陜西省西安市長(zhǎng)安區(qū)2021屆高三數(shù)學(xué)二模試卷理（含解析）

1、陜西省西安市長(zhǎng)安區(qū)2021屆高三數(shù)學(xué)二模試卷 理（含解析）一、選擇題（共12小題）.1設(shè)集合Mx|2xx20，Nx|xa，若MN，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）Aa2Ba2Ca2Da22若復(fù)數(shù)z滿足：（i為虛數(shù)單位），則等于（）A2iB2+iC23iD2+3i3已知“x2”是“1”的（）條件A充分不必要B必要不充分C充要D既不充分也不必要4設(shè)5a24，blog310，11，則（）AacbBbacCabcDbca5設(shè)函數(shù)yln（cosx），x（，）的圖象是（）ABCD6設(shè)l，m是兩條不同的直線，是一個(gè)平面，則下列說(shuō)法正確的是（）A若lm，m，則lB若l，lm，則mC若l，lm，則mD若l，m，則lm7

2、在的展開(kāi)式中，的系數(shù)是14，則x2的系數(shù)是（）A28B56C112D2248等差數(shù)列an中，a12020，前n項(xiàng)和為Sn，若，則S2020（）A1010B2020C1011D20219在ABC中，D是BC的中點(diǎn)，已知，則ABC的面積為（）ABCD102019年10月，德國(guó)爆發(fā)出“芳香烴門”事件，即一家權(quán)威的檢測(cè)機(jī)構(gòu)在德國(guó)銷售的奶粉中隨機(jī)抽檢了16款（德國(guó)4款，法國(guó)8款，荷蘭4款），其中8款檢測(cè)出芳香烴礦物油成分，此成分會(huì)嚴(yán)重危害嬰幼兒的成長(zhǎng)，有些奶粉已經(jīng)遠(yuǎn)銷至中國(guó)A地區(qū)聞?dòng)嵑?，立即組織相關(guān)檢測(cè)員對(duì)這8款品牌的奶粉進(jìn)行抽檢，已知該地區(qū)有6家嬰幼兒用品商店在售這幾種品牌的奶粉，甲、乙、丙3名檢測(cè)員

3、分別負(fù)責(zé)進(jìn)行檢測(cè)，每人至少抽檢1家商店，且檢測(cè)過(guò)的商店不重復(fù)檢測(cè)，則甲檢測(cè)員至少檢測(cè)3家商店的概率為（）ABCD11已知雙曲線1（a0，b0）的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過(guò)F1且斜率為的直線與雙曲線在第二象限的交點(diǎn)為A，若（+）0，則此雙曲線的漸近線方程為（）AyxByxCyxDyx12已知四棱錐PABCD的底面ABCD是矩形，其中AD2，AB3，面PAD面ABCD，PAPD，且直線PB與CD所成角的余弦值為，則四棱錐PABCD的外接球表面積為（）ABCD二填空題（共4小題，每小題5分，滿分20分）13已知（1，2），（4，2），|2，（）10，則與的夾角的余弦值為 14設(shè)x，y滿足約束條件

4、，則z2x+3y的取值范圍為 15任取一個(gè)正整數(shù)m，若m是奇數(shù)，就將該數(shù)乘3再加上1；若m是偶數(shù)，就將該數(shù)除以2反復(fù)進(jìn)行上述兩種運(yùn)算，經(jīng)過(guò)有限次步驟后，必進(jìn)入循環(huán)圈1421，這就是數(shù)學(xué)史上著名的“冰雹猜想”（又稱“角谷猜想”等），若m5，則經(jīng)過(guò) 次步驟后變成1；若第5次步驟后變成1，則m的可能值之和為 16已知f（x）是定義域?yàn)镽的函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)，若對(duì)任意實(shí)數(shù)x都有f（x）f（x）1，且有f（1）2，則不等式f（x）1ex1的解集為 二、解答題：共70分。解答題應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明或演算步驟。第17-21題為必考題，每小題考生都必須作答。第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答。17已知

5、函數(shù)f（x）sin（x+）（0，|）經(jīng)過(guò)點(diǎn)，且在區(qū)間上單調(diào)（1）求函數(shù)f（x）的解析式（2）設(shè)，求數(shù)列an的前60項(xiàng)和S6018已知一等腰梯形ABCD，如圖（1）所示，ABCD，AB2AD2CD2，沿AC將ACD折起，使得平面ABC平面ACD，如圖（2）所示，連接BD，得三棱錐DABC（1）求證：圖（2）中BC平面ACD；（2）求圖（2）中的二面角ABDC的正弦值19為了迎接十四運(yùn)，提高智慧城市水平，西安公交公司近期推出支付寶和微信掃碼支付乘車活動(dòng)，活動(dòng)設(shè)置了一段時(shí)間的推廣期，由于推廣期內(nèi)優(yōu)惠力度較大，吸引越來(lái)越多的人開(kāi)始使用掃碼支付某線路公交車隊(duì)統(tǒng)計(jì)了活動(dòng)剛推出一周內(nèi)每一天使用掃碼支付的人次

6、，x表示活動(dòng)推出的天數(shù)，y表示每天使用掃碼支付的人次（單位：十人次），統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)如表所示：x1234567y611213466101196根據(jù)以上數(shù)據(jù)，繪制了散點(diǎn)圖（1）根據(jù)散點(diǎn)圖判斷，在推廣期內(nèi)，ya+bx與ycdx（c，d均為大于零的常數(shù)），哪一個(gè)適宜作為掃碼支付的人次y關(guān)于活動(dòng)推出天數(shù)x的回歸方程類型？（給出判斷即可，不必說(shuō)明理由）；（2）根據(jù)（1）的判斷結(jié)果及表1中的數(shù)據(jù)，建立y與x的回歸方程，并預(yù)測(cè)活動(dòng)推出第8天使用掃碼支付的人次；（3）推廣期結(jié)束后，車隊(duì)對(duì)乘客的支付方式進(jìn)行統(tǒng)計(jì)，結(jié)果如表：支付方式現(xiàn)金乘車卡掃碼比例10%60%30%西安公交六公司車隊(duì)為緩解周邊居民出行壓力，以90萬(wàn)元

7、的單價(jià)購(gòu)進(jìn)了一批新車，根據(jù)以往的經(jīng)驗(yàn)可知，每輛車每個(gè)月的運(yùn)營(yíng)成本約為0.66萬(wàn)元已知該線路公交車票價(jià)為2元，使用現(xiàn)金支付的乘客無(wú)優(yōu)惠，使用乘車卡支付的乘客享受8折優(yōu)惠，掃碼支付的乘客隨機(jī)優(yōu)惠，根據(jù)統(tǒng)計(jì)結(jié)果得知，使用掃碼支付的乘客中有的概率享受7折優(yōu)惠，有的概率享受8折優(yōu)惠，有的概率享受9折優(yōu)惠預(yù)計(jì)該車隊(duì)每輛車每個(gè)月有2萬(wàn)人次乘車，根據(jù)所給數(shù)據(jù)以事件發(fā)生的頻率作為相應(yīng)事件發(fā)生的概率，在不考慮其它因素的條件下，按照上述收費(fèi)標(biāo)準(zhǔn)，請(qǐng)你估計(jì)這批車輛需要幾年（結(jié)果取整數(shù)年）才能盈利？參考數(shù)據(jù)：100.5462.141.54253550.123.47其中其中vilgyi，參考公式：對(duì)于一組數(shù)據(jù)（u1，v1

8、），（u2，v2），（un，vn），其回歸直線u的斜率和截距的最小二乘估計(jì)公式分別為：，20已知點(diǎn)A1（2，0），A2（2，0），動(dòng)點(diǎn)P（x，y）滿足直線A1P與A2P的斜率之積為，記動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為曲線C（1）求C的方程，并說(shuō)明C是什么曲線（2）曲線C與y軸正半軸的交點(diǎn)為點(diǎn)B，點(diǎn)M是曲線C上的一點(diǎn)（點(diǎn)M不在坐標(biāo)軸上），若直線A1B與直線A2M交于點(diǎn)G，直線A1M與直線A2B交于點(diǎn)Q，求證：BGQ為等腰三角形21已知函數(shù)f（x）alnx+xb（a0）（）當(dāng)b2時(shí)，討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；（）當(dāng)a+b0，b0時(shí)，對(duì)任意x1，x2，e，都有|f（x1）f（x2）|e2成立，求實(shí)數(shù)b的取值范圍請(qǐng)考生

9、在第22、23題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分，作答時(shí)請(qǐng)用2B鉛筆在答題卡上將所選題號(hào)后的方框涂黑。22在直角坐標(biāo)系xOy，直線l的參數(shù)方程為（t為參數(shù)），以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C的極坐標(biāo)為2（1）求直線l的普通方程和曲線C的直角坐標(biāo)方程（2）已知點(diǎn)P（1，0），曲線C與直線l交于A，B兩點(diǎn)，求|PA|+|PB|的值23已知f（x）（x1）|xa|2|x2|，aR（1）當(dāng)a2時(shí)，求不等式f（x）0的解集（2）求f（2）+f（3）的取值范圍答案一、選擇題（共12小題）.1設(shè)集合Mx|2xx20，Nx|xa，若MN，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）Aa2B

10、a2Ca2Da2解：由已知可得M0，2，N（，a），因?yàn)镸N，則只需a2，故選：B2若復(fù)數(shù)z滿足：（i為虛數(shù)單位），則等于（）A2iB2+iC23iD2+3i解：2i，z23i，則，故選：D3已知“x2”是“1”的（）條件A充分不必要B必要不充分C充要D既不充分也不必要解：由得解之x2或x1，設(shè)Ax|x2，Bx|x2或x1，AB，A是B的充分不必要條件 故選：A4設(shè)5a24，blog310，11，則（）AacbBbacCabcDbca解：由題意得，alog524（1，2），blog3102，11log3112，且log310log311，所以cba故選：C5設(shè)函數(shù)yln（cosx），x（，）的

11、圖象是（）ABCD解：x（，），0cosx1，函數(shù)ylnx為增函數(shù)，ln10ln（cosx）0，故選：A6設(shè)l，m是兩條不同的直線，是一個(gè)平面，則下列說(shuō)法正確的是（）A若lm，m，則lB若l，lm，則mC若l，lm，則mD若l，m，則lm解：對(duì)于A：若lm，m，則l也可能l，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B：若l，lm，則m或m，故錯(cuò)誤；對(duì)于C：若l，lm，則m，故正確；對(duì)于D：若l，m，則lm或異面也可能相交，故錯(cuò)誤故選：C7在的展開(kāi)式中，的系數(shù)是14，則x2的系數(shù)是（）A28B56C112D224解：的展開(kāi)式的通項(xiàng)公式為 Tr+122n2rx2n2r，令2n2r2，求得rn+1，故展開(kāi)式中的系數(shù)是2214

12、，56，求得n4令2n2r82r2，求得r3，可得x2的系數(shù)是 22224，故選：D8等差數(shù)列an中，a12020，前n項(xiàng)和為Sn，若，則S2020（）A1010B2020C1011D2021解：等差數(shù)列an中，a12020，前n項(xiàng)和為Sn，所以也是等差數(shù)列，可設(shè)公差為d，則首項(xiàng)為a12020，由2d2，解得d1，所以2020+2019（1）1，所以S20202020故選：B9在ABC中，D是BC的中點(diǎn)，已知，則ABC的面積為（）ABCD解：設(shè)ABc，BCa，因?yàn)椋傻胹inB，在ABC中，a2+c22accosBa2+c2ac8，在ABD中，可得：a2+4c23ac8，解得a4，c2，可得故

13、選：D102019年10月，德國(guó)爆發(fā)出“芳香烴門”事件，即一家權(quán)威的檢測(cè)機(jī)構(gòu)在德國(guó)銷售的奶粉中隨機(jī)抽檢了16款（德國(guó)4款，法國(guó)8款，荷蘭4款），其中8款檢測(cè)出芳香烴礦物油成分，此成分會(huì)嚴(yán)重危害嬰幼兒的成長(zhǎng)，有些奶粉已經(jīng)遠(yuǎn)銷至中國(guó)A地區(qū)聞?dòng)嵑?，立即組織相關(guān)檢測(cè)員對(duì)這8款品牌的奶粉進(jìn)行抽檢，已知該地區(qū)有6家嬰幼兒用品商店在售這幾種品牌的奶粉，甲、乙、丙3名檢測(cè)員分別負(fù)責(zé)進(jìn)行檢測(cè)，每人至少抽檢1家商店，且檢測(cè)過(guò)的商店不重復(fù)檢測(cè)，則甲檢測(cè)員至少檢測(cè)3家商店的概率為（）ABCD解：若3人檢測(cè)的數(shù)量為2，2，2，則所有的情況為：90種，若3人檢測(cè)的數(shù)量為3，2，1，則所有的情況為：360種，若3人檢測(cè)的數(shù)

14、量為4，1，1，則所有的情況為：90種，基本事件總數(shù)為：n90+360+90540，其中甲檢測(cè)員至少檢測(cè)3家商店包含的基本事件個(gè)數(shù)為：m+150，甲檢測(cè)員至少檢測(cè)3家商店的概率為P故選：A11已知雙曲線1（a0，b0）的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過(guò)F1且斜率為的直線與雙曲線在第二象限的交點(diǎn)為A，若（+）0，則此雙曲線的漸近線方程為（）AyxByxCyxDyx解：若（+）0，即（+）（）0，可得 22，即有|AF1|F2F1|2c，由雙曲線的定義可得|AF2|2a+2c，在等腰三角形AF1F2中，tanAF1F2，cosAF1F2，化為3c5a，即ac，bc，可得a：b3：4，故此雙曲線的漸近

15、線方程為yx，故選：D12已知四棱錐PABCD的底面ABCD是矩形，其中AD2，AB3，面PAD面ABCD，PAPD，且直線PB與CD所成角的余弦值為，則四棱錐PABCD的外接球表面積為（）ABCD解：如圖，取AD的中點(diǎn)E，連接PE，則PEAD，平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCDAD，PE平面PAD，PE平面ABCD，設(shè)四棱錐PABCD的外接球的球心為O，連接AC，BD，設(shè)ACBDO1，連接OO1，則OO1底面ABCD，直線PB與CD所成角的余弦值為，即cosPBA，設(shè)PEx，則PA2x2+1，ABAD，平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCDAD，AB平面ABCD，AB

16、平面PAD，則ABPA，又AB3，PB，解得x，即PAD為等邊三角形，設(shè)PAD的外心為F，則OO1EFPE，又，四棱錐PABCD的外接球的半徑R滿足：，四棱錐PABCD的外接球表面積為S4故選：C二填空題（共4小題，每小題5分，滿分20分）13已知（1，2），（4，2），|2，（）10，則與的夾角的余弦值為解：（1，2），（4，2），又（）10，coscos故答案為：14設(shè)x，y滿足約束條件，則z2x+3y的取值范圍為2，18解：由約束條件作出可行域如圖，由圖可知，A（1，0），聯(lián)立，解得B（3，4），作出直線2x+3y0，由圖可知，平移直線2x+3y0至A時(shí)，z2x+3y有最小值為2；平移直

17、線2x+3y0至B時(shí)，z2x+3y有最大值為18z2x+3y的取值范圍為2，18故答案為：2，1815任取一個(gè)正整數(shù)m，若m是奇數(shù)，就將該數(shù)乘3再加上1；若m是偶數(shù)，就將該數(shù)除以2反復(fù)進(jìn)行上述兩種運(yùn)算，經(jīng)過(guò)有限次步驟后，必進(jìn)入循環(huán)圈1421，這就是數(shù)學(xué)史上著名的“冰雹猜想”（又稱“角谷猜想”等），若m5，則經(jīng)過(guò)5次步驟后變成1；若第5次步驟后變成1，則m的可能值之和為37解：當(dāng)m5時(shí)，5168421共5步雹程變成1，若m需經(jīng)過(guò)5步雹程首次變成1則1248165或12481632兩種情況，即m5或m32，則5+3237，故答案為：5，3716已知f（x）是定義域?yàn)镽的函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)，若對(duì)任

18、意實(shí)數(shù)x都有f（x）f（x）1，且有f（1）2，則不等式f（x）1ex1的解集為（1，+）解：不等式f（x）1ex1，等價(jià)于不等式1，構(gòu)造函數(shù)g（x），則g（x），若對(duì)任意實(shí)數(shù)x都有f（x）f（x）1，則g（x）0，g（x）在R遞增，又g（1）1，故1即g（x）g（1），故不等式的解集是（1，+），故答案為：（1，+）二、解答題：共70分。解答題應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明或演算步驟。第17-21題為必考題，每小題考生都必須作答。第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答。17已知函數(shù)f（x）sin（x+）（0，|）經(jīng)過(guò)點(diǎn)，且在區(qū)間上單調(diào)（1）求函數(shù)f（x）的解析式（2）設(shè)，求數(shù)列an的前60項(xiàng)和S60

19、解：（1）函數(shù)f（x）sin（x+）（0，|）經(jīng)過(guò)點(diǎn)，且在區(qū)間上單調(diào)所以，解得T，所以2，由于函數(shù)的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)，所以，整理得，當(dāng)k0時(shí)，所以（2）由于，所以，當(dāng)n1時(shí)，a10，當(dāng)n2時(shí)，當(dāng)n3時(shí)，當(dāng)n4時(shí)，當(dāng)n5時(shí)，當(dāng)n6時(shí)，當(dāng)n7時(shí)，故數(shù)列的周期為6，所以，數(shù)列an的前60項(xiàng)和S6018已知一等腰梯形ABCD，如圖（1）所示，ABCD，AB2AD2CD2，沿AC將ACD折起，使得平面ABC平面ACD，如圖（2）所示，連接BD，得三棱錐DABC（1）求證：圖（2）中BC平面ACD；（2）求圖（2）中的二面角ABDC的正弦值解：（1）證明：在圖（1）中，過(guò)點(diǎn)D作DEAB于E，等腰梯形ABCD，A

20、E又AD1，DAE60ADCD，ABCD，DACACDBACDAE30，AC，AB2AC2+BC2，即BCAC平面ABC平面ACD，平面ABC平面ACDAC，BC平面ABC，BC平面ACD（2）以C為原點(diǎn)，CA、CB分別為x、y軸，作Cz面ABC，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則C（0，0，0），A（，0，0），B（0，1，0），D（，0，），（，1，0），（，1，），（，0，）設(shè)平面ABD的法向量為（x，y，z），則，即，令x1，則y，z，（1，）同理可得，平面BCD的法向量（1，0，）cos，故二面角ABDC的正弦值為19為了迎接十四運(yùn)，提高智慧城市水平，西安公交公司近期推出支付寶和微信掃

21、碼支付乘車活動(dòng)，活動(dòng)設(shè)置了一段時(shí)間的推廣期，由于推廣期內(nèi)優(yōu)惠力度較大，吸引越來(lái)越多的人開(kāi)始使用掃碼支付某線路公交車隊(duì)統(tǒng)計(jì)了活動(dòng)剛推出一周內(nèi)每一天使用掃碼支付的人次，x表示活動(dòng)推出的天數(shù)，y表示每天使用掃碼支付的人次（單位：十人次），統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)如表所示：x1234567y611213466101196根據(jù)以上數(shù)據(jù)，繪制了散點(diǎn)圖（1）根據(jù)散點(diǎn)圖判斷，在推廣期內(nèi)，ya+bx與ycdx（c，d均為大于零的常數(shù)），哪一個(gè)適宜作為掃碼支付的人次y關(guān)于活動(dòng)推出天數(shù)x的回歸方程類型？（給出判斷即可，不必說(shuō)明理由）；（2）根據(jù)（1）的判斷結(jié)果及表1中的數(shù)據(jù)，建立y與x的回歸方程，并預(yù)測(cè)活動(dòng)推出第8天使用掃碼支付的

22、人次；（3）推廣期結(jié)束后，車隊(duì)對(duì)乘客的支付方式進(jìn)行統(tǒng)計(jì)，結(jié)果如表：支付方式現(xiàn)金乘車卡掃碼比例10%60%30%西安公交六公司車隊(duì)為緩解周邊居民出行壓力，以90萬(wàn)元的單價(jià)購(gòu)進(jìn)了一批新車，根據(jù)以往的經(jīng)驗(yàn)可知，每輛車每個(gè)月的運(yùn)營(yíng)成本約為0.66萬(wàn)元已知該線路公交車票價(jià)為2元，使用現(xiàn)金支付的乘客無(wú)優(yōu)惠，使用乘車卡支付的乘客享受8折優(yōu)惠，掃碼支付的乘客隨機(jī)優(yōu)惠，根據(jù)統(tǒng)計(jì)結(jié)果得知，使用掃碼支付的乘客中有的概率享受7折優(yōu)惠，有的概率享受8折優(yōu)惠，有的概率享受9折優(yōu)惠預(yù)計(jì)該車隊(duì)每輛車每個(gè)月有2萬(wàn)人次乘車，根據(jù)所給數(shù)據(jù)以事件發(fā)生的頻率作為相應(yīng)事件發(fā)生的概率，在不考慮其它因素的條件下，按照上述收費(fèi)標(biāo)準(zhǔn)，請(qǐng)你估計(jì)這

23、批車輛需要幾年（結(jié)果取整數(shù)年）才能盈利？參考數(shù)據(jù)：100.5462.141.54253550.123.47其中其中vilgyi，參考公式：對(duì)于一組數(shù)據(jù)（u1，v1），（u2，v2），（un，vn），其回歸直線u的斜率和截距的最小二乘估計(jì)公式分別為：，解：（1）由散點(diǎn)圖的形狀可得，ycdx（c，d均為大于零的常數(shù)）適宜作為掃碼支付的人次y關(guān)于活動(dòng)推出天數(shù)x的回歸方程類型；（2）因?yàn)閥cdx，兩邊同時(shí)取常用對(duì)數(shù)可得，lgylgc+xlgd，設(shè)lgyv，則vlgc+xlgd，因?yàn)?，所以lgd，把樣本中心（4.1.55）代入vlgc+xlgd，所以lgc0.54，故v0.54+0.25x，即lgy0.

24、54+0.25x，所以y與x的回歸方程為，當(dāng)x8時(shí)，所以活動(dòng)推出第8天使用掃碼支付的人次為347；（3）記一名乘客乘車支付的費(fèi)用為Z，則Z的可能取值為2，1.8，1.6，1.4，所以P（Z2）0.1，P（Z1.8）0.30.15，P（Z1.6）0.6+0.30.7，P（Z1.4）0.3，所以一名乘客一次乘車的平均費(fèi)用為20.1+1.80.15+1.60.7+1.40.051.66元，由題意可知，1.66112n0.6612n900，解得n，又nN*，所以n取8，估計(jì)這批車輛需要8年才能盈利20已知點(diǎn)A1（2，0），A2（2，0），動(dòng)點(diǎn)P（x，y）滿足直線A1P與A2P的斜率之積為，記動(dòng)點(diǎn)P的軌

25、跡為曲線C（1）求C的方程，并說(shuō)明C是什么曲線（2）曲線C與y軸正半軸的交點(diǎn)為點(diǎn)B，點(diǎn)M是曲線C上的一點(diǎn)（點(diǎn)M不在坐標(biāo)軸上），若直線A1B與直線A2M交于點(diǎn)G，直線A1M與直線A2B交于點(diǎn)Q，求證：BGQ為等腰三角形【解答】（1）解：設(shè)動(dòng)點(diǎn)P（x，y），因?yàn)橹本€A1P與A2P的斜率之積為，所以，化簡(jiǎn)可得曲線方程為；（2）證明：A1（2，0），A2（2，0），B（0，1），所以直線A1B：yx+1，直線A2B：yx+1，設(shè)直線A1M：yk（x+2）（k，k0），所以聯(lián)立，得Q，聯(lián)立，得G，所以PQx軸且PQ中點(diǎn)N為（），所以BNx軸，所以BN為BGQ的中線且PQBN，所以BGQ為等腰三角形21已

26、知函數(shù)f（x）alnx+xb（a0）（）當(dāng)b2時(shí)，討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；（）當(dāng)a+b0，b0時(shí)，對(duì)任意x1，x2，e，都有|f（x1）f（x2）|e2成立，求實(shí)數(shù)b的取值范圍解：（）函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+）當(dāng)b2時(shí)，f（x）alnx+x2，所以f（x）當(dāng)a0時(shí)，f（x）0，所以函數(shù)f（x）在（0，+）上單調(diào)遞增當(dāng)a0時(shí)，令f（x）0，解得：x，當(dāng)0x時(shí)，f（x）0，所以函數(shù)f（x）在（0， ）上單調(diào)遞減；當(dāng)x時(shí)，f（x）0，所以函數(shù)f（x）在（，+）上單調(diào)遞增綜上所述，當(dāng)b2，a0時(shí)，函數(shù)f（x）在（0，+）上單調(diào)遞增；當(dāng)b2，a0時(shí)，函數(shù)f（x）在（0， ）上單調(diào)遞減，在（，+）上單調(diào)遞增（）對(duì)任意x1，x2，e，有|f（x1）f（x2）|e2成立，|f（x1）f（x2）|f（x）maxf（x）min，f（x）maxf（x）min，）e2成立，a+b0