2015年高考理科数学四川卷(含答案)

2015年普通高等学校招生全国统一考试(四川卷)

数学（理科）

本试题卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题).第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至6页，共6页.满分150分.考试时间120分钟.考生作答时，须将答案答在答题卡上.在本试题卷、草稿纸上答题无效.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回.

第Ⅰ卷（选择题 共50分）

注意事项：

必须使用2B铅笔在答题卡上将选答案对应的标号涂黑. 第Ⅰ卷共10小题.

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分.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．设集合A{x|(x1)(x2)0}，集合B{x|1x3}，则AUB

（ ）

A．{x|1x3} B．{x|1x1} C．{x|1x2}

D．{x|2x3}

2．设i是虚数单位，则复数i32i=

（ ）

A．－i B．－3i C．i

D．3i

3．执行如图所示的程序框图，输出S的值为

（ ）

A．3B．32 2 C．1D．12

2

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4．下列函数中，最小正周期为π且图象关于原点对称的函数是

（ ）

A．ycos(2xπ) π2B．ysin(2x2) C．ysin2xcos2x

D．ysinxcosx

5．过双曲线x2y231的右焦点且与x轴垂直的直线，交该双曲线的两条渐近线于A，B两点，则|AB|

（ ）

A．433

B．23 C．6

D．43

6．用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有

（ ）

A．144个 B．120个

C．96个 D．72个

7．设四边形ABCD为平行四边形，|uABuur|=6，|uADuur|=4.若点M，N满足uBMuuur=3uMCuuur，uDNuur=2uNCuur，则uAMuuurguNMuuur

（ ）

A．20

B．15

C．9

D．6

8．设a，b都是不等于1的正数，则“3a>3b>3”是“loga3logb3”的

（ ）

A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件

D．既不充分也不必要条件

9．如果函数f(x)=12(m2)x2+(n8)x+（1m≥0，n≥0）在区间[12,2]上单调递减，那么mn的最大值为

（ ）

A．16

B．18

C．25

D．

812 10．设直线l与抛物线y24x相交于A，B两点，与圆(x5)2y2r2(r0)相切于点M，且M为线段AB的中点.若这样的直线l恰有4条，则r的取值范围是

（ ）

A．(1,3)

B．(1,4)

C．(2,3)

D．(2,4)

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第Ⅱ卷（非选择题 共100分）

注意事项：

必须使用0.5毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上题目所指示的答题区域内作答.作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色墨迹签字笔描清楚.答在试题卷、草稿纸上无效.

第Ⅱ卷共11小题.

二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.把答案填在题中的横线上. 11．在(2x1)5的展开式中，含x2的项的系数是_________（用数字填写答案）. 12．sin15o+sin75o的值是_________.

13．某食品的保鲜时间y（单位：小时）与储存温度x（单位：℃）满足函数关系yekxb（e2.718…为自然对数的底数，k，b为常数）.若该食品在0℃的保鲜时间

是192小时，在22℃的保鲜时间是48小时，则该食品在33℃的保鲜时间是_________小时.

14．如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段

PQ上，E，F分别为AB、BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为，则cos 的最大值为_________.

15．已知函数f(x)2x，g(x)x2ax（其中aR）.对于不相等的实数x1，x2，设

mf(x1)f(x2)g(x1)g(xx，nx2).

12x1x2现有如下命题：

（1）对于任意不相等的实数x1，x2，都有m0；

（2）对于任意的a及任意不相等的实数x1，x2，都有n0； （3）对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得mn；

（4）对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得mn. 其中的真命题有_________（写出所有真命题的序号）.

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三、解答题：本大题共6小题，共75分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 16．（本小题满分12分）

设数列{an}(n1,2,3,)的前n项和Sn满足Sn2ana1，且a1，a21，a3成等差数列.

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）记数列{11a}的前n项和为Tn，求使得|Tn1|成立的n的最小值. n1 000

17．（本小题满分12分）

某市A，B两所中学的学生组队参加辩论赛，A中学推荐了3名男生、2名女生，B中学推荐了3名男生、4名女生，两校所推荐的学生一起参加集训.由于集训后队员水平相当，从参加集训的男生中随机抽取3人，女生中随机抽取3人组成代表队. （Ⅰ）求A中学至少有一名学生入选代表队的概率；

（Ⅱ）某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛.记X表示参赛的男生人数，求X的分布列和数学期望.

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18．（本小题满分12分）

一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N.

（Ⅰ）请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处（不需说明理由）； （Ⅱ）证明：直线MN∥平面BDH； （Ⅲ）求二面角AEGM的余弦值.

19．（本小题满分12分）

如图A，B，C，D为平面四边形ABCD的四个内角.

（Ⅰ）证明：tanA1cosA2sinA；

（Ⅱ）若AC180o，AB6，BC3，CD4，AD5，求tanA2tanB2tanCD2tan2的值. 20．（本小题满分13分）

数学试卷 第5页（共21页） 如图，椭圆E:x2y2ab1(ab0)的离心率是22+22，过点P(0,1)的动直线l与椭圆相

交于A，B两点.当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为22. （Ⅰ）求椭圆E的方程；

（Ⅱ）在平面直角坐标系xOy中是否存在与点P不同的定点Q，使得|QA||QB||PA||PB|恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由.

21．（本小题满分14分）

已知函数f(x)2(xa)lnxx22ax2a2a，其中a＞0. （Ⅰ）设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；

（Ⅱ）证明：存在a(0,1)，使得f(x)≥0在区间(1,)内恒成立，且f(x)0在区间

(1,)内有唯一解.

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2015年普通高等学校招生全国统一考试(四川卷) 理科数学答案解析 第Ⅰ卷 一、选择题 1.【答案】A 【解析】∵集合A{x|(x1)(x2)0}，集合B={x|1＜x＜3}，∴集合A{x|1x2}，∵A∪B={x|﹣1＜x＜3}，故选：A 【提示】求解不等式得出集合A{x|1x2}，根据集合的并集可求解答案 【考点】并集及其运算 2.【答案】C 4【解析】∵i是虚数单位，则复数i32i21i，∴i2i1ii，故选：C i4【提示】通分得出2i，利用i的性质运算即可 【考点】复数代数形式的乘除运算 3.【答案】D 【解析】解：模拟执行程序框图，可得k1，k2 不满足条件k4，k3 不满足条件k4，k4 不满足条件k4，k5 满足条件k4，Ssin5π1162，输出S的值为2． 故选：D． 【提示】模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的k的值，当k5时满足条件k4，计算并输出S的值为12 【考点】程序框图 4.【答案】A 数学试卷 第7页（共21页）

【解析】解：ycos2xπ2sin2x，是奇函数，函数的周期为：π，满足题意，所以A正确 ysin2xπ2cos2x，函数是偶函数，周期为：π，不满足题意，所以B不正确； ysin2xcos2x2sinπ2x4，函数是非奇非偶函数，周期为π，所以C不正确； ysinxcosx2sinxπ4，函数是非奇非偶函数，周期为2π，所以D不正确； 故选：A． 【提示】求出函数的周期，函数的奇偶性，判断求解即可 【考点】两角和与差的正弦函数，三角函数的周期性及其求法 5.【答案】D x2y2【解析】解：双曲线31的右焦点（2，0），渐近线方程为y3x，过双曲线xy2231的右焦点且与x轴垂直的直线，x2，可得yA23，yB23，∴|AB|43． 故选：D． 【提示】求出双曲线的渐近线方程，求出AB的方程，得到AB坐标，即可求解|AB|． 【考点】双曲线的简单性质 6.【答案】B 【解析】解：根据题意，符合条件的五位数首位数字必须是4、5其中1个，末位数字为0、2、4中其中1个； 分两种情况讨论： ①首位数字为5时，末位数字有3种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有A3424种情况，此时有32472个， ②首位数字为4时，末位数字有2种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有A3424种情况，此时有22448个，共有7248120个． 故选：B 【提示】根据题意，符合条件的五位数首位数字必须是4、5其中1个，末位数字为0、2、

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4中其中1个；进而对首位数字分2种情况讨论，①首位数字为5时，②首位数字为4时，每种情况下分析首位、末位数字的情况，再安排剩余的三个位置，由分步计数原理可得其情况数目，进而由分类加法原理，计算可得答案． 【考点】排列、组合及简单计数问题 7.【答案】C 【解析】解：∵四边形ABCD为平行四边形，点M、N满足uuuuruuuuruuuruuu∴根据图形可得：AMuuruABuurBM3MC，DN2NCr，uu3uBCuuruABuur3uADuur，uANuuruADuur2uDCuuruADuur2uABuur，∴uNMuuuruAMuuuru4433ANuur， ∵uAMuuurguNMuuuruAMuuurg(uAMuuuruANuur)uAMuuur2uAMuuurguANuur，uAMuuur2uABuur23uABuurguADuur9uADuur2，uAMuuurguANuur2uABuur23uADuur23uABuurguuur，|uABuur2|6，|uADuur16 |4，∴uAMuuurgu342ADNMuuur1uuur23uuur23AB16AD1239 故选；C 【提示】根据图形得出uAMuuuruABuur3uBCuuruABuur3uADuur，uANuuruADuur2uDCuuruADuur2uuuruAMuuurguNMuuuruAMuuur4433AB， g(uAMuuuruANuur)uAMuuur2uAMuuurguANuur，结合向量结合向量的数量积求解即可． 【考点】平面向量数量积的运算 8.【答案】B 【解析】解：A、B都是不等于1的正数，∵3a3b3，∴ab1，∵loga3logb3， ∴11lgblgalgblga0loglog，即0，或lgblga0 3a3blgalgblgalgb0lgalgb0求解得出：ab1,1ab0或b1，0a1 根据充分必要条件定义得出：“3a3b3”是“loga3logb3”的充分不必要条件，故选：B．

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【提示】求解3a3b3，得出ab1，loglgblga0lgblga0a3logb3，lgalgb0或lgalgb0根据对数函数的性质求解即可，再利用充分必要条件的定义判断即可． 【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断 9.【答案】B 【解析】解：∵函数f(x)12(m2)x2(n8)x1(m0,n0)在区间12,2上单调递减， ∴①m2，n8对称轴xn8m2， m20②n8即m2m222mn120 m20③m2n81即 m222nm180设x2x22xy120,2yx180或x2y8 设ykx，ykx2，当切点为(x0,y0)，k取最大值． ①kx，k2x2x220220，y02x012，y02x0，可得x03，y06，∵x32 0x0∴k的最大值为3618 数学试卷 第10页（共21页）

②k1122x，y02x0x1x0，2y0x0180，解得：x09，y900 022∵x02 ∴不符合题意． ③m2，n8，kmn16 综合得出：m3，n6时k最大值kmn18，故选；B m2【提示】根据二次函数的单调性得出①m2，n8对称轴xn80m2，②n8m22③m20n8m212 构造函数x2x2x2xy120或2yx180或2y8运用导数，结合线性规划求解最大值．【考点】二次函数的性质 10.【答案】D 【解析】解：设A(x,y21,y1)，B(x22)，M(x0,y0)，则斜率存在时，设斜率为k，则y14x1，y24xy022，利用点差法可得ky02，因为直线与圆相切，所以x51k，所以x03，0即M的轨迹是直线x3，代入抛物线方程可得y23，所以交点与圆心(5,0)的距离为4，所以2r4时，直线l有2条； 斜率不存在时，直线l有2条； 所以直线l恰有4条，2r4，故选：D． 【提示】先确定M的轨迹是直线x3，代入抛物线方程可得y23，所以交点与圆心(5,0)的距离为4，即可得出结论． 【考点】抛物线的简单性质，直线与圆的位置关系 第Ⅱ卷 二、填空题 11.【答案】40 【解析】解：根据所给的二项式写出展开式的通项，Tr5rr1C5(2x)(1)r； 要求x2的项的系数，∴5r2，∴r3，∴x2的项的系数是22(1)3C3540．

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故答案为：40． 【提示】根据所给的二项式，利用二项展开式的通项公式写出第r1项，整理成最简形式，令x的指数为2求得r，再代入系数求出结果 【考点】二项式定理的应用 12.【答案】62 【解析】解：sin15sin75sin15cos152(sin15cos45cos15sin45)2sin6062． 故答案为：62． 【提示】利用诱导公式以及两角和的正弦函数化简求解即可． 【考点】两角和与差的正弦函数；三角函数的化简求值． 13.【答案】24 【解析】解：由题意可得，x0时，y192；x22时，y48． 代入函数yekxb，可得eb192，e22kb48， 即有e11k1，eb192，则当x33时，ye33kb12819224． 故答案为：24． 【提示】由题意可得，x0时，y192；x22时，y48．代入函数yekxb，解方程，可得k，b，再由x33，代入即可得到结论． 【考点】函数与方程的综合运用 14.【答案】25 【解析】解：根据已知条件，AB，AD，AQ三直线两两垂直，分别以这三直线为x，y，z轴，建立如图所示空间直接坐标系，设AB2，则： A(0,0,0)，E(10,,0)，F(210),,； Mu在线段PQ上，设M(0,y,2)，0y2； ∴EMuuur(1,y,2)，uAFuur(2,1,0)； ∴cos|cosuEMuuur,uAFuur2yy25g5；

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∴cos2=y24y45(y25)，设ty24y45(y25)，整理得：(5t1)y24y25t40①，将该式看成关于y的方程； （1）若t115，则y4，不符合0y2，即这种情况不存在； （2）若t15，①便是关于y的一元二次方程，该方程有解； ∴△164(5t1)(25t4)0； 解得0t425； ∴t的最大值为425； ∴cos2的最大值为4225，cos最大值为5． 故答案为：25． 【提示】首先以AB，AD，AQ三直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，并设正方形边长为2，M(0,y,2)，从而可求出向量uuuEMuuur，uAFuur的坐标，由coscosEMuur,uAFuur得到cos2y24y45(y25)，可设ty24y45(y25)，可整理成关于y的方程，根据方程有解即可求出t的最大值，从而求出cos的最大值． 【考点】异面直线及其所成的角 15.【答案】①④ 【解析】解：对于①，由于21，由指数函数的单调性可得f(x)在R上递增，即有m0，则①正确； 对于②，由二次函数的单调性可得g(x)在aa,2递减，在2,递减，则n0不恒数学试卷 第13页（共21页）

成立，则②错误； 对于③，由mn，可得f(x(x，考查函数h(x)x2ax2x1)f2)g(x1)g(x2)，h(x)2xa2xln2，当a，h(x)小于0，h(x)单调递减，则③错误； 对于④，由mn，可得f(x)[g(x2x1)f(x21)g(x2)]，考查函数h(x)xax2，h(x)2xa2xln2，对于任意的a，h(x)不恒大于0或小于0，则④正确． 故答案为：①④． 【提示】运用指数函数的单调性，即可判断①；由二次函数的单调性，即可判断②； 通过函数h(x)x2ax2x，求出导数判断单调性，即可判断③； 通过函数h(x)x2ax2x，求出导数判断单调性，即可判断④． 【考点】命题的真假判断与应用 三、解答题 16.【答案】（Ⅰ）ann2 （Ⅱ）10 【解析】解：（Ⅰ）由已知Sn2ana1，有anS﹣nSn﹣12an2an﹣1(n2)，即an2an﹣1(n2)， 从而a22a1，a32a24a1，又∵a1，a21，a3成等差数列，∴a14a12(2a11)，解得：a12． ∴数列{a2，公比为2的等比数列．故ann}是首项为n2； 1n（Ⅱ）由（Ⅰ）得：12a111112[1()]1n，∴TnL11． n22222n122n由|Tn1|11000，得1112n11000，即2n1000． ∵2951210001024210，∴n10． 于是，使|T1n1|1000成立的n的最小值为10． 【提示】（Ⅰ）由已知数列递推式得到an2an﹣1(n2)，再由已知a1，a21，a3成等差数列求出数列首项，可得数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，则其通项公式可求； （Ⅱ）由（Ⅰ）求出数列1a的通项公式，再由等比数列的前n项和求得Tn，结合n

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|Tn1|11000求解指数不等式得n的最小值． 【考点】数列的求和． 17.【答案】（Ⅰ）99100 （Ⅱ）2 【解析】解：（Ⅰ）由题意，参加集训的男、女学生个有6人，参赛学生全从B中抽出（等价于A中没有学生入选代表队）的概率为：C333C41C33，因此A中学至少有1名学生入选6C6100代表队的概率为：1110099100； （Ⅱ）某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛，X表示参赛的男生人数，则X的可能取值为：1，2，3，P(X1)C23233C3C41，P(X2)C3C3365C4，65P(X3)C313C31C45． 6X的分布列： X 1 2 3 131P 5 5 5 则数学期望EX1123315552． 【提示】（Ⅰ）求出A中学至少有1名学生入选代表队的对立事件的概率，然后求解概率即可； （Ⅱ）求出X表示参赛的男生人数的可能值，求出概率，得到X的分布列，然后求解数学期望． 【考点】离散型随机变量的期望与方差，离散型随机变量及其分布列 18.【答案】（Ⅰ）如图 （Ⅱ）见解析 （Ⅲ）223 【解析】解：（Ⅰ）F、G、H的位置如图； 证明：（Ⅱ）连接BD，设O是BD的中点，∵BC的中点为M、GH的中点为N，∴

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OM∥CD，OM12CD，HN∥CD，HN12CD，∴OM∥HN，OMHN，即四边形MNHO是平行四边形，∴MN∥OH， ∵MN平面BDH；OH面BDH，∴直线MN∥平面BDH； （Ⅲ）方法一：连接AC，过M作MHAC于P，则正方体ABCDEFGH中，AC∥EG，∴MPEG，过P作PKEG于K，连接KM，∴KM平面PKM 则KMEG，则PKM是二面角AEGM的平面角，设AD2，则CM1，PK2，在Rt△CMP中，PMCMsin452，在Rt△PKM中，KMPK2PM23222， ∴cosPKMPK22KM3，即二面角AEGM的余弦值为223． 方法二：以D为坐标原点， 分别为DA，DC，DH方向为x，y，z轴建立空间坐标系如图： 设AD2，则M(1,2,0)，G(0,2,2)，E(2,0,2)，rO(1,1,0)uuuruuuuru，则GE(2,2,0)，MG(1,0,2)，设平面EGM的法向量为rn(x,y,z)，则ngGEuurruuuur0，即2x2y0x2z0，令x2，得rngMG0n(2,2,1)， 在正方体中，DO平面AEGC，则rnuDOuur(1,1,0)是平面AEG的一个法向量，则cosumr,runmrr |umrgn||rn|2242292323． 二面角AEGM的余弦值为223． 数学试卷 第16页（共21页） 【提示】（Ⅰ）根据展开图和直观图之间的关系进行判断即可； （Ⅱ）利用线面平行的判定定理即可证明直线MN∥平面BDH； （Ⅲ）法一：利用定义法求出二面角的平面角进行求解． 法二：建立坐标系，利用向量法进行求解即可． 【考点】二面角的平面角及求法，直线与平面平行的判定． 19.【答案】（Ⅰ）见解析 （Ⅱ）4103 2A【解析】证明：（Ⅰ）tanAsinA22cosA2sin122sinA2gcosAcosA2sinA．等式成立．（Ⅱ）由AC180，得C180A，D180B，由（Ⅰ）可知： tanA2tanB2tanC2tanD2 1cosAsinA1cosB1cos(180A)1cos(180B)sinBsin(180A)sin(180B) 22sinAsinB 连结BD，在△ABD中，有BD2AB2AD22ABgADcosA，AB6，BC3，CD4，AD5， 在△BCD中，有BD2BC2CD22BCgCDcosC， 所以AB2AD22ABgADcosABC2CD22BCgCDcosC， AB2AD2则：cosABC2CD2625232422(ABgADBCgCD)32(6534)7． 于是sinA1cos2A2107，连结AC， 数学试卷 第17页（共21页）

AB2BC2AD2CD262325242同理可得：cosB2(ABgBCADFgCD)2(6354)119， 于是sinB1cos2B61019． 所以tanABCD22272194102tan2tan2tan2sinAsinB2106103 【提示】（Ⅰ）直接利用切化弦以及二倍角公式化简证明即可． （Ⅱ）通过AC180，得C180A，D180B，利用（Ⅰ）化简 tanA2tanB2tanC2tanD22sinA2sinB，连结BD，在△ABD中，利用余弦定理求出sinA，连结AC，求出sinB，然后求解即可 【考点】三角函数恒等式的证明 20.【答案】（Ⅰ）x2y2421 （Ⅱ）存在与点P不同的定点Q(0,2)，使得QAQBPAPB恒成立 【解析】解：（Ⅰ）∵直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为22， ∴点(22,1)在椭圆E上，又∵离心率是22， ec2a2∴212，x2y2a2b21，解得ab2，∴椭圆E的方程为：421； a2b2c2（Ⅱ）结论：存在与点P不同的定点Q(0,2)，使得|QA||QB||PA||PB|恒成立． 理由如下： 当直线l与x轴平行时，设直线l与椭圆相交于C、D两点，如果存在定点Q满足条件，则

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有|QA||QB||PA||PB|，即|QC||QD|． ∴Q点在直线y轴上，可设Q(0,y0)． 当直线l与x轴垂直时，设直线l与椭圆相交于M、N两点，则M、N的坐标分别为(0,2)、(0,2)，又∵|QM||QN||PM||y02||PN|，∴|y211，解得y01或y02． 02|2∴若存在不同于点P的定点Q满足条件，则Q点坐标只能是(0,2)． 下面证明：对任意直线l，均有|QA||PA||QB||PB|． 当直线l的斜率不存在时，由上可知，结论成立． 当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为ykx1，A、B的坐标分别为A(x1,y1)、B(x2,y2)， x2联立4y221，消去y并整理得：(12k2)x24kx20，∵△(4k)28(12k2)0， ykx1∴x4k1x212k2，x1x2212k2， ∴11xxx1x22k， 12x1x2已知点B关于y轴对称的点B的坐标为(x2,y2)， 又k12kxAQyx11xk1，ky22kx2111OBxkK， 11x12x2x2x1∴kAOkQB，即Q、A、B三点共线， ∴QAQAQBQBx1xPA． 2PB故存在与点P不同的定点Q(0,2)，使得QAQBPAPB恒成立． 数学试卷 第19页（共21页）

【提示】（Ⅰ）通过直线l平行于x轴时被椭圆E截得的线段长为，22及离心率是22，计算即得结论； （Ⅱ）通过直线l与x轴平行、垂直时，可得若存在不同于点P的定点Q满足条件，则Q点坐标只能是(0,2)．然后分直线l的斜率不存在、存在两种情况，利用韦达定理及直线斜率计算方法，证明对任意直线l，均有QAPAQBPB即可． 【考点】直线与圆锥曲线的综合问题，椭圆的标准方程 21.【答案】（Ⅰ）见解析 （Ⅱ）见解析 【解析】解：（Ⅰ）由已知，函数f(x)的定义域为(0,)，g(x)f(x)2(xa)2lnx2a1x， ∴g(x)222a2(x1)22(a124)xx2x2． 当0a14时，g(x)在0,114a2114a，,2上单调递增，在区间114a,114a上单调递减；当22a1时，g(x)在(0,)上单调递增． 4（Ⅱ）由f(x)2(xa)2lnx2ax1lnx1x0，解得a1x1， x1lnx2令(x)2x1x1lnxx22x1lnx1x1x2x1lnx1x1x1lnx1x1，

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2则(1)10，(e)e(e2)1e12e21e10． 故存在x0(1,e)，使得(x0)0． 令ax01lnx001x1，u(x)x1lnx(x1)，由u(x)110知，函数u(x)在(1,)上0x单调递增． ∴0u(1)11u(x0)u(e)e1x1a0e121x11． 010即a0(0,1)，当aa0时，有f(x0)0，f(x0)(x0)0． 由（Ⅰ）知，f(x)在(1,)上单调递增，故当x(1,x0)时，f(x)0，从而f(x)f(x0)0；当x(x0,)时，f(x)0，从而f(x)f(x0)0． ∴当x(1,)时，f(x)0． 综上所述，存在a(0,1)，使得f(x)0在区间(1,)内恒成立，且f(x)0在区间(1,)内有唯一解． 【提示】（Ⅰ）求出函数f(x)的定义域，把函数f(x)求导得到g(x)再对g(x)求导，得到其导函数的零点，然后根据导函数在各区间段内的符号得到函数g(x)的单调期间； （Ⅱ）由f(x)的导函数等于0把a用含有x的代数式表示，然后构造函数(x)2xx1lnxx1lnxx1lnx2x1lnx1x1lnxx221x1x21x11x1，由函数零点存在定理得到x使得(xx01lnx00(1,e)，0)0．令a01x1，0u(x)x1lnx(x1)，利用导数求得a0(0,1)，然后进一步利用导数说明当aa0时，若x(1,)，有f(x)0，即可得到存在a(01),，使得f(x)0在区间(1,)内恒成立，且f(x)0在区间(1,)内有唯一解． 【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数求闭区间上函数的最值

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