2024年上海市黄浦区格致中学高考数学三模试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年上海市黄浦区格致中学高考数学三模试卷（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.在区间I上，f′(x)>0是函数y=f(x)在该区间严格增的条件.( )
A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充要D. 既不充分也不必要
2.某校1000名学生参加数学期末考试，每名学生的成绩服从X∼N(105,152)，成绩不低于120分为优秀，依此估计优秀的学生人数约为( )
附：若ξ∼N(μ,σ2)，则P(μ−σ<ξ<μ+σ)=0.6827，P(μ−2σ<ξ<μ+2σ)=0.9545.
A. 23B. 46C. 159D. 317
3.设双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|=2c，过F2作x轴的垂线，与双曲线在一第象限的交点为A，点Q坐标为(c,3a2)且满足|F2Q|>|F2A|，若在双曲线C的右支上存在点P使得|PF1|+|PQ|<76|F1F2|成立，则双曲线C的离心率的取值范围是( )
A. (1, 102)B. (1,32)C. (32, 102)D. (32,+∞)
4.已知a1,a2,a3,a4成等比数列，且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3).若a1>1，则( )
A. a1a3，a2C. a1a4D. a1>a3，a2>a4
二、填空题：本题共12小题，共54分。
5.函数f(x)= 1−lg2x的定义域为______.
6.函数y=csx，x∈(0,π)的零点是______.
7.底面半径长为1cm，母线长为 2cm的圆柱，体积为______.
8.已知直线l的倾斜角为α，且直线l与直线m：x− 3y+1=0垂直，则α=______.
9.已知a、b∈R，方程x2−ax+b=0的一个根为3−i(i为虚数单位)，则a=______.
10.数列{an}满足an+1=2an(n为正整数)，且a2与a4的等差中项是5，则首项a1=______.
11.△ABC的内角A、B、C所对边长分别为a、b、c，面积为S，且a2+b2−c2=4S，则角C=______.
12.已知空间向量a=(1,−1,0)，b=(0,1,1)，c=(1,2,m)共面，则实数m=______.
13.用1∼9这九个数字组成的无重复数字的四位数中，各个数位上数字和为偶数的奇数共有______个.
14.若(2x−1)2024=a0+a1x+a2x2+…+a2024x2024(x∈R)，则12+a222a1+a323a1+⋯+a202422024a1=______.
15.舒腾尺是荷兰数学家舒腾(1615−1660)设计的一种作图工具，如图，O是滑槽AB的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN通过N处的铰链与ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动.当点D在滑槽AB内作往复移动时，带动点N绕O转动，点M也随之而运动，记点N的运动轨迹为C1，点M的运动轨迹为C2,若ON=DN=1，MN=3，过C2上的点P向C1作切线，则切线长的最大值为__________.
16.已知正方形ABCD的边长为2，中心为O，四个半圆的圆心均为正方形ABCD各边的中点(如图)，若P在BC上，且AP=λAB+μAD，则λ+μ的最大值为______.
三、解答题：本题共5小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题14分)
已知f(x)=ax−b4−x2，函数y=f(x)是定义在(−2,2)上的奇函数，且f(1)=13.
(1)求f(x)的解析式；
(2)判断y=f(x)的单调性，并用函数单调性的定义加以证明.
18.(本小题14分)
许多小朋友热衷于“套娃娃”游戏.在一个套娃娃的摊位上，若规定小朋友套娃娃成功1次或套4次后游戏结束，每次套娃娃成功的概率为13，每次套娃娃费用是10元.
(1)记随机变量X为小朋友套娃娃的次数，求X的分布列和数学期望；
(2)假设每个娃娃价值18元，每天有30位小朋友到此摊位玩套娃娃游戏，求摊主每天利润的期望.
19.(本小题16分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，已知底面ABCD为矩形，侧面PAD是正三角形，侧面PAD⊥底面ABCD，M是棱PD的中点，AD=2.
(1)证明：AM⊥平面PCD；
(2)若二面角M−BC−D为π6，求异面直线AB与PC所成角的正切值.
20.(本小题16分)
已知椭圆C：x28+y24=1，F1、F2分别为左、右焦点，直线l过F2交椭圆于A、B两点.
(1)求椭圆的离心率；
(2)当∠F1AB=90∘，且点A在x轴上方时，求A、B两点的坐标；
(3)若直线AF1交y轴于M，直线BF1交y轴于N，是否存在直线l，使得S△F1AB=S△F1MN？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.
21.(本小题18分)
已知f(x)=ex−ax−1，a∈R，e是自然对数的底数.
(1)当a=1时，求函数y=f(x)的极值；
(2)若关于x的方程f(x)+1=0有两个不等实根，求a的取值范围；
(3)当a>0时，若满足f(x1)=f(x2)(x1答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：当f′(x)>0在区间I上成立时，函数y=f(x)在该区间单调递增；
当y=f(x)在该区间单调递增时，可能f′(x)≥0，此时f′(x)>0不成立，
比如函数f(x)=x3，在区间(−1,1)上单调递增，但f′(x)=3x2≥0，而不是f′(x)>0.
综上所述，f′(x)>0是函数y=f(x)在该区间严格增的充分不必要条件．
故选：A.
根据题意利用导数研究函数的单调性，对两个条件进行正反推理论证，可得它们之间的充分和必要关系，进而得出正确答案．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性、充要条件的定义与判断等知识，考查了逻辑推理能力，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：由每名学生的成绩X∼N(105,152)，得μ=105，σ=15，
则P(X≥120)=P(X≥105+15)=P(X≥μ+σ)=12[1−P(μ−σ<ξ<μ+σ)]=12×(1−0.6827)=0.15865，
则优秀的学生人数为1000×0.15865=158.65≈159.
故选：C.
根据X∼N(105,152)，得出P(X≥120)=P(X≥μ+σ)，再乘以总人数得出结果．
本题主要考查了正态分布曲线的对称性，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：令x=c代入双曲线的方程可得y=±b c2a2−1=±b2a，
由|F2Q|>|F2A|，可得3a2>b2a，
即为3a2>2b2=2(c2−a2)，
即有e=ca< 102，①
又|PF1|+|PQ|<76|F1F2|恒成立，
由双曲线的定义，可得2a+|PF2|+|PQ|<73c恒成立，
由F2，P，Q共线时，|PF2|+|PQ|取得最小值|F2Q|=32a，
可得73c>2a+32a，
即有e=ca>32，②
由e>1，结合①②可得，
e的范围是(32, 102).
故选：C.
将x=c代入双曲线的方程，求得A的纵坐标，由|F2Q|>|F2A|，结合a，b，c和离心率公式可得e的范围；再由双曲线的定义和恒成立思想，讨论F2，P，Q共线时，|PF2|+|PQ|取得最小值|F2Q|，结合离心率公式可得e的范围，再由e>1，取交集即可得到所求范围．
本题考查双曲线的离心率的范围，注意运用双曲线的定义和三点共线的性质，考查运算能力，属于中档题．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查等比数列的性质的应用，利用导数求函数的单调性和最值，对数函数的性质，考查分类讨论思想，属于拔高题．
构造f(x)=lnx−x(x>0)，判断其单调性，可得lnx≤x−1,结合题目条件，讨论q的范围可得q∈(−1,0)，从而可得结论．
【解答】
解：设f(x)=lnx−x(x>0)，则f′(x)=1x−1=1−xx，
令f′(x)>0,得01，
∴f(x)在(0,1)上为增函数，在1,+∞上为减函数，
∴f(x)≤f(1)=−1,即有lnx≤x−1,
设等比数列公比为q，
从而a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)≤a1+a2+a3−1,
∴a4<0，又a1>1,
∴q<0,
若q=−1，a1+a2+a3+a4=0，
ln(a1+a2+a3)=ln(a1)>0，等式不成立，所以q≠−1；
若q<−1，a1+a2+a3+a4=a1(1+q+q2+q3)=a1(1+q)(1+q2)<0，
而a2+a3=a2(1+q)=a1q(1+q)>0,
∴ln(a1+a2+a3)>lna1>0，矛盾，
所以q∈(−1,0)，
从而a3a1=q2<1,∵a1>0,∴a1>a3，
同理，∵a4a2=q2<1,a2<0,∴a4>a2.
故选B.
5.【答案】(0,2]
【解析】解：要使原函数有意义，则1−lg2x≥0，即lg2x≤1，
解得0∴函数f(x)= 1−lg2x的定义域为(0,2].
故答案为：(0,2].
由根式内部的代数式大于等于0，求解对数不等式得答案．
本题考查函数的定义域及其求法，考查对数不等式的解法，是基础题．
6.【答案】π2
【解析】解：由于x∈(0,π)，当x=π2时，csπ2=0，
故函数的零点为π2.
故答案为：π2.
直接利用余弦函数的图象和性质求出结果．
本题考查的知识点：余弦函数的性质，函数的零点和方程的根的关系，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
7.【答案】 2πcm3
【解析】解：∵圆柱的底面半径r=1cm，母线长l= 2cm，
∴圆柱的体积V=πr2l= 2πcm3.
故答案为： 2πcm3.
根据已知中圆柱的底面半径为1cm，母线长为 2cm，代入圆柱的体积公式V=πr2l，可得答案．
本题考查的知识点是圆柱的体积公式，直接代入计算即可，难度不大，属于基础题．
8.【答案】2π3
【解析】解：直线m：x− 3y+1=0即y= 33x+ 33，斜率k= 33，
因为直线l、m互相垂直，所以直线l的斜率k1=−1k=− 3，
直线l的倾斜角为α，则tanα=− 3，结合α∈[0,π),可知α=2π3.
故答案为：2π3.
根据题意，求得直线m的斜率，结合直线l、m互相垂直算出l的斜率，进而求出倾斜角α的大小．
本题主要考查直线的方程及其性质、两条直线垂直与方程的关系等知识，属于基础题．
9.【答案】6
【解析】解：因为方程x2−ax+b=0的一个根为3−i，
则3+i也为方程x2−ax+b=0的根，
故3+i+3−i=a，
即a=6.
故答案为：6.
由已知结合方程的根与系数关系即可求解．
本题主要考查了实系数方程虚根成对定理的应用，属于基础题．
10.【答案】1
【解析】解：数列{an}满足an+1=2an(n为正整数)，
则数列{an}为等比数列，
不妨设其公比为q，
则q=2，
a2与a4的等差中项是5，
则a2+a4=10，即a1q+a1q3=10a1=10，解得a1=1.
故答案为：1.
根据已知条件，结合等差数列、等比数列的性质，即可求解．
本题主要考查等差数列、等比数列的性质，属于基础题．
11.【答案】π4
【解析】解：由题意可得a2+b2−c2=4S=4×12absinC=2absinC，
由余弦定理可得a2+b2−c2=2abcsC，
所以可得sinC=csC，即tanC=1，
而C∈(0,π)，
所以C=π4.
故答案为：π4.
由三角形的面积公式及余弦定理可得tanC的值，再由角C的范围，可得角C的大小．
本题考查余弦定理及三角形面积公式的应用，属于基础题．
12.【答案】3
【解析】解：a=(1,−1,0)，b=(0,1,1)，c=(1,2,m)共面，
则存在实数λ，μ使得，c=λa+μb，即λ+0=1−λ+μ=20+μ=m，解得λ=1μ=3m=3.
故答案为：3.
根据已知条件，结合空间向量的共面定理，即可求解．
本题主要考查空间向量的共面定理，属于基础题．
13.【答案】840
【解析】解：用1∼9这九个数字组成的无重复数字的四位数中，各个数位上数字和为偶数的奇数可分为2类：
①当数位上数字为奇数且个数为2时，
则有C52C42C21A33=720个；
②当数位上数字为奇数且个数为4时，
则有A54=120个，
则各个数位上数字和为偶数的奇数共有720+120=840个．
故答案为：840.
由排列、组合及简单计数问题，结合分步乘法计数原理及分类加法计数原理求解．
本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分步乘法计数原理及分类加法计数原理，属中档题．
14.【答案】14048
【解析】解：(2x−1)2024=a0+a1x+a2x2+…+a2024x2024(x∈R)，
令x=0，解得a0=1，
根据二项式的展开式Tr+1=C2024r⋅22024−r⋅(−1)r⋅x2024−r(r=0,1,2,3,,2024)，
当r=2023时，a1=−4048，
令x=12时，(2×12−1)2024=1+a12+a222+...+a202422024=0，整理得a12+a222+...+a202422024=−1，
所以12+a222a1+a323a1+...+a202422024a1=14048.
故答案为：14048.
直接利用赋值法和二项式的展开式求出结果．
本题考查的知识点：二项式的展开式，组合数，赋值法，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
15.【答案】 15
【解析】【分析】
本题考查了动点轨迹方程的求解、与椭圆有关的最值问题、圆的切线长的求解，属于中档题．
先建立平面直角坐标系，分别求出曲线C1和C2的方程，利用三角换元设椭圆上任意一点的坐标，先求出OP的最大值，然后利用圆的切线长的求解方法，即可得到答案．
【解答】
解：以滑槽AB所在直线为x轴，O为坐标原点建立平面直角坐标系如图所示，
因为ON=1，所以点N的运动轨迹C1是以O为圆心，半径为1的圆，其方程为x2+y2=1，
设点N(csθ,sinθ)，由于ON=DN=1，则D(2csθ,0)，
由MN=3，可得NM=3ND，设M(x,y)，所以(x−csθ,y−sinθ)=3(csθ,−sinθ)，解得M(4csθ,−2sinθ)，则点M的运动轨迹C2是椭圆，其方程为x216+y24=1，
设C2上的点P(4csα,2sinα)，则OP2=16cs2α+4sin2α=4+12cs2α≤16，
则切线长为 OP2−1≤ 16−1= 15，
所以切线长的最大值为 15.
故答案为： 15.
16.【答案】3+ 22
【解析】解：如图，以线段BC所在直线为x轴，线段BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，
设P(csθ,sinθ)，θ∈[π,2π]，
由题意：A(−1,2)，B(−1,0)，C(1,0)，D(1,2)，
则AP=(csθ+1,sinθ−2),AD=(2,0),AB=(0,−2)，
由AP=λAD+μAE，可得(csθ+1,sinθ−2)=λ(0,−2)+μ(2,0)，
即csθ+1=2μsinθ−2=−2λ，解得μ=csθ+12λ=2−sinθ2，
所以λ+μ=2−sinθ2+csθ+12=12(csθ−sinθ+3)=12[ 2cs(θ+π4)+3]，
因为θ∈[π,2π]，则θ+π4∈[5π4,9π4]，
所以当θ+π4=2π时，cs(θ+π4)取得最大值1，
则λ+μ的最大值为3+ 22.
故答案为：3+ 22.
以线段BC所在直线为x轴，线段BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，设P(csθ,sinθ)，θ∈[π,2π]，利用向量的坐标运算，结合三角函数的恒等变形与性质求解即可．
本题考查平面向量的坐标运算及三角恒等变换，属中档题．
17.【答案】解：(1)根据题意，f(x)=ax−b4−x2是定义在(−2,2)上的奇函数，
则有f(0)=−b4=0，解得b=0，
又由f(1)=a3=13，解得a=1，
所以f(x)=x4−x2，则f(x)定义域为(−2,2)，
且f(−x)=−x4−(−x)2=−x4−x2=−f(x)，所以f(x)=x4−x2(−2(2)f(x)在区间(−2,2)上为严格增函数．
证明如下：设任意−2由−2即4+x1x2>0，x1−x2<0，(4−x12)(4−x22)>0，
所以f(x1)−f(x2)<0，即f(x1)故f(x)在区间(−2,2)上为严格增函数．
【解析】(1)根据题意，由奇函数的性质可得f(0)=0，求出b的值，结合函数的解析式求出a的值，计算可得答案；
(2)根据题意，由作差法证明可得答案．
本题考查函数奇偶性、单调性的性质和证明，注意作差法的应用，属于基础题．
18.【答案】解：(1)由题意知，随机变量X的可能取值为1，2，3，4，
则P(X=4)=(23)3=827，P(X=3)=(23)2×13=427，
P(X=2)=23×13=29，P(X=1)=13，
所以X的分布列为：
E(X)=1×13+2×29+3×427+4×827=6527.
(2)由题意可知，小朋友套娃娃未成功的概率为(23)4=1681，
则小朋友套娃娃成功的概率为1−1681=6581，
记摊主每天利润为Y元，则Y的期望为E(Y)=30×[E(X)×10−6581×18]=30×[6527×10−6581×18]=26009，
故摊主每天利润的期望为26009元．
【解析】(1)求得X的可能取值及对应概率，即可求得分布列，根据期望公式求解即可；
(2)求得Y的可能取值及对应概率，即可求解．
本题考查离散型随机变量的分布列和期望，是中档题．
19.【答案】解：(1)在四棱锥P−ABCD中，由底面ABCD为矩形，得CD⊥AD，
由侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，
得CD⊥平面PAD，又AM⊂平面PAD，则CD⊥AM，
又侧面PAD是正三角形，M是PD的中点，则PD⊥AM，
又PD∩CD=D，PD，CD⊂平面PCD，
所以AM⊥平面PCD.
(2)如图，
在平面PAD内，过点M作MH⊥AD，垂足为H，显然MH= 32，
由侧面PAD⊥底面ABCD，交线为AD，得MH⊥底面ABCD，BC⊂底面ABCD，
则BC⊥MH，过H作HN⊥BC，垂足为N，连接MN，显然MH∩HN=H，
MH，HN⊂平面MNH，则BC⊥平面MNH，而MN⊂平面MNH，
因此BC⊥MN，
则∠MNH即为二面角M−BC−D的平面角，其大小为π6，
在Rt△MHN中，tan∠MNH=MHNH= 33，则NH=32，
由NH//CD，DH//CN，得四边形CDHN为平行四边形，则CD=32，
由AB//CD，得∠PCD(或其补角)为异面直线AB与PC所成角，
由(1)知CD⊥平面PAD，则△PCD为直角三角形，tan∠PCD=PDCD=232=43，
所以异面直线AB与PC所成角的正切值为43.
【解析】(1)利用面面垂直的性质，线面垂直的性质判定推理即得；
(2)作出二面角M−BC−D的平面角，由此求出CD，再利用异面直线所成角的定义求出其正切值．
本题考查线面垂直的判定以及空间向量的应用，属于中档题．
20.【答案】解：(1)易知a=2 2，c=2，
所以椭圆的离心率e=ca=22 2= 22；
(2)易知F1(−2,0)，F2(2,0)，
设A(x1,y1)，y1>0，
此时AF1=(−x1−2,−y1)，AF2=(−x1+2,−y1)，
因为∠F1AB=90∘(∠F1AF2=90∘)，
所以AF1⋅AF2=x12−4+y12=0，
因为点A在椭圆上，
所以x128+y124=1，
即y12=4(1−x128)，
此时x12−4+4(1−x128)=0，
解得x1=0，
即A(0,2)，
所以直线AB的方程为y=−x+2，
联立y=−x+2x28+y24=1，
解得x=83，y=−23或x=0，y=2，
则B(83,−23)；
(3)设直线l的方程为x=my+2，A(x1,y1)，B(x2,y2)，M(0,y3)，N(0,y4)，
联立x=my+2x28+y24=1，消去x并整理得(m2+2)y2+4my−4=0，
由韦达定理得y1+y2=−4mm2+2，y1y2=−4m2+2，
易知直线AF1的方程为y=y1x1+2(x+2)，
令x=0，
解得y3=2y1x1+2；
直线BF1的方程为y=y2x2+2(x+2)，
令x=0，
解得y4=2y2x2+2，
所以S△F1AB=12|F1F2|⋅|y1−y2|=2|y1−y2|，S△F1MN=12|F1O|⋅|y3−y4|=|y3−y4|，
若S△F1AB=S△F1MN，
即2|y1−y2|=|y3−y4|，
此时|y3−y4|=|2y1x1+2−2y2x2+2|=|2y1my1+4−2y2my2+4|=|8(y1−y2)(my1+4)(my2+4)|=2|y1−y2|，
所以|(my1+4)(my2+4)|=4，|m2y1y2+4m(y1+y2)+16|=4，
因为y1+y2=−4mm2+2，y1y2=−4m2+2，
所以|−4m2m2+2+4m⋅−4mm2+2+16|=4，
解得m=± 3，
故存在直线x+ 3y−2=0或x− 3y−2=0满足题意．

【解析】(1)由题意，求出a和c的值，代入离心率公式中即可求解；
(2)设A(x1,y1)，由∠F1AB=90∘(∠F1AF2=90∘)，利用数量积为0求得x1与y1的方程，再由A在椭圆上，得x1与y1的另一方程，联立即可求得A的坐标．得到直线AB的方程，与椭圆方程联立即可求得B的坐标；
(3)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，M(0,y3)，N(0,y4)，直线l的方程为x=my+2，将直线方程与椭圆方程联立，根据S△F1AB=S△F1MN，得2|y1−y2|=|y3−y4|，再求出M，N两点的纵坐标，结合根与系数的关系，得|−4m2m2+2+4m⋅−4mm2+2+16|=4，解得m值，从而可得直线方程．
本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)当a=1时，f(x)=ex−x−1，定义域为R，
则f′(x)=ex−1，
令f′(x)=0，得x=0，
当x∈(−∞,0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(0,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以y=f(x)在x=0处取到极小值0，无极大值；
(2)方程f(x)+1=ex−ax=0，
显然当x=0时，方程不成立，则a=exx，x≠0，
若方程有两个不等实根，即y=a与g(x)=exx有2个交点，
则g′(x)=(x−1)exx2，
当x<0或0并且x∈(−∞,0)时，g(x)<0，当x∈(0,1)时，g(x)>0，
当x∈(1,+∞)时，g′(x)>0，g(x)严格增，x>0时，当x=1时，g(x)取得最小值，g(1)=e，
作出函数y=g(x)的图象，如下图所示：
y=a与g(x)=exx有2个交点，
则a>e，
即a的取值范围为(e,+∞)；
(3)证明：f′(x)=ex−a，
令f′(x)=0，可得x=lna，
函数y=f(x)在(−∞,lna)上单调递减，在(lna,+∞)上单调递增，
由题意x1要证x1+x2<2lna，只需证x1<2lna−x2，
而x1<2lna−x2故只需证f(x1)>f(2lna−x2)，
又f(x1)=f(x2)，所以只需证f(x2)>f(2lna−x2)，
即证f(x2)−f(2lna−x2)>0，
令h(x)=f(x)−f(2lna−x)，
即h(x)=ex−ax−1−[e2lna−x−a(2lna−x)−1]=ex−a2e−x−2ax+2alna，h′(x)=ex+a2e−x−2a，
由均值不等式可得h′(x)=ex+a2e−x−2a≥2 ex⋅a2e−x−2a=0，当且仅当ex=a2e−x，即x=lna时，等号成立，
所以函数h(x)在R上严格增，
由x2>lna，可得h(x2)>h(lna)=0，即f(x2)−f(2lna−x2)>0，
所以f(x1)>f(2lna−x2)，
又函数f(x)在(−∞,lna)上严格减，
所以x1<2lna−x2，
即x1+x2<2lna得证．
【解析】(1)当a=1时，f(x)=ex−x−1，求出f′(x)，根据f′(x)的正负得到f(x)的单调性，进而求出f(x)的极值；
(2)关于x的方程f(x)+1=0有两个不等实根，等价于y=a与g(x)=exx有2个交点，求导得到函数y=g(x)的单调性和极值，画出y=g(x)的大致图象，数形结合求解即可；
(2)求出f′(x)，得到y=f(x)在(−∞,lna)上单调递减，在(lna,+∞)上单调递增，所以x1∈(−∞,lna)，x2∈(lna,+∞)，要证x1+x2<2lna，只需证x1<2lna−x2，只需证f(x1)>f(2lna−x2)，即证f(x2)−f(2lna−x2)>0，令h(x)=f(x)−f(2lna−x)，对h(x)求导证明即可．
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和极值，考查了函数的零点与方程根的关系，属于中档题．X
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