等式的变形可得 2 2 a b ab     … ，再将表达式转化成关于 a b 整体的二次不等 式，求出相应范围 【详解】∵  , 0,a b  ，∴ 2 2 a b ab     … ，可得  2 1 4 ab a b… ，当且仅当 1 2a b  或 4a b  时 取 等 号 . ∵ 2 91 ab a b    ， ∴  2 2 9 81ab a b a b   … ， 化 为    2 9 8 0a b a b    „ ，解得1 8a b„ „ ，则 a b 的取值范围是 1,8 . 答案选 B 【点睛】本题考查的是根据基本不等式求取值范围问题，代换中一定要注意等号是否成立， 题中将  2 1 4 ab a b… 这一步代换出来至关重要 10.已知正 ABC△ 的边长为 1， EF 为该三角形内切圆的直径， P 在 ABC△ 的三边上运动， 则 PE PF  的最大值为（ ）． A. 1 B. 1 2 C. 1 3 D. 1 4 【答案】D 【解析】 【分析】 根据 2PE PF PO    和 PE P FEF    ，平方相减得到 2 1 12PE PF PO    ，计算得到 答案. 【详解】正 ABC△ 的边长为 1，内切圆圆心为O ，半径为 3 6r  O 为 EF 的中点，则 2PE PF PO    得到  2 2 4PE PF PO    即 2 2 2 2 4PE PF PE PF PO       PE P FEF    得到 2 2 PE P FF E    即 2 2 12 3PE PF PE PF      两式相减得到： 2 14 4 3PE PF PO    即 2 1 12PE PF PO    当 P 为三角形顶点时，有最大值为 1 1 1 3 12 4   故答案选 D 【点睛】本题考查了向量的最值问题，根据O 为 EF 的中点得到 2PE PF PO    是解题的 关键，这是向量中中点问题常用的技巧，需要熟练掌握. 11.方程    6 4log 4 5 log 6 5x x x x   的实根个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】 先判断函数的定义域，由 6 5x x 得 0x  ，再利用指数函数和对数函数互化的性质，通过 整式加减 4 5 6x x x  ，即 2 5 13 6 x x           .令   2 5 3 6 x x g x            通过判断函数的增减 性，借鉴零点存在定理，可判断实数根的区间 【详解】由 6 5x x ，解得 0x  ，令    6 4log 4 5 log 6 5x x x xt     ，所以 4 5 6 6 5 4 x x t x x t       ， 两式相加得 4 6 4 6x x t t   ，又函数 4 6x xy   单调递增，故 x t ，则 4 5 6x x x  ，即 2 5 13 6 x x           .令   2 5 3 6 x x g x            ，且  g x 在 0, 上单调递减，又  2 1g  ，  3 1g  ， 所 以 存 在 唯 一  0 2,3x  ， 使 得  0 1g x  . 所 以 方 程    6 4log 4 5 log 6 5x x x x   只有唯一实数解。 答案选 B 【点睛】本题考察了指数函数和对数函数互化的性质，函数零点存在定理的迁移应用，整个 解题过程，函数与方程的转化思想贯穿始终，体现了函数与方程的整体性与统一性 12.设首项为 1 的数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 * 1 1 1, 2 , 2 1, 2 1, n n n a n k ka a n k k            N N ，若 2020mS  ，则正整数 m 的最小值为（ ） A. 15 B. 16 C. 17 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】 通过表达式的整体代换，可构造出  2 1 2 13 2 3k ka a    ，通过构造数列求出 2 1ka  的表达 式，再通过 2 2 1 1k ka a   求出 2ka 的表达式，进而可表示出 2kS ，通过赋值可求出 k 【 详 解 】 由 题 意 知 2 2 1 1k ka a   ， 2 1 22 1k ka a   ， 所 以 2 2 1 1k ka a   ，  2 1 2 1 2 12 1 1 2 3k k ka a a       ，即  2 1 2 13 2 3k ka a    .又 1 3 4a   ，所以数列  2 1 3ka   是以 4 为首项，2 为公比的等比数列，所以 1 2 1 4 2 3k ka      ， 1 2 4 2 2k ka    ， 所以   2 1 3 2 1 4 1 2 3 2 4 31 2 k k kS a a a k k          奇 ， 2 2 4 2 2 4 2k kS a a a k      偶 ，所以 3 2 2 8 5k kS S S k    奇 偶 . 当 8k = 时， 16 2000 2020S   ，又 17 1021a  ，所以 17 3021 2020S   ，故正整数 m 的 最小值为 17. 故选：C 【点睛】本题主要考查递推数列通项公式的推导及前 n 项和公式的求解，考察了推导代换能 力，计算能力，难度中等偏上 二、填空题：把答案填在答题卡中的横线上． 13.若 x，y 满足约束条件 1 0 0 5 0 y x y x y       … … „ ，则 3z x y  的最大值为_________. 【答案】10 【解析】 【分析】 根据线性规划限定条件画出可行域，再通过 3 0x y  平移找出最值即可 【详解】 画出可行域知，当 : 3 0l x y  平移到过点 5 5,2 2      时， max 10z  . 则 3z x y  的最大值为 10 【点睛】本题主要考察了根据线性规划求目标函数的最值问题，相对简单，解题方法一般为 先画出可行域，再将目标函数转化为斜截式，通过判断目标函数值与截距的关系，找出目标 点，求出最值即可 14.已知 为第二象限角，则 2 2 1 sin 1cos sin 11 sin tan        _________. 【答案】 1 【解析】 【分析】 通过通分的方法去掉二次根式，转化成绝对值再进行化简即可 【详解】因为 为第二象限角，所以sin 0  ， cos 0  . 所以  2 2 1 sin1 sin 1 sincos cos cos 1 sin1 sin cos cos               ， 2 2 2 1 1sin 1 sin sintan sin        ，所以 2 2 1 sin 1cos sin 1 11 sin tan         . 所以答案为： 1 【点睛】本题考察了三角函数的化简，易错点为去掉二次根式转化为绝对值时符号的判断问 题，此时需要结合三角函数在四个象限的正负值进行判断 15.在 ABC△ 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若 a，b，c 成等比数列，且 cos sin b a C c A ，则 sin b B c _________. 【答案】 2 2 【解析】 【分析】 利用正弦公式将 b cos sina C c A  代换，求出 A ，再用 a，b，c 成等比数列表示出 b a c b  ， 分析 sinb B c 特点，再次采用正弦定理即可求得 【 详 解 】 由 正 弦 定 理 可 知 ，  sin sin sin cos sin cosB A C A C C A    ， 易 得 ccos sinA c A ， 4A  ，又 a，b，c 成等比数列，所以 b a c b  ， sin sin 2sin 2 b B a B Ac b    . 则 sin 2 2 b B c  【点睛】本题主要考查正弦定理的具体用法，边化角是正弦定理使用中考察频率最高的一种 形式，做题时应优先考虑 16.已知直线 y kx b  是曲线 exy  的一条切线，则 k b 的取值范围是_________. 【答案】 ,e 【解析】 【分析】 根 据 题 意 ， 求 出 曲 线 的 切 线 方 程 ， 再 根 据 对 应 关 系 表 示 出 k 和 b 值 ， 表 示 出  0 0e 2xk b x   ，再采用构造函数求导的方法可求得 k b 的范围 【 详 解 】 设   exf x  ， 切 点 为  0 0 ,exx ，   exf x  ， 所 以 0exk  ，  0 0 0 0e e 1x xb kx x    ，所以    0 0 0 0 0e e 1 e 2x x xk b x x      令    e 2xg x x  ，      e 2 e e 1x x xg x x x     ， 当  ,1x  时，   0g x  ，  g x 单调递增；当  1,x  时，   0g x  ，  g x 单调 递减 又  1 eg  ，所以 k b 的取值范围是 ,e . 【点睛】本题主要考查导数切线方程的求法，利用导数来求函数的值域的问题，需熟记曲线 切线方程为   0 0 0'y y f x x x   三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17.已知等比数列 na 的公比 0q  ，其前 n 项和为 nS ，且 5 62S  ， 4a ， 5a 的等差中项为 33a 。 （1）求数列 na 的通项公式； （2）设   2 2 2 1 log logn n n b a a   ，数列 nb 的前 n 项和为 nT ，求 nT 。 【答案】(1) 2n na  ；(2) 2 3 2 3 4 2 6 4n nT n n     【解析】 【分析】 （1）通过 4a ， 5a 的等差中项为 33a ．求出数列的公比，然后求解数列{ }na 的通项公式； （2）化简 2 2 2 1 (log )(log )n n n b a a   ，利用裂项相消法求解数列的和即可． 【详解】解：（1）因为 4 5 36a a a  ，所以 3 4 2 1 1 16a q a q a q  ，即 2 6 0q q   。 解得 2q = 或 3q   （舍去）。 所以  5 1 5 1 1 2 31 621 2 a S a     ， 1 2a  ， 所以 12 2 2n n na    。 （2）因为     2 2 2 1 1 1 1 1 log log 2 2 2n n n b a a n n n n         ， 所以 1 2n nT b b b    1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 112 3 2 4 3 5 2 1 1 2n n n n n n                                                      2 2 1 1 1 1 1 3 2 3 3 2 312 2 1 2 2 2 3 2 4 2 6 4 n n n n n n n n                        。 【点睛】本题考查等差数列以及等比数列的应用，裂项相消法求数列求和的方法，考查计算 能力，属于基础题． 18.已知函数 4 1, 0, ( ) 0, 0, 1 4 , 0. x x x f x x x         （1）判断  f x 在 ( , )  上的奇偶性，并证明； （2）求不等式  41 log 3  f x „ 的解集. 【答案】（1）奇函数，证明详见解析；（2） 1 ,42      . 【解析】 【分析】 (1)根据奇偶函数的定义，分段判断函数的奇偶性；（2）由（1）知函数  f x 为奇函数，根 据奇函数在两个对称的区间上具有相同的单调性，可得函数  f x 的单调性，用函数的单调 性将" "f 符号脱掉，使其转化为具体的不等式求解即可. 【详解】（1）函数  f x 是 ( , )  上的奇函数. 证明如下： 任取 0x  ，则 0x  ，所以  ( ) 1 4 4 1 ( )       x xf x f x , 再任取 0x  ，则 0x  ，所以  ( ) 4 1 1 4 ( )        x xf x f x . 又当 0x  时，则 x 0  ，所以 ( ) 0 0 ( )     f x f x . 故  f x 是 ( , )  上的奇函数. （2）当 0x  时， ( ) 4 1 xf x 是增函数， 所以  f x 是 ( , )  上的增函数. 又 1 12       f ， (1) 3f  . 所以 4 1 log 12   x„ ，所以 1 42  x„ ， 所以不等式  41 log 3  f x „ 的解集为 1 ,42      . 【点睛】函数性质综合应用问题的 3 种常见类型及解题策略 (1)函数单调性与奇偶性结合．注意函数单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函数图象的对 称性． (2)周期性与奇偶性结合．此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行交换，将 所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解． (3)周期性、奇偶性与单调性结合．解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间， 然后利用奇偶性和单调性求解． 19.已知函数 2( ) sin 4f x x      . （1）若 1 2 6f      ， tan 5  ， ,2 2        ，求 tan(2 )  的值； （2）若动直线  ( 0, )x t t   与函数  f x 和函数 ( ) 3 sin cos4 4g x x x             的 图象分别交于 P，Q 两点，求线段 PQ 长度的最大值，并求出此时 t 的值. 【答案】（1） 5 5 19  ；（2）最大值为 3 2 ， 7 12t p= 【解析】 【分析】 （1）先对  f x 进行化简，求出sin ，再根据同角三角函数求出 tan ，再根据  tan 2  特点，求出 tan2 ，利用和角公式求值即可 （2）先表示出     1 sin 22 3PQ f t g t t         ，再根据绝对值特点和三角函数的 最值特点，求出对应的t 值即可 【详解】（1）   1 1 11 cos 2 sin22 2 2 2f x x x           ， 1 1 1sin2 2 2 6f         ， 则 2sin 3   ，又 ,2 2        ，故 5cos 3   ， 2tan 5   . 2 2tantan2 4 51 tan    .   tan2 tan 5 5 5 5tan 2 1 tan2 tan 1 20 19            . （2）   3 cos22g x x 由题意可知     1 sin 22 3PQ f t g t t         当sin 2 13t       时， PQ 取到最大值 3 2 . 当 PQ 取到最大值时，  32 23 2t k k Z      ，又  0,t  ，所以 7 12t  . 【点睛】本题考查同角三角函数的基本求法，三角函数正切值的和角公式，复合三角函数最 值的求法，难度相对简单 20.如图，在平面四边形 ABCD 中， 3 1 AB ， 3 1 BC ， 3CA  ，且角 D 与角 B 互 补， 3 2   uuur uuur AD CD . （1）求 ACD 的面积； （2）求 ACD 的周长. 【答案】（1） 3 15 4 ；（2） 2 6 3 【解析】 【分析】 （1）通过角 D 与角 B 互补，先求出 cos ABC ，采用正弦定理的面积公式求解 ACDS 即可 （2）要求 ACD 的周长，即求 AD CD ，结合余弦定理进行整体求解即可 【详解】（1）在 ABC 中，由余弦定理得 2 2 2 1cos 2 4 AB BC ACABC AB BC      . 所以 15sin 4ABC  . 因为角 D 与角 B 互补， 所以 15sin sin 4ADC ABC    ， 1cos cos 4ADC ABC     又 3 2AD CD   ， 所以 3cos 2AD CD AD CD ADC         ，即 6AD CD   ， 所以 1 3 15sin2 4ACDS AD CD ADC       . （2）在 ACD 中，由余弦定理得 2 2 2 2 cosAC AD CD AD CD ADC     ， 所以 2 2 2 2 cos 12AD CD AC AD CD ADC      ， 所以 2 6AD CD  ， 所以 ACD 的周长为 2 6 3AD CD AC    . 【点睛】本题考查解三角形的具体应用，第一问正弦定理求面积，第二问利用余弦定理求周 长，解三角形的核心思想为：将边角关系转化到同一个三角形，利用正弦余弦定理进行求解， 一般是先正弦再余弦 21.设 a R ，命题 p：函数  3log ( 0, 1)   ay x ax a a 在 1 ,02     内单调递增；q：函 数   4 3 21 4 1 14 3 2   ax x xf x 仅在 0x  处有极值. （1）若命题 q 是真命题，求 a 的取值范围； （2）若命题 ( )p q  是真命题，求 a 的取值范围. 【答案】（1） 1 1,2 2     ；（2） 1 1| 2 2a a a      或 . 【解析】 【分析】 (1)函数  f x 仅在 0x  处有极值，则  2( ) 4 1   f x x x ax 在 0x  左右两侧导数符号相 反，可得 2 4 1 0 x ax … 恒成立，转化为求解二次不等式的恒成立问题；（2）当 p 是真命题 时，利用复合函数“同增异减”研究  3log ay x ax 的单调性问题，求出相应 a 的范围， 又 ( )p q  是真命题，则 ,p q 至少有一个是真命题，所以取 p 是真命题时 a 的取值集合 与 q 是真命题时 a 的取值集合的并集即可. 【详解】（1）由题意知，  2( ) 4 1   f x x x ax ，显然 0x  不是方程 2 4 1 0  x ax 的 根, 为使  f x 仅在 0x  处有极值，必须 2 4 1 0 x ax … 恒成立，即  24 4 1 0  a „ ， 解不等式，得 1 1 2 2  a„ „ ，这时 (0) 1f  是唯一极值， 因此满足条件的 a 的取值范围是 1 1,2 2      . （2）当 p 是真命题时， 3 0x ax  对 1 ,02x      恒成立,则 1 4a  ，记 3( )g x x ax  ， 则 ( ) 2g x 3x a   当 1a  时，要使得  3log ay x ax 是增函数，则需有 ( ) 0g x … 对 1 ,02x      恒成立， 所以 0a„ ，与 1a  矛盾； 当 1 14 a  时，要使得  3log ay x ax 是增函数，则需有 ( ) 0g x „ 对 1 ,02x      恒成 立，所以 21 33 2 4       a… ，所以 3 14 a„ . 记当 p 是真命题时 a 的取值集合为 A，则 3| 14      A a a„ ； 记当 q 是真命题时 a 的取值集合为 B，则 1 1| 2 2        或B a a a . 因为 ( )p q  是真命题， 所以 a 的取值范围是 1 1| 2 2         或A B a a a . 【点睛】函数 ( )f x 在 0x x 处取得极值是 0'( ) 0f x  的充分不必要条件. 22.已知 0a  ，函数 2( ) ln 1 ( 1)f x x x ax a x     ， 1 ln( ) 3 2 xg x x   . （1）求  g x 的单调区间 （2）讨论  f x 零点的个数 【答案】（1）在区间 30, 2      ， 3 ,2     上是增函数；（2）见解析 【解析】 【分析】 （1）先求导，再根据导数正负判断函数增减性 （2）先对  f x 求导，可判断  f x 单调递增，再通过赋值 1 ef       和  ef  可判断存在实 数 0 1 ,eex     ，使得  0 0f x  ，再通过讨论在零点处的最小值是小于零还是大于零来进一 步判断  f x 零点个数 【详解】（1）  g x 的定义域为 3 30, ,2 2            ，且    2 3 2 ln 3 2 x xg x x x    ，则   3 2 lnh x x x  ，    2 1 lnh x x  , 当 10, e     x 时，   0h x  ，  h x 是减函数； 当 1 ,e      x 时，  ' 0h x  ，  h x 是 增函数 所以  min 1 23 0e eh x h       ，所以在 3 30, ,2 2            上，   0g x  ， 所以  g x 在区间 30, 2      ， 3 ,2     上是增函数. （2）由题意知    1 ln 2 1 1 ln 2 3f x x a a x x ax a         ， 令   1 ln 2 3k x x ax a    ，因为 0a  ， 所以  k x 在 0,  上单调递增. 又 1 1 1 2 21 ln 3 3 0e e e e ef k a a                              ，        e e 1 lne 2e 3 2 2e 3 0f k a a         . 所以存在实数 0 1 ,eex     ，使得  0 0k x  . 在 00, x 上，   0f x  ，  f x 是减函数；在 0,x  上，   0f x  ，  f x 是增函数. 所以  f x 的最小值是  0f x ，其中 0x 满足  0 0f x  ，即 0 01 ln 2 3 0x ax a    ， 所以           2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0ln 1 1 3 1 2 1 1 1 1f x x x ax a x x a ax ax a x x a ax                ①当 0 1x  ，即 1a  时，  f x 的最小值为 0，此时  f x 有一个零点； ②当 0 1 1e x  时，  0 0f x  ，  f x 没有零点，此时 0 0 1 ln 3 2 xa x   . 由  g x 的单调性，可得 0 1a  ； ③当 01 ex  时，  0 0f x  ，  f x 有两个零点 又 0a  ，所以 0 31 2x  ， 由  g x 的单调性，可得 1a  . 综上所述，当 0 1a  时，  f x 没有零点； 当 1a  时，  f x 只有 1 个零点； 当 1a  时，  f x 有 2 个零点. 【点睛】本题主要考察利用导数来判断函数的增减性，利用导数来求解函数的零点个数问题。 第二问中对于导数值为零的点的确定相对计较棘手，若题型中涉及 lny x 型复合函数，一 般通过借鉴零点定理来进行判断，常取 1, =x e x e  来进行判断算