2019-2020学年西安中学高二下学期期中数学试卷(理科)(含答案解析)

2019-2020学年西安中学高二下学期期中数学试卷(理科)
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分） 1. 已知复数z =
2+5i i
(i 为虚数单位)，则复数z 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. 曲线y =cosx 与x 轴以及直线x =
3π2
，x =0所围图形的面积为( )
A. 4
B. 2
C. 5
2
D. 3
3. 已知集合M 是由具有如下性质的函数f(x)组成的集合：对于函数f(x)，在定义域内存在两个变
量x 1，x 2且x 1<x 2时有f(x 1)−f(x 2)>x 1−x 2.则下列函数：①f(x)=e x (x >0)②f(x)=
lnx x
③f(x)=√x④f(x)=1+sinx 在集合M 中的个数是( )
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
4. 已知甲、乙、丙三人中，一人是公务员，一人是医生，一人是教师．若丙的年龄比教师的年龄
大；甲的年龄和医生的年龄不同；医生的年龄比乙的年龄小，则下列判断正确的是( )
A. 甲是公务员，乙是教师，丙是医生
B. 甲是教师，乙是公务员，丙是医生
C. 甲是教师，乙是医生，丙是公务员
D. 甲是医生，乙是教师，丙是公务员
5. 用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60度”时，反设正确的是( )
A. 假设三内角都不大于60度
B. 假设三内角都大于60度
C. 假设三内角至多有一个大于60度
D. 假设三内角至多有两个大于60度
6. f(x)=3x 与f(x)=3x 在[a,a +1]上的平均变化率分别为k 1，k 2，当k 2>k 1时，a 的取值范围为
( )
A. (0,+∞)
B. (−∞,0)
C. (−∞,log 33
2)
D. (log 33
2,+∞)
7. 已知数列a n =n
n 2+156，则数列{a n }中最大的项为( )
A. 12
B. 13
C. 12或13
D. 不存在
8. 设集合P ={m |−1< m <0}，Q ={m ∈R| mx 2+4 mx −4<0对任意实数，则下列关系中成立
的是( )
A. P Q
B. Q P
C. P=Q
D.
9.若2x+3y+5z=29，则函数μ=√2x+1+√3y+4+√5z+6的最大值为()
A. √5
B. 2√15
C. 2√30
D. √30
10.用数学归纳法证明1+1
2+1
3
+⋯+1
2n−1
<n(n∈N且n>1)，第二步证明中从“k到k+1”时，
左端增加的项数是()
A. 2k+1
B. 2k−1
C. 2k
D. 2k−1
11.已知f1(x)=cosx，f2(x)=f1′(x)，f3(x)=f2′(x)，f4(x)=f3′(x)，…，f n(x)=f n−1′(x)，则f2016(x)
等于()
A. sin x
B. −sinx
C. cos x
D. −cosx
12.已知定义在R上的函数y=f(x)满足：函数y=f(x+1)的图象关于直线x=−1对称，且当x∈
(−∞,0)时，f(x)+xf′(x)<0成立(f′(x)是函数f(x)的导函数)，若a=0.76f(0.76)，b=
log10
76f(log10
7
6)，c=60.6f(60.6)，则a，b，c的大小关系是()
A. a>b>c
B. b>a>c
C. c>a>b
D. a>c>b
二、单空题（本大题共3小题，共15.0分）
13.计算由直线y=x−4，曲线y2=2x所围成图形的面积S=______ ．
14.用不等号“<”或“>”填空：
(1)如果a>b，c>0，则d+ac______d+bc；
(2)如果a>b，c<0，则c(d−a)______c(d−b)；
(3)如果a>b，d>e，c<0，则d−ac______e−bc．
15.观察下列不等式：
√2<1；
√2
+
√6
<√2；
√2√6√12
<√3；…则第5个不等式
为．
三、多空题（本大题共1小题，共5.0分）
16.已知P(−2,3)是函数y=k
x
图象上的点，Q是双曲线在第四象限这一分支上的动点，过点Q作直
线，使其与双曲线y=k
x 只有一个公共点，且与x轴、y轴分别交于点C、D，另一条直线y=3
2
x+6
与x轴、y轴分别交于点A、B.则
(1)O为坐标原点，三角形OCD的面积为(1)．
(2)四边形ABCD面积的最小值为(2)．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17.已知复数z=a+bi(a,b∈R)，且a2−(i−1)a+3b+2i=0
(1)求复数z；
(2)若z+m
z
为实数，求实数m的值．
18.已知函数f(x)=cosx
a+sinx
(a为实数)
(Ⅰ)当a=2时，求函数f(x)的单调递增区间；
(Ⅱ)若当x∈(−π
2,π
2
)时，都有f(x)<π
6
−x
3
成立，求实数a的取值范围．
19.设函数f(x)=xlnx(x>0)，
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设F(x)=ax2+f′(x)(a∈R)，F(x)是否存在极值，若存在，请求出极值；若不存在，请说
明理由；
(3)当x>0时，证明：e x>f′(x)+1．
20.已知函数f(x)=|x−4|−t，t∈R，且关于x的不等式f(x+2)<2的解集为(−1,5)．
(Ⅰ)求t的值；
(Ⅱ)设a，b，c均为正实数，且a+b+c=t，求证：a2
b +b2
c
+c2
a
≥1．
21.某中学校园内原有一块四分之一圆面形状的草坪AMN(图1)，其中AM=AN=8m，∠MAN=
90°.今年暑假整治校园环境时，为美观起见，学校设计将原有草坪扩大，具体实施方案是：从圆弧上一点P作圆弧的切线BD，分别与AM，AN的延长线交于B，D，并以AB，AD为邻边构造矩形ABCD，再以C为圆心制作一块与AMN形状相同的草坪，构成矩形绿地ABCD(图2)．
(1)求矩形绿地ABCD占地面积的最小值；
(2)若由于地形条件限制，使得矩形一边AB的长度不能超过10m，求此时矩形绿地ABCD占地
面积的最小值．
+2ax．
22.已知函数f(x)=(2−a)lnx+1
x
(1)若函数f(x)有极小值，且极小值为4，试求a的值；
(2)当a<0时，讨论f(x)的单调性；
(3)若对∀a∈(−3,−2)，∀x1，x2∈[1,3]恒有(m+ln3)a−21n3>|f(x1)−f(x2)|成立，求实数
m的取值范围．
【答案与解析】
1.答案：D
解析：解：因为z =
2+5i i
=2i
+5=5+
2i i 2
=5+
2i −1
=5−2i ，
所以复数z 在复平面内对应的点位于第四象限． 故选：D ．
先对复数进行化简，然后结合复数的几何意义即可求解．
本题主要考查了复数的代数运算及几何意义的应用，属于基础试题．
2.答案：D
解析：解：区域对应的图象如图：
则对应的面积为∫|3π
2
0cosx|dx =3∫c π2
0osdx =3×sinx|0π2
=3，
故选：D ．
根据积分的应用，即可求出阴影部分的面积．
本题主要考查积分的应用，要求熟练掌握利用积分求区域面积的方法．
3.答案：C
解析：解：对于函数f(x)，在定义域内存在两个变量x 1，x 2且x 1<x 2时有f(x 1)−f(x 2)>x 1−x 2． 即等价为
f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2
<1
即存在割线斜率小于1， ①若f(x)=e x (x >0)， 则函数的导数f′(x)=e x ，
∵x >0，∴f′(x)>1，不满足条件． ②若f(x)=
lnx x
，则函数的导数f′(x)=
1−lnx x 2
，
则当x =e 时，f′(x)=1−lne e 2
=0满足f′(x)<1，即满足条件．
③若f(x)=√x ，x ≥0，
则则函数的导数f′(x)=
，
2√x
满足f′(x)<1，即满足条件．
则当x=1时，f′(x)=1
2
④若f(x)=1+sinx，则f′(x)=cosx≤1，
故满足f′(x)<1，即满足条件．
故选：C
根据条件转化为求函数存在割线斜率小于1，利用导数的应用进行求解．
本题主要考查函数的新定义，利用条件转化为斜率问题，利用导数是解决本题的关键．
4.答案：B
解析：解：由题意可知，丙比赛教师，甲不是医生，乙不是医生，所以丙是医生，
又丙的年龄比乙小，比教师的年龄大，
所以甲是教师，乙是公务员，丙是医生，
故选：B．
先阅读题意，再结合题意进行简单的合情推理即可得解．
本题考查了阅读能力及进行简单的合情推理，属中档题．
5.答案：B
解析：试题分析：一些正面词语的否定：“是”的否定：“不是”；“能”的否定：“不能”；“都是”的否定：“不都是”；“至多有一个”的否定：“至少有两个”；“至少有一个”的否定：“一个也没有”；“是至多有n个”的否定：“至少有n+1个”；“任意的”的否定：“某个”；“任意两个”的否定：“某两个”；“所有的”的否定：“某些”.解：根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，“至少有一个”的否定：“一个也没有”；即“三内角都大于60度”．
故选B
考点：反证法
点评：本题考查反证法的概念，逻辑用语，否命题与命题的否定的概念，逻辑词语的否定
6.答案：D
解析：解：根据题意，对于f(x)=3x，在[a,a+1]上的平均变化率k1=△y
△x =3(a+1)−3a
1
=3，
对于f(x)=3x，在[a,a+1]上的平均变化率k2=△y
△x =3a+1−3a
1
=2×3a，
若k2>k1，即2×3a>3，解可得a>log33
2
，
故a的取值范围为(log33
2
,+∞)，
故选：D．
根据题意，求出k1、k2的值，由k2>k1可得关于a的不等式，解可得a的取值范围，即可得答案．本题考查函数平均变化率的计算，注意变化率的计算公式，属于基础题．
7.答案：C
解析：解：考察函数f(x)=x
x2+156
(x>0)的单调性，
f′(x)=−x2+156
(x2+156)2
，令f′(x)=0，解得x=√156．
∴当x∈(0,√156)时，f′(x)>0，此时函数f(x)单调递增；当x∈(√156,+∞)时，f′(x)<0，此时函数f(x)单调递减．
又12<√156<13.f(12)=f(13)=1
25
．
故当n=12或13时，a n取得最大值．
故选：C．
利用导数考察函数f(x)=x
x2+156
(x>0)的单调性，即可得出．
本题考查了利用导数研究函数的单调性进而得到数列的单调性和最大值，属于基础题．
8.答案：A
解析：解：Q={m∈R|mx2+4mx−4<0}对任意实数x恒成立，
对m分类：①m=0时，−4<0恒成立；
②m<0时，需△=(4m)2−4×m×(−4)<0，解得−1<m<0。

综合①②知m≤0，∴Q={m∈R|−1<m≤0}，
P={m|−1<m<0}，
故选A。

9.答案：C
解析：
本题考查柯西不等式，考查分析问题解决问题的能力，属于中档题．
由柯西不等式可得(√2x+1⋅1+√3y+4⋅1+√5z+6⋅1)2≤(2x+1+3y+4+5z+6)(12+
12+12)，结合已知条件，即可得出结论．
解：由柯西不等式可得(√2x+1⋅1+√⋅1+√5z+6⋅1)2≤(2x+1+3y+4+5z+6)(12+ 12+12)，
当且仅当√2x+1=√=√5z+6，即x=37
6，y=28
9
，z=22
15
时等号成立，
∵2x+3y+5z=29，
∴(√2x+1⋅1+√3y+4⋅1+√5z+6⋅1)2≤120，∴μ=√2x+1+√3y+4+√5z+6≤2√30，
∴μ=√2x+1+√3y+4+√5z+6的最大值为2√30．故选：C．
10.答案：C
解析：解：当n=k时，左端=1+1
2+1
3
+⋯+1
2k−1
，
那么当n=k+1时左端=1+1
2+1
3
+⋯+1
2k−1
+1
2k
+⋯+1
2k+1−1
=1+1
2
+1
3
+⋯+1
2k−1
+1
2k
+⋯+
1
2k+2k−1
，
∴左端增加的项为1
2k +1
2k+1
+⋯+1
2k+2k−1
，所以项数为：2k．
故选：C．
当n=k时，写出左端，并当n=k+1时，写出左端，两者比较，关键是最后一项和增加的第一项的关系．
本题考查数学归纳法证明，其中关键一步就是从k到k+1，是学习中的难点，也是学习中重点，解答过程中关键是注意最后一项与增添的第一项．
11.答案：A
解析：解：由题意f 1(x)=cosx ，f 2(x)=f 1′(x)=−sinx ，f 3(x)=f 2′(x)=−cosx ，f 4(x)=f 3′(x)=sinx ，f 5(x)=f 4′(x)=cosx ，…
由此可知，在逐次求导的过程中，所得的函数呈周期性变化，从0开始计，周期是4， ∵2016=4×504， 故f 2016(x)=f 4(x)=sinx 故选：A
对函数连续求导研究其变化规律，可以看到函数解析式呈周期性出现，以此规律判断求出f 2016(x) 本题考查导数的运算，求解本题的关键是掌握正、余弦函数的求导公式，以及在求导过程中找出解析式变化的规律，归纳总结是解题过程中发现规律的好方式．本题考查了归纳推理
12.答案：D
解析：
本题考查函数的单调性以及函数的奇偶性的应用，考查转化思想以及计算能力． 利用导数判断函数的单调性，判断函数的奇偶性，然后求解a ，b ，c 的大小．
解：定义在R 上的函数y =f(x)满足：函数y =f(x +1)的图象关于直线x =−1对称，可知函数是偶函数，xf(x)是减函数，
当x ∈(−∞,0)时，f(x)+xf′(x)<0成立(f′(x)是函数f(x)的导函数)，可知函数y =xf(x)在x ∈(−∞,0)时是减函数，x >0时xf(x)是减函数；
0.76∈(0,1)，60.6=31.2<91
2∈(2,4)，log 107
6≈log 1.56∈(4,6)． 所以a >c >b ． 故选：D ．
13.答案：18
解析：解：由方程组{y 2=2x
y =x −4，解得{x =2y =−2或{x =8y =4，
∴曲线y 2=2x 与直线y =x −4交于点A(2,−2)和B(8,4)． 因此，曲线y 2=2x ，直线y =x −4所围成的图形的面积为 S =∫(y +4−1
2y 2)4
−2dy =18． 故答案为：18．
先求出曲线y 2=2x 和直线y =x −4的交点坐标，从而得到积分的上下限，然后利用定积分表示出图
形面积，最后根据定积分的定义求出即可
本题主要考查了定积分在求面积中的应用，以及会利用定积分求图形面积的能力．应用定积分求平面图形面积时，积分变量的选取是至关重要的，属于基础题．
14.答案：>>>
解析：解：(1)∵a>b，c>0，
∴ac>bc，
∴d+ac>d+bc；
(2)∵a>b，
∴−a<−b，
∴d−a<d−b，
∵c<0，
∴c(d−a)>c(d−b)；
(3)∵a>b，c<0，
∴ac<bc，
∴−ac>−bc，
∵d>e，
∴d−ac>e−bc．
故答案为：>，>，>．
利用不等式的性质直接判断即可．
本题主要考查不等式性质的运用，属于基础题．
15.答案：
√2√6√12√20√30
<√5
解析：解：由
√2
<1；
2+
6
<√2；
√2+
√6√12
<√3；
归纳可知第四个不等式应为
√2√6√12√20
<2；
第五个不等式应为
√2√6√12√20√30
<√5．
故答案为26122030<√5．
前3个不等式有这样的特点，第一个不等式含1项，第二个不等式含2项，第三个不等式含3项，且每一项的分子都是1，分母都含有根式，根号内数字的规律是2；2，6；2，12；由此可知，第n 个不等式左边应含有n 项，每一项分子都是1，分母中根号内的数的差构成等差数列，不等式的右边应是根号内的序号数．
本题考查了合情推理中的归纳推理，归纳推理是根据已有的事实，经过观察、分析、比较、联想，再进行归纳，然后提出猜想的推理．是基础题．
16.答案：12
48
解析：解：(1)∵P(−2,3)是函数y =k
x 图象上的点， 故k =−6，即y =
−6
x
，则y′=6
x ， 设Q 是双曲线在第四象限这一分支上的动点(a,−6a
)，(a >0)，
则由题意得直线CD 与双曲线在第四象限这一分支相切， 故直线CD 的方程为：y +6
a =6
a 2(x −a)， 令y =0，可得x =2a ，即C 点坐标为(2a,0)， 令x =0，可得y =−12
a ，即D 点坐标为(0,−12
a )， 故三角形OCD 的面积S △OCD =1
2×2a ×
12a
=12，
(2)∵直线y =3
2x +6与x 轴、y 轴分别交于点A 、B ， 则A(−4,0)，B(0,6)，
故四边形ABCD 面积S =S △OAB +S △OBC +S △OCD +S △OAD =1
2×4×6+1
2×2a ×6+1
2×4×12a
+
12=24+6a +
24a
≥24+2√6a ⋅
24a
=48，
即四边形ABCD 面积的最小值为48， 故答案为：12，48
(1)由已知可得直线CD 与双曲线在第四象限这一分支相切，利用导数法求出直线的方程，进而可得
C ，
D 两点的坐标，进而得到三角形OCD 的面积；
(2)四边形ABCD 面积S =S △OAB +S △OBC +S △OCD +S △OAD ，结合(1)中结论和基本不等式，可得四边形ABCD 面积的最小值．
本题综合考查了三角形的面积，反比例函数的解析式，平行线的性质和判定，菱形的判定，根的判别式，方程组等知识点，主要考查学生综合运用性质进行计算的能力，本题综合性比较强，难度偏大，对学生提出较高的要求．
17.答案：解：(1)由a 2−(i −1)a +3b +2i =0，
得a 2+a +3b +(2−a)i =0．
∴{a 2+a +3b =02−a =0
． 解得：{a =2
b =−2．
∴z =2−2i ；
(2)∵z +
m z =2−2i +m 2−2i
=2−2i +
m(2+2i)(2−2i)(2+2i)=2−2i +m +mi
4
=
8+m 4
+
m−84
i ．
∵z +m
z 为实数
∴
m−84
=0．
解得：m =8．
解析：本题考查了复数代数形式的混合运算，考查了复数的基本概念，是基础题． (1)由a 2−(i −1)a +3b +2i =0求得a ，b 的值，则复数z 可求； (2)把z 代入z +m
z ，由z +m
z 为实数列式求得实数m 的值．
18.答案：解：(Ⅰ)当a =2时，令f′(x)=−1−2sinx (2+sinx)2>0得−
5π6
+2kπ<x <−π
6
+2kπ(k ∈Z)
∴f(x)的增区间为(−
5π6
+2kπ,−π6
+2kπ)(k ∈Z) …(4分)
(Ⅱ)令g(x)=π
6−x
3，设若使f(x)有意义，则a ≤−1或a ≥1 ∵f(0)=1
a <g(0)=π
6，
∴a≤−1或a>6
π
…(6分)
1°当a≤−1时，f′(x)=−asinx−1
(a+sinx)2
，
若a=−1，则f′(x)≤0恒成立，f(x)<f(−π
2
)=0，而g(x)>0，故f(x)<g(x)成立
若a<−1，令f′(x)=0⇒sinx=−1
a ，−1<sinx<−1
a
，f′(x)<0，f(x)递减；
−1
a
<sinx<1，f′(x)>0，f(x)递增，
又f(−π
2)=f(π
2
)=0，f(x)<0，而g(x)>0，
故f(x)<g(x)成立…(8分)
2°a>6
π时，令F(x)=f(x)−g(x)，则F′(x)=(sinx−
a
2
)2+3a
2
4
−3
3(a+sinx)2
若a≥2，则F′(x)>0，而F(π
2
)=0，
∴f(x)<0<g(x)，此时成立…(10分)
若6
π<a<2，设sinx=t，t∈(−1,1)，令G(t)=(t−a
2
)2+3a2
4
−3，则G(t)=0⇒t=a
2
±√3−3a2
4
，
由6
π<a<2知3−3a2
4
>1−a+a2
4
，即√3−3a2
4
>1−a
2
，
∴a
2+√3−3a2
4
>1，
又a
2−√3−3a2
4
∈(0,1)，
∴t∈(0,a
2−√3−3a2
4
)，G(t)>0，t∈(a
2
−√3−3a2
4
,1)，G(t)<0
∴F(x)先增后减，而F(π
2
)=0，必存在x0使F(x0)>0，不成立
综上，a∈(−∞,−1]∪[2,+∞)…(12分)
解析：(Ⅰ)当a=2时，求导函数，令其大于0，即可得到函数的单调递增区间；
(Ⅱ)先确定a≤−1或a>6
π
，再分类讨论，确定函数的单调性，确定函数值的正负，即可得到结论．本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查分类讨论的数学思想，考查恒成立问题，正确分类是关键．
19.答案：解：(1)函数的定义域为(0,+∞)，
f′(x)=1+lnx，
令f′(x)=1+lnx=0，可得x=1
e
，
∴0<x<1
e 时，f′(x)<0，x>1
e
时，f′(x)>0，
∴函数f(x)在(0,1
e )上单调递减，在(1
e
,+∞)单调递增，
(2)∵F(x)=ax2+f′(x)=ax2+1+lnx(x>0)，
∴F′(x)=2ax+1
x =2ax2+1
x
(x>0)．
当a≥0时，F′(x)>0恒成立，∴F(x)在(0,+∞)上为增函数，∴F(x)在(0,+∞)上无极值．
当a<0时，令F′(x)=0得x=√−1
2a 或x=−√−1
2a
(舍)．
∴当0<x<√−1
2a 时，F′(x)>0，当x>√−1
2a
时，F′(x)<0，
∴F(x)在(0,√−1
2a )上单调递增，在(√−1
2a
,+∞)上单调递减，
∴当x=√−1
2a 时，F(x)取得极大值F(√−1
2a
)=1
2
+ln√−1
2a
，无极小值，
综上：当a≥0时，F(x)无极值，
当a<0时，F(x)有极大值1
2+ln√−1
2a
，无极小值，
(3)证明：设g(x)=e x−lnx，x>0，
则即证g(x)>2，
只要证g(x)min>2，
∵g′(x)=e x−1
x
，
设ℎ(x)=e x−1
x
，
∴ℎ′(x)=e x+1
x
>0恒成立，
∴ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，
∵ℎ(0.5)=√e−2<0，ℎ(1)=e−1>0，
∴方程ℎ(x)=0有唯一的实根x=t，且t∈(0.5,1)，∵当x∈(0,t)时，ℎ(x)<ℎ(t)=0，g(x)单调递减；当x∈(t,+∞)时，ℎ(x)>ℎ(t)=0，g(x)单调递增；∴当x=t时，g(x)min=e t−lnt，
∵ℎ(t)=0，即e t =1
t ， 则t =e −t ，
∴g(x)min =1
t −lne −t =1
t +t ≥2√t ⋅1
t =2，当且仅当t =1时取等， ∵t ∈(0.5,1)，∴g(x)min >2， ∴e x >f ′(x)+1．
解析：本题考查函数的导数的应用，考查分析问题解决问题的能力，分类讨论思想，属于中档题． (1)求导函数f ′(x)，解不等式f′(x)>0得出增区间，解不等式f ′(x)<0得出减区间； (2)求F′(x)，讨论F′(x)=0的解的情况及F(x)的单调性得出结论；
(3)构造函数设g(x)=e x −lnx ，x >0，则即证g(x)>2，只要证g(x)min >2，利用导数判断函数的单调性，求得g(x)的最小值，不等式即可得证．
20.答案：解：(Ⅰ)f(x +2)<2，即|x −2|−t <2，
故|x −2|<t +2，解得：−t <x <4+t ， 由不等式的解集是(−1,5)， 故{−t =−1t +4=5，解得：t =1； (Ⅱ)由(Ⅰ)t =1，故a +b +c =1，
∴a 2+b 2+c 2 =(a 2b +b 2c +c 2
a )(a +
b +c) ≥a √b
√b +b √c ⋅√c c √a √a
=a +b +c =1．
解析：(Ⅰ)求出不等式的解集，根据对应关系求出t 的值即可；(Ⅱ)求出a +b +c =1，根据柯西不等式的性质证明即可．
本题考查了解绝对值不等式问题，考查柯西不等式的应用，是一道中档题．
21.答案：解：(1)设AB =xm ，AD =ym ，则xy =8√x 2+y 2≥8√2xy ，
∴xy ≥128，
当且仅当x =y 时，矩形绿地ABCD 占地面积的最小值为128m 2；
(2)由(1)知y =2<x ≤10)，则xy =2
√x 2−64
，
令f(x)=
64x 4x 2−64
，∴f′(x)=
128x 3(x 2−128)(x 2−64)2
∵0<x ≤10，∴函数单调递减，
∴x =10m 时，矩形绿地ABCD 占地面积的最小值为
4003
m 2．
解析：(1)设AB =xm ，AD =ym ，则xy =8√x 2+y 2，利用基本不等式，可得结论； (2)xy =
2
√x 2−64，令f(x)=64x 4
x 2−64
，则函数单调递减，即可求出矩形绿地ABCD 占地面积的最小值． 本题考查基本不等式的运用，考查函数的单调性，考查学生分析解决问题的能力，难度中等．
22.答案：解：(1)函数f(x)=(2−a)lnx +1
x +2ax 的定义域为(0,+∞)，
f′(x)=
2−a x
−1x 2+2a =
(2x−1)(ax+1)
x 2
，
当a ≥0时，f(x)在(0,1
2]上是减函数，在(1
2,+∞)上是增函数， 故f 极小值(x)=f(1
2)=−(2−a)ln2+2+a =4， 解得，a =2；
当−2<a <0时，f(x)在(0,1
2]上是减函数，在(1
2,−1
a )上是增函数，在(−1
a ,+∞)上是减函数， 故f 极小值(x)=f(1
2)=−(2−a)ln2+2+a <4， 当a =−2时，f(x)在(0,+∞)上是减函数，
当a <−2时，f(x)在(0,−1
a ]上是减函数，在(−1a ,1
2)上是增函数，在(1
2,+∞)上是减函数， 故f 极小值(x)=f(−1
a )<f(12)=−(2−a)ln2+2+a <4； 综上所述，a =2； (2)由(1)知，
当−2<a <0时，f(x)在(0,1
2]上是减函数，在(1
2,−1
a )上是增函数，在(−1
a ,+∞)上是减函数； 当a =−2时，f(x)在(0,+∞)上是减函数；
当a <−2时，f(x)在(0,−1
a ]上是减函数，在(−1a ,1
2)上是增函数，在(1
2,+∞)上是减函数； (3)由(2)知，对∀a ∈(−3,−2)，函数f(x)在[1,3]上是减函数，
故|f(x 1)−f(x 2)|max =f(1)−f(3)=1+2a −(2ln3−aln3+1
3+6a)
=2
3
−4a−2ln3+aln3，
又∵对∀a∈(−3,−2)，∀x1，x2∈[1,3]恒有(m+ln3)a−21n3>|f(x1)−f(x2)|成立，
∴对∀a∈(−3,−2)，(m+ln3)a−21n3>2
3
−4a−2ln3+aln3，
∴对∀a∈(−3,−2)，ma>2
3
−4a，
∴对∀a∈(−3,−2)，m<2
3a
−4，
当a∈(−3,−2)时，−1
3−4<(2
3a
−4)<−2
9
−4；
故m≤−1
3−4=−13
3
．
解析：(1)求定义域，求导f′(x)=2−a
x −1
x2
+2a=(2x−1)(ax+1)
x2
，从而分类讨论以确定函数的单调性，
从而确定极小值；从而解得．
(2)由(1)知，分类讨论以确定函数的单调性；
(3)由(2)知，对∀a∈(−3,−2)，函数f(x)在[1,3]上是减函数，从而求|f(x1)−f(x2)|max，从而可得
对∀a∈(−3,−2)，ma>2
3
−4a，从而化简可得．
本题考查了导数的综合应用及恒成立问题及最值问题，同时考查了分类讨论的思想应用．。