2021-2022学年河南省信阳市罗山县高三(上)第一次调研数学试卷(文科)(解析版)

2021-2022学年河南省信阳市罗山县高三（上）第一次调研数学
试卷（文科）
一、单选题（共12道小题，每小题5分，共60分）
1．设集合A＝{x||x﹣1|＜3}，B＝{2，3，4，5}，则A∩B＝（）
A．{2}B．{2，3}C．{3，4}D．{2，3，4}
2．函数y＝sin2x+cos2x的最小正周期为（）
A．B．C．πD．2π
3．使得a＞b＞0成立的一个充分不必要条件是（）
A．B．e a＞e b C．a b＞b a D．lna＞lnb＞0 4．已知a＝log20.3，b＝log23，c＝log0.20.3，则a，b，c的大小关系为（）A．a＞b＞c B．b＞c＞a C．c＞a＞b D．c＞b＞a
5．指数函数f（x）＝a x（a＞0，且a≠1）在R上是减函数，则函数在其定义域上的单调性为（）
A．单调递增
B．单调递减
C．在（0，+∞）上递增，在（﹣∞，0）上递减
D．在（0，+∞）上递减，在（﹣∞，0）上递增
6．若2a＝5b＝10，则+＝（）
A．﹣1B．lg7C．1D．log710
7．设命题p：∀x，x．若￢p是真命题，则实数a的取值范围是（）A．B．[2，+∞）C．（﹣∞，D．（﹣∞，2]
8．函数f（x）＝（x2﹣2x）e x的图象可能是（）
A．B．
C．D．
9．将函数y＝2cos（2x+）的图象向右平移个单位长度，则平移后的图象中与y轴最近的对称轴的方程是x＝（）
A．B．C．D．
10．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉，用其名字命名的“高斯函数”：设x＝R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为高斯函数，也称取整函数，例如：[﹣3.7]＝﹣4，[2.3]＝2．已知f（x）＝，则函数y＝[f （x）]的值域为（）
A．{0}B．{﹣1，0}C．{﹣2，﹣1，0}D．{﹣1，0，1} 11．已知f（x）是定义在R上的奇函数，f（2﹣x）＝f（x），当x∈[0，1]时，f（x）＝x3，则（）
A．f（2021）＝0
B．2是f（x）的一个周期
C．当x∈（1，3）时，f（x）＝（1﹣x）3
D．f（x）＞0的解集为（4k，4k+2）（k∈Z）
12．已知直线y＝﹣x+2分别与函数y＝e x和y＝lnx的图象交于点A（x1，y1）、B（x2，y2），现给出下述结论：①x1+x2＝2；②；③x1lnx2+x2lnx1＜0；④，则其中正确的结论个数是（）
A．4B．3C．2D．1
二、填空题（本题共4道小题，每小题5分，共20分）
13．若α满足tan（α+）＝，则sin2α＝．
14．已知函数f（x）＝，若f（t）+f（﹣1）＝0，则t＝．15．若点P（cosθ，sinθ）与点Q（cos（），sin（））关于y轴对称，则绝对值最小的θ值为．
16．已知函数，若关于x的方程f2（x）﹣mf（x）+m﹣1＝0有四个不相等的实数根，则实数m的取值范围是．
三、解答题
17．（1）设集合A＝{x∈R|x2﹣2x﹣1＝0}，B＝{x|x2+2（a+1）x+a2﹣5＝0}．A∩B＝A，求实数a的取值集合；
（2）设A＝{x|x2﹣（a+1）x+a＜0}，B＝{x|x2﹣3x﹣4＜0}，若A⊆B，求实数a的取值范围．
18．设a∈R，命题p：∃x∈[1，2]，满足（a﹣1）x﹣1＞0，命题q：∀x∈R，x2+ax+1＞0．（1）若命题p∧q是真命题，求a的取值范围；
（2）（￢p）∧q为假，（￢p）∨q为真，求a的取值范围．
19．已知函数f（x）＝（k﹣1）2x+2﹣x（k∈R）．
（1）若函数f（x）是定义在R上的奇函数，求k的值；
（2）当﹣1≤x≤1时，f（x）≥4，求实数k的取值范围．
20．设函数f（x）＝sin x+cos x（x∈R）．
（Ⅰ）求函数y＝[f（x+）]2的最小正周期；
（Ⅱ）求函数y＝f（x）f（x﹣）在[0，]上的最大值．
21．已知函数，f（x）＝x2（x＞0），g（x）＝alnx（a＞0）．
（Ⅰ）若f（x）＞g（x）恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）当a＝1时，过f（x）上一点（1，1）作g（x）的切线，判断：可以作出多少条切线，并说明理由．
22．已知函数f（x）＝ax a lnx（a＞0）．
（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在x＝e处的切线方程；
（2）若f（x）≤xe x对于任意的x＞1都成立，求a的最大值．
参考答案
一、单选题（本题共12道小题，每小题5分，共60分）
1．设集合A＝{x||x﹣1|＜3}，B＝{2，3，4，5}，则A∩B＝（）
A．{2}B．{2，3}C．{3，4}D．{2，3，4}
【分析】先利用绝对值不等式的解法求出集合A，再由集合交集的定义求解即可．解：因为集合A＝{x||x﹣1|＜3}＝{x|﹣2＜x＜4}，B＝{2，3，4，5}，
则A∩B＝{2，3}．
故选：B．
2．函数y＝sin2x+cos2x的最小正周期为（）
A．B．C．πD．2π
【分析】利用辅助角公式，化简函数的解析式，进而根据ω值，可得函数的周期．解：∵函数y＝sin2x+cos2x＝2sin（2x+），
∵ω＝2，
∴T＝π，
故选：C．
3．使得a＞b＞0成立的一个充分不必要条件是（）
A．B．e a＞e b C．a b＞b a D．lna＞lnb＞0【分析】求不等式a＞b＞0成立的一个充分不必要条件，首先分清条件和结论，求的是条件，已知的是结论；根据充分不必要条件的定义，再看条件能推出结论，但结论推不出条件的即满足．
解：对于A，推不出a＞b＞0；但a＞b＞0能推出，故是a＞b＞0的必要不充分条件；
对于B，e a＞e b推不出a＞b＞0；但a＞b＞0能推出e a＞e b，故e a＞e b是a＞b＞0的必要不充分条件；
对于C，当a＝3，b＝﹣1时，a b＝＞b a＝﹣1，故a b＞b a推不出a＞b＞0；反之，当a ＝4，b＝2时，a b＝b a，故a＞b＞0推不出a b＞b a，故a b＞b a是a＞b＞0成立的既不充分
也不必要条件；
对于D，lna＞lnb＞0⇔a＞b＞1，由于a＞b＞1⇒a＞b＞0，但a＞b＞0推不出a＞b＞1，所以lna＞lnb＞0是a＞b＞0的充分不必要条件；
故D正确．
故选：D．
4．已知a＝log20.3，b＝log23，c＝log0.20.3，则a，b，c的大小关系为（）A．a＞b＞c B．b＞c＞a C．c＞a＞b D．c＞b＞a
【分析】利用指数函数、对数函数的单调性直接求解．
解：∵a＝log20.3＜log21＝0，
b＝log23＞log22＝1，
0＝log0.21＜c＝log0.20.3＜log0.20.2＝1，
∴a，b，c的大小关系为b＞c＞a．
故选：B．
5．指数函数f（x）＝a x（a＞0，且a≠1）在R上是减函数，则函数在其定义域上的单调性为（）
A．单调递增
B．单调递减
C．在（0，+∞）上递增，在（﹣∞，0）上递减
D．在（0，+∞）上递减，在（﹣∞，0）上递增
【分析】根据指数函数f（x）的单调性判定a的取值范围，从而结合二次函数的单调性，得出正确选项．
解：∵指数函数f（x）＝a x在R上是减函数，
∴0＜a＜1，
∴﹣2＜a﹣2＜﹣1，
函数y＝在（﹣∞，0）上递增，在区间（0，+∞）上递减；
∴g（x）在区间（﹣∞，0）上递减，在区间（0，+∞）上递增；
故选：C．
6．若2a＝5b＝10，则+＝（）
A．﹣1B．lg7C．1D．log710
【分析】对已知的指数式化为对数式，再利用对数的运算性质求解．
解：∵2a＝5b＝10，∴a＝log210，b＝log510，
∴＝+＝log102+log105＝lg10＝1，
故选：C．
7．设命题p：∀x，x．若￢p是真命题，则实数a的取值范围是（）A．B．[2，+∞）C．（﹣∞，D．（﹣∞，2]
【分析】据所给的全称命题写出它的否定，根据命题否定是真命题，利用基本不等式求解不等式的最小值，即可得到a的范围．
解：由题意可得，命题p：∀x，x．若￢p是∃x，x，是真命题，
因为：∀x，x+≥2，当且仅当x＝1时，取得最小值，由命题否定是真命题，可知a≥2，
故选：B．
8．函数f（x）＝（x2﹣2x）e x的图象可能是（）
A．B．
C．D．
【分析】用函数图象的取值，函数的零点，以及利用导数判断函数的图象．
解：由f（x）＝0，解得x2﹣2x＝0，即x＝0或x＝2，
∴函数f（x）有两个零点，∴A，C不正确．
∴f'（x）＝（x2﹣2）e x，
由f'（x）＝（x2﹣2）e x＞0，解得x＞或x＜﹣．
由f'（x）＝（x2﹣2）e x＜0，解得，﹣＜x＜
即x＝﹣是函数的一个极大值点，
∴D不成立，排除D．
故选：B．
9．将函数y＝2cos（2x+）的图象向右平移个单位长度，则平移后的图象中与y轴最近的对称轴的方程是x＝（）
A．B．C．D．
【分析】可先计算出平移后的函数解析式，再根据三角函数的性质进行求解即可．
解：函数y＝2cos（2x+）的图象向右平移个单位长度得，令，解得，当k＝0时，，
所以与y轴最近的对称轴方程是，
故选：C．
10．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉，用其名字命名的“高斯函数”：设x＝R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为高斯函数，也称取整函数，例如：[﹣3.7]＝﹣4，[2.3]＝2．已知f（x）＝，则函数y＝[f （x）]的值域为（）
A．{0}B．{﹣1，0}C．{﹣2，﹣1，0}D．{﹣1，0，1}【分析】先化简f（x）的解析式，利用不等式的性质，求出函数f（x）的值域，可得函数y＝[f（x）]的值域．
解：∵f（x）＝＝﹣＝﹣，e x∈（0，+∞），
∴∈（0，2），f（x）∈（﹣，），
故函数y＝[f（x）]的值域为{﹣2，﹣1，0}，
故选：C．
11．已知f（x）是定义在R上的奇函数，f（2﹣x）＝f（x），当x∈[0，1]时，f（x）＝x3，则（）
A．f（2021）＝0
B．2是f（x）的一个周期
C．当x∈（1，3）时，f（x）＝（1﹣x）3
D．f（x）＞0的解集为（4k，4k+2）（k∈Z）
【分析】根据题意，由函数的奇偶性和对称性分析f（x）的周期，可得B错误，再利用周期和解析式求出f（2021）的值，可得A错误，进而求出f（x）在区间[﹣1，3]上的解析式，可得C错误，利用周期性分析f（x）＞0的解集，可得D正确，即可得答案．解：根据题意，f（x）是定义在R上的奇函数，则f（x）＝﹣f（﹣x），
又由f（2﹣x）＝f（x），则f（2﹣x）＝﹣f（﹣x），变形可得f（x+2）＝﹣f（x），则有f（x+4）＝﹣f（x+2）＝f（x），即f（x）是周期为4的周期函数，B错误，
又由x∈[0，1]时，f（x）＝x3，则f（2021）＝f（1+4×505）＝f（1）＝1，A错误，当x∈[﹣1，0]时，﹣x∈[0，1]，则有f（﹣x）＝（﹣x）3＝﹣x3，
又由f（x）为奇函数，则f（x）＝﹣f（﹣x）＝x3，
则在区间[﹣1，1]上，f（x）＝x3，
当x∈[1，3]时，2﹣x∈[﹣1，1]，则f（2﹣x）＝（2﹣x）3，
又由f（2﹣x）＝f（x），则f（x）＝f（2﹣x）＝（2﹣x）3，C错误，
综合可得：f（x）＝，
在区间[﹣1，3]上，若f（x）＞0，必有0＜x＜2，
又由f（x）是周期为4的周期函数，则f（x）＞0的解集为（4k，4k+2），D正确，故选：D．
12．已知直线y＝﹣x+2分别与函数y＝e x和y＝lnx的图象交于点A（x1，y1）、B（x2，y2），现给出下述结论：①x1+x2＝2；②；③x1lnx2+x2lnx1＜0；④，则其中正确的结论个数是（）
A．4B．3C．2D．1
【分析】根据函数y＝e x和y＝lnx的图象关于y＝x对称，直线y＝﹣x+2与y＝x垂直，可得A（x1，y1）、B（x2，y2），
关于y＝x对称，即可判断①；利用基本不等式即可判断②，构造y＝，判断其单调性，即可判断③，由x1•x2＝x1•，判断其单调性，即可判断④．
解：由题意直线y＝﹣x+2与y＝x垂直，函数y＝e x和y＝lnx的图象关于y＝x对称，∴A（x1，y1）、B（x2，y2），关于y＝x对称，则x1+x2＝2；∴①正确；
对于②：由，因为x1≠x2，则；∴②正确；
对于③：构造函数g（x）＝（x＞0）；
则g（x）′＝，
当g（x）′＞0时，可得x∈（0，e），∴函数g（x）在（0，e）单调递增；
当g（x）′＜0时，可得x∈（e，+∞），∴函数g（x）在（e，+∞）单调递减；
∵0＜x1＜，1＜x2＜2，
那么：
∴③正确；
对于④：x1•x2＝x1•
∵0＜x1＜，
令函数h（x）＝x•e x
则h′（x）＝e x（1+x）
当h（x）＜′0时，可得x∈（﹣∞，﹣1），∴函数h（x）在（0，e）单调递减；
当h（x）′＞0时，可得x∈（﹣1，+∞），∴函数h（x）在（﹣1，+∞）单调递增；
∴h（x）max＜h（）＝
∴不对，即④不对．
故选：B．
二、填空题（本题共4道小题，每小题5分，共20分）
13．若α满足tan（α+）＝，则sin2α＝﹣．
【分析】先利用两角和的正切公式求得tanα的值，再结合二倍角公式，以及“同除余弦可化切”的思想，即可得解．
解：因为tan（α+）＝＝，
所以tanα＝﹣，
所以sin2α＝＝＝＝﹣．
故答案为：﹣．
14．已知函数f（x）＝，若f（t）+f（﹣1）＝0，则t＝．【分析】根据题意，求出f（﹣1）的值，计算可得f（t）＝﹣2，结合函数的解析式分t ≤0与t＞0两种情况讨论，求出t的值，综合可得答案．
解：根据题意，函数f（x）＝，则f（﹣1）＝21＝2，
若f（t）+f（﹣1）＝0，则f（t）＝﹣2，
若t≤0，则f（t）＝2﹣t≥1，f（t）＝﹣2无解，
若t＞0，则f（t）＝log2t＝﹣2，则t＝，
综合可得：t＝，
故答案为：．
15．若点P（cosθ，sinθ）与点Q（cos（），sin（））关于y轴对称，则绝对值最小的θ值为．
【分析】由题意利用两个点关于y轴对称的性质，可得cosθ＝﹣cos（），sinθ＝sin（），再利用诱导公式可得θ＝kπ+，k∈Z，从而得出结论．
解：∵点P（cosθ，sinθ）与点Q（cos（），sin（））关于y轴对称，∴cosθ＝﹣cos（），sinθ＝sin（），
∴θ＝2kπ+π﹣（θ+），即θ＝kπ+，k∈Z，
则绝对值最小的θ值为，
故答案为：．
16．已知函数，若关于x的方程f2（x）﹣mf（x）+m﹣1＝0有四个不相等的实
数根，则实数m的取值范围是（1，1+）．
【分析】求函数的导数，判断函数的单调性变化情况，作出函数f（x）的图象，由已知方程得f（x）＝1或f（x）＝m﹣1，利用函数图象交点的个数与方程根的个数得m的范围．
解：化简得f（x）＝，
当x≥0时，f（x）≥0，，
若0＜x＜1时，f′（x）＞0，若x＞1时，f′（x）＜0，所以当x＝1时，函数f（x）有极大值f（1）＝，
当x＜0时，＜0，f（x）为减函数，
作出函数f（x）的图象如图所示，
由方程f2（x）﹣mf（x）+m﹣1＝0得，（f（x）﹣（m﹣1））（f（x）﹣1）＝0，
所以f（x）＝1或f（x）＝m﹣1，
由图象知方程f（x）＝1有1个解，
要使关于x的方程f2（x）﹣mf（x）+m﹣1＝0恰好有4个不相等的实数根，
则f（x）＝m﹣1要有三个解，由函数图象知0＜m﹣1＜，
所以1＜m＜1+．
故答案为：（1，1+）
三、解答题
17．（1）设集合A＝{x∈R|x2﹣2x﹣1＝0}，B＝{x|x2+2（a+1）x+a2﹣5＝0}．A∩B＝A，求实数a的取值集合；
（2）设A＝{x|x2﹣（a+1）x+a＜0}，B＝{x|x2﹣3x﹣4＜0}，若A⊆B，求实数a的取值范围．
【分析】（2）由A∩B＝A，得A⊆B，则A＝B，即可求实数a的取值范围．
（2）由题意可得B＝（﹣1，4），分a＞1，a＝1，a＜1三种情况讨论，并取其并集，即可求解．
解：（1）∵A＝{x∈R|x2﹣2x﹣1＝0}，
B＝{x|x2+2（a+1）x+a2﹣5＝0}．
A∩B＝A，得A⊆B，
而B集合为一元二次方程的解集，A集合也是一元二次方程的解集且A集合有两个元素，又因为A⊆B，所以B集合里必有两个元素，所以必有A＝B，
即，得a＝﹣2．
（2）由题意可得B＝（﹣1，4），
∵x2﹣（a+1）x+a＜0，即（x﹣1）（x﹣a）＜0，
当a＞1时，A＝（1，a），
∵A⊆B，
∴1＜a≤4，
当a＝1时，A＝∅，满足条件，
当a＜1时，A＝（a，1），
∵A⊆B，
∴﹣1≤a＜1，
综上所述，a∈[﹣1，4]．
18．设a∈R，命题p：∃x∈[1，2]，满足（a﹣1）x﹣1＞0，命题q：∀x∈R，x2+ax+1＞0．（1）若命题p∧q是真命题，求a的取值范围；
（2）（￢p）∧q为假，（￢p）∨q为真，求a的取值范围．
【分析】（1）根据题意，p∧q是真命题，即p真q真，求出不等式的交集即可；
（2）由（￢p）∧q为假，（﹣p）∨q为真⇒p、q同时为假或同时为真，分情况讨论，
最后求出并集．
解：（1）p真，则，或得；
q真，则a2﹣4＜0，得﹣2＜a＜2，
∴p∧q真，故a的取值范围为；
（2）由（￢p）∧q为假，（﹣p）∨q为真⇒p、q同时为假或同时为真，
若p假q假，则，
得a≤﹣2；
若p真q真，则，
所以，；
综上a≤﹣2或．
故a的取值范围是．
19．已知函数f（x）＝（k﹣1）2x+2﹣x（k∈R）．
（1）若函数f（x）是定义在R上的奇函数，求k的值；
（2）当﹣1≤x≤1时，f（x）≥4，求实数k的取值范围．
【分析】（1）解法一、利用奇函数的定义f（﹣x）＝﹣f（x），列方程求出k的值；
解法二、由f（0）＝0求得k的值，再根据奇函数的定义验证即可；
（2）不等式化为k﹣1≥﹣对任意的x∈[﹣1，1]恒成立；
利用换元法求出右边函数的最大值，即可求得实数k的取值范围．
解：（1）解法一、函数f（x）＝（k﹣1）2x+2﹣x（k∈R）是定义在R上的奇函数，则f（﹣x）＝﹣f（x）对任意的x∈R恒成立，
即（k﹣1）2﹣x+2x＝﹣（k﹣1）2x﹣2﹣x对任意的x∈R恒成立；
整理得k（22x+1）＝0对任意的x∈R恒成立，
所以k＝0．
解法二、由奇函数的定义知，f（0）＝0，
即（k﹣1）20+20＝0，解得k＝0，
此时f（x）＝2﹣x﹣2x，x∈R；
因为f（﹣x）＝2x﹣2﹣x＝﹣（2﹣x﹣2x）＝﹣f（x），
所以f（x）是定义域R上的奇函数；
综上知，k＝0．
（2）当﹣1≤x≤1时，f（x）≥4，
即不等式（k﹣1）•2x+2﹣x≥4对任意的x∈[﹣1，1]恒成立；
也即不等式k﹣1≥﹣对任意的x∈[﹣1，1]恒成立；
设＝t，则t∈[，2]，
得函数g（t）＝﹣t2+4t，t∈[，2]；
所以k﹣1≥g（t）max；
由函数g（t）＝﹣t2+4t＝﹣（t﹣2）2+4在t∈[，2]上单调递增，
所以g（t）max＝g（2）＝4，
即k﹣1≥4，
解得k≥5；
所以实数k的取值范围是[5，+∞）．
20．设函数f（x）＝sin x+cos x（x∈R）．
（Ⅰ）求函数y＝[f（x+）]2的最小正周期；
（Ⅱ）求函数y＝f（x）f（x﹣）在[0，]上的最大值．
【分析】（Ⅰ）由y＝[f（x+）]2，可得y＝1﹣sin2x，然后利用周期公式求出周期；
（Ⅱ）y＝f（x）f（x﹣）＝sin（2x﹣）+，由x∈[0，]，得到的取值范围，再利用整体法求出y＝f（x）f（x﹣）的最大值．
解：函数f（x）＝sin x+cos x＝，
（Ⅰ）函数y＝[f（x+）]2＝[2＝2cos2（x+）
＝1+cos[2（x+）]＝1+cos（2x+）＝1﹣sin2x，
则最小正周期为T ＝；
（Ⅱ）函数y＝f（x）f（x ﹣）＝
＝sin x+cos x）sin x ＝
＝＝sin（2x ﹣）+，
因为x，所以2x ﹣，
所以当2x ﹣，即x ＝时，f（x）max＝1+．
21．已知函数，f（x）＝x2（x＞0），g（x）＝alnx（a＞0）．
（Ⅰ）若f（x）＞g（x）恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）当a＝1时，过f（x）上一点（1，1）作g（x）的切线，判断：可以作出多少条切线，并说明理由．
【分析】（Ⅰ）令h（x）＝f（x）﹣g（x）＝x2﹣alnx（x＞0），则h′（x ）＝，利用当x变化时，h′（x），h（x）的变化情况可得当0＜a＜2e时，h（x）＞0恒成立，即f（x）＞g（x）恒成立；
（Ⅱ）当a＝1时，g（x）＝lnx，设过点（1，1）的直线l与g（x）＝lnx相切于点P（x0，y0），则＝，整理得x0lnx0﹣2x0+1＝0，令m（x）＝xlnx﹣2x+1，则m（x）在（0，+∞）上的零点个数与切点P的个数一一对应，m′（x）＝lnx﹣1，令m′（x）＝lnx﹣1＝0解得x＝e．通过对x变化时，m′（x），m（x）的变化情况的分析，可得答案．
解：令h（x）＝f（x）﹣g（x）＝x2﹣alnx（x＞0），
所以h′（x）＝2x ﹣＝，
令h′（x ）＝＝0，
解得x ＝，
当x变化时，h′（x），h（x）的变化情况如下表：
x（0，
）（，+∞）
h′
（x），
﹣0+
h（x），减极小
值
增
所以在（0，+∞）的最小值为h （）＝﹣aln ＝﹣ln，令h （）＞0，解得0＜a＜2e，
所以当0＜a＜2e时，h（x）＞0恒成立，即f（x）＞g（x）恒成立．
（Ⅱ）可作出2条切线．
理由如下：当a＝1时，g（x）＝lnx，
设过点（1，1）的直线l与g（x）＝lnx相切于点P（x0，y0），g′（x0）＝，即＝，整理得x0lnx0﹣2x0+1＝0，令m（x）＝xlnx﹣2x+1，则m（x）在（0，+∞）上的零点个数与切点P的个数一一对应，
m′（x）＝lnx﹣1，令m′（x）＝lnx﹣1＝0解得x＝e．
当x变化时，m′（x），m（x）的变化情况如下表：
x（0，
e）e（e，
+∞）
m′
（x）
﹣0+
m（x）减极小
值
增
所以m（x）在（0，e）上单调递减，在（e，+∞）上单调递增，
且m （）＝ln ﹣+1＝﹣+1＞0，m（e）＝elne﹣2e+1＝﹣e+1＜0，m（e2）＝e2lne2﹣2e2+1＝1＞0，
所以m（x ）在（，e）和（e，e2）上各有一个零点，
即xlnx﹣2x+1＝0有两个不同的解，
所以过点（1，1）可以作出2条切线．
22．已知函数f（x）＝ax a lnx（a＞0）．
（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在x＝e处的切线方程；
（2）若f（x）≤xe x对于任意的x＞1都成立，求a的最大值．
【分析】（1）由求导公式求出f′（x），由导数的几何意义求出切线的斜率k＝f′（e），利用点斜式方程求出切线的方程；
（2）将不等式转化为x a lnx a≤e x•lne x，构造函数g（x）＝xlnx，利用导数求得g（x）单调递增，从而不等式等价于x a≤e x对于任意的x＞1都成立，即a≤对于任意的x＞1都成立，令h（x）＝，利用导数求得h（x）的最小值，从而可得a的取值范围，即可得解．
解：（1）当a＝1时，f（x）＝xlnx，得f′（x）＝lnx+1，
则f（e）＝e，f′（e）＝2，
所以y＝f（x）在x＝e处的切线方程为y＝2x﹣e．
（2）当a＞0且x＞1时，
由于f（x）≤xe x⇔ax a lnx≤xe x⇔x a lnx a≤xe x⇔x a lnx a≤e x•lne x，
构造函数g（x）＝xlnx，
得g′（x）＝lnx+1＞0（x＞1），所以g（x）＝xlnx在（1，+∞）上单调递增，
f（x）≤xe x⇔x a lnx a≤e x•lne x⇔g（x a）≤g（e x），
f（x）≤xe x对于任意的x＞1都成立，又x a＞1，e x＞1，再结合g（x）的单调性可知，x a≤e x对于任意的x＞1都成立，即a≤对于任意的x＞1都成立，
令h（x）＝，则h′（x）＝，
h′（x）＞0⇒x＞e，h′（x）＜0⇒1＜x＜e，
则h（x）在（1，e）上单调递减，在（e，+∞）上单调递增，
故h（x）min＝h（e）＝e，故a≤e，
所以a的最大值为e．。