2021学年吉林省吉林市某校高三(上)10月月考数学(文)试卷(有答案)

2020-2021学年吉林省吉林市某校高三（上）10月月考数学
（文）试卷
一、选择题
1. 已知集合A ={x|x 2−x −6≤0}，B ={x|x ∈N }，则A ∩B =( )
A.{1,2}
B.{0,1,2}
C.{1,2,3}
D.{0,1,2,3}
2. 下列函数中最小正周期为π的函数的个数是( )
①y =|sin x|；②y =cos (2x +π3)；③y =tan 2x .
A.0
B.1
C.2
D.3
3. 下列向量中不是单位向量的是( )
A.(1,0)
B.(1,1)
C.(cos α,sin α)
D.a →|a →|(|a →|≠0)
4. 为了得到函数y =cos (12x +π4)的图象，可将函数y =cos 12x 的图象( )
A.向左平移π4个单位
B.向右平移π4个单位
C.向左平移π2个单位
D.向右平移π2个单位
5. 设角α的始边为x 轴非负半轴，则“角α的终边在第二、三象限”是“cos α<0”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
6. 等差数列{a n }中，a 5+a 10+a 15=30，则a 22−2a 16的值为( )
A.−10
B.−20
C.10
D.20
7. 已知定义在实数集R 上的偶函数f (x )在区间[0,+∞）是单调增函数，若f (1−a )<f (2)，则实数a 的取值范围是( )
A.−1<a <3
B.a <−1或a >3
C.−3<a <1
D.a <−3或a >1
8. 已知e 1→，e 2→是夹角为60∘的单位向量，若a →=e 1→+λe 2→，b →=2e 1→−3e 2→，且a →⊥b →
，则λ=( )
A.−32
B.23
C.14
D.78
9. 已知某函数的图象如图所示，则该函数的解析式可能是( )
A.y =(e x −1
e x +1)cos x B.y =2|x|−x 2−2
C.y =2|x|−|x|+2
D.y =(x 2−1)cos x
10. 某兴趣小组对函数f (x )的性质进行研究，发现函数f (x )是偶函数，在定义域R 上满足f (x +1)=f (x −1)+f (1)，且在区间[−1,0]为减函数．则f (−3)与f (−52)的关系为
( )
A.f (−3)≥f (−52)
B.f (−3)>f (−52)
C.f (−3)≤f (−52)
D.f (−3)<f (−52
)
11. 《周髀算经》中给出了弦图，所谓弦图（如图）是由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形拼成一个大的正方形，若图中直角三角形两锐角分别为α，β，且小正方形与大正方形面积之比为1：25，则cos (α−β)的值为( )
A.2425
B.1
C.725
D.0
12. 已知函数f (x )={ln x,x ≥1,x e x ,x <1,
g (x )=kx +f ′(2)，对∀x 1∈R ，∃x 2∈[−3,3]，使得f (x 1)≥g (x 2)成立，则k 的取值范围是( )
A.(−∞,−1
3e −1
6
] B.[1
3e
+1
6
,+∞)
C.[−1
3e −1
6
,1
3e
+1
6
] D.(−∞,−1
3e
−1
6
]∪[1
3e
+1
6
,+∞)
二、填空题
已知复数z=2−3i，则|z+1|=________.
已知函数f(x)=a1−x(a>0且a≠1），若f(2021)>f(2020)，则实数a的取值范围是________.
有一个数阵排列如下：
则第40行从左至右第6个数字为________.
如图所示，滨江公园内有一块三角形形状的草坪ABC，经测量得AB=30m，AC= 40m，BC=10√13m，在保护草坪的同时，为了方便游人行走，现打算铺设一条小路DE（其中点D在边AB上，点E在边AC上），若DE恰好将该草坪的面积平分，则D，E两点间的最小距离为________m．
三、解答题
已知数列{b n}满足b1=1，b n+1=1
2
b n.
(1)求{b n}的通项公式；
(2)求b2+b4+b6+⋯+b2n的值．
已知函数f(x)=2sin x cos(x−π
3
)，x∈R.
(1)求函数f(x)的对称中心；
(2)若存在x0∈[π
4,3π
4
]，使不等式f(x0)<m成立，求实数m的取值范围．
在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，√3a=c sin B+√3b cos C.
(1)求角B的大小；
(2)若b=4，且△ABC的面积等于4√3，求a，c的值．
已知函数f(x)=1
3ax3+2a+1
2
x2+3x.
(1)当a=2时，求函数f(x)的单调区间与极值；
(2)是否存在正实数a，使得函数f(x)在区间[−1,1]上为减函数？若存在，请求a的取值范围；若不存在，请说明理由．
已知数列{a n}的首项a1=3，且满足a n+1=2a n+2n+1−1.
(1)设b n=a n−1
2n
，证明{b n}是等差数列；
(2)求数列{a n−1}的前n项和S n.
设函数f(x)=m ln x−2x.
(1)当m=2时，求函数f(x)在点(1,f(1))处的切线；
(2)当m=1时，曲线y=f(x)上的点(x0,y0)(x0>0)处的切线与y=x2相切，求满足条件的x0的个数．
参考答案与试题解析
2020-2021学年吉林省吉林市某校高三（上）10月月考数学
（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
一元二次不等式的解法
交集及其运算
【解析】
先求出集合A，再利用交集运算求解即可.
【解答】
解：∵A={x|x2−x−6≤0}={x|−2≤x≤3}，
B={x|x∈N}，
∴A∩B={0,1,2,3}.
故选D.
2.
【答案】
C
【考点】
三角函数的周期性及其求法
【解析】
根据三角函数性质求各自的最小正周期即可.
【解答】
解：①y=|sin x|的周期为y=sin x的周期的一半，
故y=|sin x|的最小正周期为T=2π
2
=π；
②y=cos(2x+π
3)的最小正周期为T=2π
2
=π；
③y=tan2x的最小正周期为T=π
2
，故最小正周期为π的函数有2个.
故选C．
3.
【答案】
B
【考点】
单位向量
向量的模
同角三角函数基本关系的运用
【解析】
分别计算各个选项向量的模,看是否为1即可.
【解答】
解：长度等于1个单位的向量，叫做单位向量.
由题意可知，选项A，C，D中向量的模均为1，所以均为单位向量；选项B中向量的模为√12+12=√2，不是单位向量.
故选B.
4.
【答案】
C
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】
利用三角函数的图象变换得解.
【解答】
解：∵y=cos(1
2x+π
4
)=cos1
2
(x+π
2
)，
∴将函数y=cos1
2x向左平移π
2
个单位
即可得到函数y=cos(1
2x+π
4
)的图象.
故选C.
5.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
三角函数值的符号
【解析】
利用余弦函数在各象限的符号得解.
【解答】
解：由角α的终边在第二、三象限，可以得到cosα<0，
而当cosα<0时，角α的终边可能在x轴的负半轴上，不一定在第二、三象限，所以“角α的终边在第二、三象限”是“cosα<0”的充分不必要条件.
故选A.
6.
【答案】
A
【考点】
等差中项
等差数列的性质
【解析】
利用等差数列的性质求出a10，再次利用性质化简求值即可.
【解答】
解：由等差数列的性质可知：a5+a10+a15=3a10=30，
∴a10=10，
∴a22−2a16=a22−(a10+a22)=−a10=−10.
7.
【答案】
A
【考点】
奇偶性与单调性的综合
函数奇偶性的性质
函数单调性的性质
【解析】
直接利用函数的奇偶性及单调性，构造不等式即可.
【解答】
解：由函数f (x )为偶函数，且f (1−a )<f (2)，得：f(|1−a |)<f(2).
又因为函数f (x )在区间[0,+∞)是单调增函数，
所以|1−a |<2，解得−1<a <3.
故选A .
8.
【答案】
C
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
平面向量数量积的运算
【解析】
根据条件便可以得到|e 1→|
=1，|e 2→|=1，e 1→⋅e 2→=12，而根据a →=e 1→+λe 2→与b →=2e 1→−3e 2→垂直，从而有(e 1→+λe 2→)⋅(2e 1→−3e 2→)=0，进行数量积的运算即可得出关于λ的方程，解方程便可得出λ的值．
【解答】
解：根据题意，得|e 1→|=|e 2→|=1，e 1→⋅e 2→=12.
∵ a →⊥b →，
∴ (e 1→+λe 2→)⊥(2e 1→−3e 2→)，
∴ (e 1→+λe 2→)⋅(2e 1→−3e 2→)
=2e 1→2+(2λ−3)e 1→⋅e 2→−3λe 2→2
=2+12(2λ−3)−3λ=0，
解得：λ=14．
故选C ．
9.
【答案】
B
函数的图象
【解析】
利用特殊得函数值，排除即可.
【解答】
解：由图象可知：f (0)<0，
A ，当x =0时，y =1−11+1×cos 0=0，故A 错误；
C ，当x =0时，y =20−0+2>0，故C 错误；
D ，令y =(x 2−1)cos x =0，
解得x =±1，或cos x =0，
即x =±1或x =π2+kπ，k ∈Z ，
即该函数的零点个数大于2，故D 错误.
故选B .
10.
【答案】
B
【考点】
函数的周期性
奇偶性与单调性的综合
函数奇偶性的性质
函数单调性的性质
【解析】
首先求出f (1)，再判断函数的周期，再结合单调性即可比较大小.
【解答】
解：令x =0，则f(1)=f(−1)+f(1)，
又因为f (x )是偶函数，则f (1)=f (−1)，
所以f (1)=0，
所以f(x +1)=f(x −1)，即f(x +2)=f(x)，
故函数f (x )为周期函数，且周期为2，
所以f (−3)=f (−1)，f (−52)=f (−12).
又函数f (x )在区间[−1,0]为减函数，
则f (−1)>f (−12)，即f(−3)>f (−52
). 故选B .
11.
【答案】
A
【考点】
诱导公式
两角和与差的余弦公式
同角三角函数基本关系的运用
【解析】
设出大正方形边长，由面积比得到小正方形边长，再结合边长关系，用三角函数表示，再利用三角恒等变化化简，即可求出.
【解答】
解：设大正方形的边长为1，由于面积之比为1：25，
可得小正方形的边长为15， 则cos α−sin α=15， sin β−cos β=15， 由图可得cos α=sin β，sin α=cos β，
∴ (cos α−sin α)(sin β−cos β)
=cos αsin β−sin αsin β−cos αcos β+sin αcos β
=sin 2β+cos 2β−cos (α−β)
=1−cos (α−β)=125，
∴ cos (α−β)=
2425.
故选A ．
12.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的最值
函数恒成立问题
【解析】
首先根据题意将问题转化为f(x)min ≥g(x)min ，利用导数求出f(x)min ，再对k 讨论求出g(x)min ，代入不等式即可求解.
【解答】
解：由题意可知，f(x)min ≥g(x)min .
因为f(x)={ln x,x ≥1,x e x ,x <1.
所以当x ≥1时，f(x)≥0，
当x <1时，f ′(x)=(x +1)e x ，
若x <−1时，f ′(x)<0，f (x )为减函数；
若−1<x <1时，f ′(x)>0，f (x )为增函数，
所以f(x)min =f(−1)=−1e <0， 所以f(x)min =−1e . 当x >1时，f ′(x)=1x ，f ′(2)=12，
所以g(x)=kx +12.
若k ≥0时，g(x)min =g(−3)=−3k +12≤−1e ，解得k ≥13e +16；
若k <0时，g(x)min =g(3)=3k +12≤−1e ，解得k ≤−13e −16，
所以k的取值范围是(−∞,−1
3e −1
6
]∪[1
3e
+1
6
,+∞).
故选D.
二、填空题
【答案】
3√2
【考点】
复数的模
【解析】
先求出z+1，再利用复数的模的运算求解即可.
【解答】
解：∵z=2−3i，
∴|z+1|=|3−3i|=√32+(−3)2=3√2.
故答案为：3√2.
【答案】
(0,1)
【考点】
指数函数单调性的应用
【解析】
先由f(2021)>f(2020)确定函数的单调性，然后对函数进行变形，最终确定a的取值范围.
【解答】
解：∵f(2021)>f(2020)，
∴函数f(x)=a1−x=(1
a )
x−1
为增函数，
∴1
a
>1，即0<a<1.
故答案为：(0,1).
【答案】
1030
【考点】
数列的应用
数列的求和
等差数列的前n项和
【解析】
根据已知寻找规律，第一行第6个数是16，第二行第6个数是23，从而确定第40行的第6个数.
【解答】
解：观察每行的第6个数可知：
第一行的第6个数是16，第二行的第6个数是23，通过计算第三行的第6个数是31，
则第40行的第6个数为：
16+7+8+9+10+⋯+45
=16+39(7+45)
2
=1030.
故答案为：1030.
【答案】
10√6
基本不等式在最值问题中的应用 余弦定理 正弦定理
【解析】
先利用余弦定理求出A 的余弦值，再利用面积相等求出AD ⋅AE ，最后再利用余弦定理以及重要不等式计算D,E 之间的最小距离即可. 【解答】
解：在三角形ABC 中，由余弦定理得： cos A =AB 2+AC 2−BC 2
2AB ⋅AC
=
302+402−(10√13)
2
2×30×40
=1
2.
由题意知：S △ABC =12
AB ⋅BC sin A =2S △DAE =2×1
2AD ⋅AE sin A ，
所以AD ⋅AE =1
2AB ⋅AC =1
2×30×40=600. 在三角形ADE 中，由余弦定理得： cos A =
AD 2+AE 2−DE 2
2AD⋅AE
=1
2，
所以DE 2=AD 2+AE 2−600
≥2AD ⋅AE −600=1200−600=600， 当且仅当AD =AE 时等号成立， 所以DE ≥√600=10√6.
故D ，E 两点间的最小距离为10√6m . 故答案为：10√6. 三、解答题 【答案】
解：(1)由b n+1=1
2b n ，得
b n+1b n
=1
2，
∴ {b n }为等比数列，且首项b 1=1，公比q =1
2， ∴ {b n }的通项公式为b n =(12)n−1
.
(2)设a n =b 2n ， 则
a n+1a n
=
b n+2b 2n
=
(12
)
2n+1(12
)2n−1=(12)2
=1
4 ，
∴ {b 2n }是首项为1
2，公比为1
4的等比数列， ∴ b 2+b 4+b 6+⋯+b n =12[1−(14
)n ]1−14
=2
3[1−(14)n
].
数列递推式
等比数列的前n 项和 等比数列的通项公式 【解析】 【解答】
解：(1)由b n+1=1
2b n ，得
b n+1b n
=1
2，
∴ {b n }为等比数列，且首项b 1=1，公比q =1
2， ∴ {b n }的通项公式为b n =(12)
n−1
.
(2)设a n =b 2n ， 则
a n+1a n
=
b n+2b 2n
=
(12
)
2n+1(12
)2n−1=(12)2
=1
4 ，
∴ {b 2n }是首项为1
2，公比为1
4的等比数列， ∴ b 2+b 4+b 6+⋯+b n =12[1−(14
)n ]1−14
=2
3[1−(14)n
]. 【答案】
解：(1)f(x)=2sin x (cos x cos π
3+sin x sin π
3)
=sin x cos x +√3sin 2x =12sin 2x +√3
2(1−cos 2x) =12sin 2x −√32cos 2x +√32 =sin (2x −π
3
)+
√32
. 令2x −π
3=kπ(k ∈Z )，得x =kπ2+π
6(k ∈Z )，
所以函数f(x)的对称中心为(kπ
2+π6,√3
2
)(k ∈Z ) .
(2)因为存在x 0∈[π4,
3π
4
]，使不等式f(x 0)<m 成立，
所以m 大于f(x)的最小值， 由π
4≤x ≤
3π
4
，得π6≤2x −π3≤
7π6
，
当2x −π
3=7π
6
，即x =3π
4
时，f(x)取最小值√3−1
2
，
所以m >
√3−12，则m 的取值范围为(√3−1
2
,+∞) . 【考点】
二倍角的正弦公式 二倍角的余弦公式 两角和与差的正弦公式 函数恒成立问题 正弦函数的对称性 正弦函数的定义域和值域 【解析】 【解答】
解：(1)f(x)=2sin x (cos x cos π
3+sin x sin π
3) =sin x cos x +√3sin 2x =12sin 2x +√32(1−cos 2x) =12sin 2x −√32cos 2x +√32 =sin (2x −π
3
)+
√32
. 令2x −π
3=kπ(k ∈Z )，得x =kπ2+π
6(k ∈Z )，
所以函数f(x)的对称中心为(kπ
2+π6,√3
2
)(k ∈Z ) .
(2)因为存在x 0∈[π4,
3π
4
]，使不等式f(x 0)<m 成立，
所以m 大于f(x)的最小值， 由π
4≤x ≤
3π
4
，得π6≤2x −π3≤7π6
，
当2x −π
3=7π
6
，即x =3π
4
时，f(x)取最小值√3−1
2
， 所以m >
√3−12，则m 的取值范围为(√3−1
2
,+∞) . 【答案】
解：(2)由正弦定理得√3sin A =sin C sin B +√3sin B cos C .
因为A +B +C =π，
所以√3sin (B +C )=sin C sin B +√3sin B cos C ，
即√3(sin B cos C +cos B sin C )=sin C sin B +√3sin B cos C ， 化简，得√3cos B =sin B . 因为B ∈(0,π)， 所以B =π
3.
(2)由(1)知B=π
.
3
因为b=4，
所以由余弦定理得b2=a2+c2−2ac cos B，
，
即42=a2+c2−2ac cosπ
3
化简得a2+c2−ac=16.①
因为该三角形面积为4√3，
ac sin B=4√3，即ac=16.②
所以1
2
联立①②，解得a=c=4．
【考点】
两角和与差的正弦公式
余弦定理
正弦定理
三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】
【解答】
解：(2)由正弦定理得√3sin A=sin C sin B+√3sin B cos C. 因为A+B+C=π，
所以√3sin(B+C)=sin C sin B+√3sin B cos C，
即√3(sin B cos C+cos B sin C)=sin C sin B+√3sin B cos C，化简，得√3cos B=sin B.
因为B∈(0,π)，
.
所以B=π
3
(2)由(1)知B=π
.
3
因为b=4，
所以由余弦定理得b2=a2+c2−2ac cos B，
，
即42=a2+c2−2ac cosπ
3
化简得a2+c2−ac=16.①
因为该三角形面积为4√3，
ac sin B=4√3，即ac=16.②
所以1
2
联立①②，解得a=c=4．
【答案】
解：(1)当a=2时，
f′(x)=2x2+5x+3=(x+1)(2x+3).
，
令f′(x)=0，解得x=−1或−3
2
所以f (x )的单调递增区间为(−∞,−3
2)，(−1,+∞)， f (x )的单调递减区间为(−3
2,−1) ，
f (x )的极大值为f (−32)=−9
8， f (x )的极小值为f (−1)=−7
6．
(2)依题意： f ′(x )=ax 2+(2a +1)x +3≤0在[−1,1]上恒成立， 又因为a >0， 所以{a >0,
f ′(−1)≤0,f ′(1)≤0,
即{ a >0，
a ≥2，a ≤−43
，无解， 故不存在正实数a ，使得函数f (x )在区间[−1,1]上为减函数. 【考点】
已知函数的单调性求参数问题 利用导数研究函数的极值 利用导数研究函数的单调性 【解析】 无 无
【解答】
解：(1)当a =2时，
f ′(x )=2x 2+5x +3=(x +1)(2x +3). 令f ′(x )=0，解得x =−1
或−3
2， 所以f (x )的单调递增区间为(−∞,−3
2)，(−1,+∞)， f (x )的单调递减区间为(−3
2,−1) ， f (x )的极大值为f (−3
2)=−98，
f (x )的极小值为f (−1)=−7
6．
(2)依题意： f ′(x )=ax 2+(2a +1)x +3≤0在[−1,1]上恒成立， 又因为a >0， 所以{a >0,
f ′(−1)≤0,f ′(1)≤0,
即{ a >0，
a ≥2，a ≤−43，
无解， 故不存在正实数a ，使得函数f (x )在区间[−1,1]上为减函数. 【答案】 解：(1)由b n =
a n −12n
，得b n+1=
a n+1−12n+1
，
将a n+1=2a n +2n+1−1代入上式， 得b n+1=
2a n +2n+1−2
2n+1
=a n +2n −12n
=
a n −12n
+1，
所以b n+1−b n =1，且b 1=
a 1−12
=1，
所以{b n }是首项为1，公差为1的等差数列. (2)由(1)知b n =n ， 所以b n =
a n −12n
=n ，a n =n ⋅2n +1，
所以a n −1=n ⋅2n ，
则S n =1⋅2+2⋅22+3⋅23+⋯+n ⋅2n ，① 2S n =1⋅22+2⋅23+3⋅24+⋯+n ⋅2n+1，②
由①−②，得−S n =2+22+23+⋯+2n −n ⋅2n+1， 即−S n =2(2n −1)−n ⋅2n+1=(1−n )2n+1−2. 所以S n =(n −1)2n+1+2. 【考点】 数列的求和 等差数列 【解析】 【解答】 解：(1)由b n =
a n −12n
，得b n+1=
a n+1−12n+1
，
将a n+1=2a n +2n+1−1代入上式， 得b n+1=
2a n +2n+1−2
2n+1
=a n +2n −12n
=
a n −12n
+1，
所以b n+1−b n =1，且b 1=
a 1−12
=1，
所以{b n }是首项为1，公差为1的等差数列. (2)由(1)知b n =n ， 所以b n =
a n −12n
=n ，a n =n ⋅2n +1，
所以a n −1=n ⋅2n ，
则S n =1⋅2+2⋅22+3⋅23+⋯+n ⋅2n ，① 2S n =1⋅22+2⋅23+3⋅24+⋯+n ⋅2n+1，②
由①−②，得−S n =2+22+23+⋯+2n −n ⋅2n+1， 即−S n =2(2n −1)−n ⋅2n+1=(1−n )2n+1−2. 所以S n =(n −1)2n+1+2. 【答案】
解：(1)当m =2时，f ′(x)=2
x −2， k =f ′(1)=0，即切线方程为y =−2． (2)当m =1时， f ′(x )=1
x −2=
1−2x x
，
则曲线y =f (x )上的点(x 0,y 0)(x 0>0)处的切线方程为 y −(ln x 0−2x 0)=1−2x 0x 0
(x −x 0)，
即y =
1−2x 0x 0
x +ln x 0−1.
设直线l 与y =x 2相切于点(x 1,x 12)， 即切线方程为y =2x 1x −x 12
，
即 {
1−2x 0
x 0
=2x 1,
ln x 0−1=
−x 12
,
即1−ln x 0=(
1−2x 02x 0
)2，
即4x 02
ln x 0−4x 0+1=0. 令g (x )=4x 2ln x −4x +1，
则g ′(x )=8x ln x +4x −4，g ′′(x )=8ln x +12.
令g ′′(x )=0得x =e −3
2，
即g ′(x )在(0,e −3
2)上单调递减，在(e −3
2,+∞)上单调递增， 即g ′(x )min =g ′(e −3
2)=−8e −3
2−4<0. 当x ∈(0,e −
32
)时，8ln x +12<0， 即g ′(x )<x (8ln x +12)−4<−4. 当x =1时，g ′(x )=0，
所以当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0；当x ∈(1,+∞)时，g ′(x )>0， 即g (x )在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递减增， 即g (x )min =g (1)=−3<0. 又因为g (1
e 2)=−8e 4
−4
e 2+1
=
e 4−4e 2−8
e 4
=
e 2(e 2−4)−8
e 4
>0，
且g (e )=4e 2−4e +1>0，
所以g (x )=0在(1
e 2,1)和(1,e )上各有1个零点，
即g (x )=0在(0,1)和(1,+∞)上各有1个零点，
即4x 02ln x 0−4x 0+1=0有两个实根，即满足条件的x 0有两个． 【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题 利用导数研究曲线上某点切线方程 【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：(1)当m =2时，f ′(x)=2
x −2， k =f ′(1)=0，即切线方程为y =−2． (2)当m =1时， f ′(x )=1
x −2=
1−2x x
，
则曲线y =f (x )上的点(x 0,y 0)(x 0>0)处的切线方程为 y −(ln x 0−2x 0)=1−2x 0x 0
(x −x 0)，
即y =
1−2x 0x 0
x +ln x 0−1.
设直线l 与y =x 2相切于点(x 1,x 12)， 即切线方程为y =2x 1x −x 12
，
即 {
1−2x 0
x 0
=2x 1,
ln x 0−1=
−x 12
,
即1−ln x 0=(
1−2x 02x 0
)2，
即4x 02
ln x 0−4x 0+1=0. 令g (x )=4x 2ln x −4x +1，
则g ′(x )=8x ln x +4x −4，g ′′(x )=8ln x +12.
令g ′′(x )=0得x =e −3
2，
即g ′(x )在(0,e −3
2)上单调递减，在(e −3
2,+∞)上单调递增， 即g ′(x )min =g ′(e −3
2)=−8e −3
2−4<0. 当x ∈(0,e −
32
)时，8ln x +12<0， 即g ′(x )<x (8ln x +12)−4<−4.
当x=1时，g′(x)=0，
所以当x∈(0,1)时，g′(x)<0；当x∈(1,+∞)时，g′(x)>0，即g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递减增，
即g(x)min=g(1)=−3<0.
又因为g(1
e2)=−8
e4
−4
e2
+1
=e4−4e2−8
e4=e2(e2−4)−8
e4
>0，
且g(e)=4e2−4e+1>0，
所以g(x)=0在(1
e2
,1)和(1,e)上各有1个零点，
即g(x)=0在(0,1)和(1,+∞)上各有1个零点，
即4x02ln x0−4x0+1=0有两个实根，即满足条件的x0有两个．。