2019年全國一致高考數學試卷(文科)2019年全國一致高考數學試卷(文科)2019年全國一致高考數學試卷(文科)2019年全國一致高考數學試卷（文科）一、選擇題：本題共12小題，每題5分，共60分。在每題給出的四個選項中，只有一項為哪一項吻合題目要求的。1．已知會集A＝{x|x＞﹣1}，B＝{x|x＜2}，則A∩B＝（）A．（﹣1，+∞）B．（﹣∞，2）C．（﹣1，2）．?2．設z＝i（2+i），則＝（）A．1+2iB．﹣1+2iC．1﹣2i．﹣1﹣2i3．已知向量＝（2，3），＝（3，2），則|﹣|＝（）．B．2C．5D．504．生物實驗室有5只兔子，其中只有3只測量過某項指標．若從這5只兔子中隨機取出3只，則恰有2只測量過該指標的概率為（）．B．C．．．在“一帶一路”知識測試后，甲、乙、丙三人對成績進行展望．甲：我的成績比乙高．乙：丙的成績比我和甲的都高．丙：我的成績比乙高．成績宣告后，三人成績互不一樣樣且只有一個人展望正確，那么三人按成績由高到低的次序為（）．甲、乙、丙B．乙、甲、丙C．丙、乙、甲．甲、丙、乙6．設f（x）為奇函數，且當x≥0時，f（x）＝ex﹣1，則當x＜0時，f（x）＝（）．e﹣x﹣1B．e﹣x+1C．﹣e﹣x﹣1D．﹣e﹣x+17．設α，β為兩個平面，則α∥β的充要條件是（）．α內有無數條直線與β平行B．α內有兩條訂交直線與β平行C．α，β平行于同一條直線．α，β垂直于同一平面8．若x1＝，x2＝是函數f（x）＝sinωx（ω＞0）兩個相鄰的極值點，則ω＝（）A．2B．C．1．9．若拋物線y2＝2px（p＞0）的焦點是橢圓+＝1的一個焦點，則p＝（）A．2B．3C．4．810．曲線y＝2sinx+cosx在點（π，﹣1）處的切線方程為（）A．x﹣y﹣π﹣1＝0B．2x﹣y﹣2π﹣1＝0C．2x+y﹣2π+1＝0．x+y﹣π+1＝011．已知α∈（0，），2sin2α＝cos2α+1，則sinα＝（）．B．C．．12．設F為雙曲線C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的右焦點，O為坐標原點，以OF為直徑的圓與圓x2+y2＝a2交于P，Q兩點．若|PQ|＝|OF|，則C的離心率為（）．B．C．2．二、填空題：本題共4小題，每題5分，共20分。13．若變量x，y滿足拘束條件則z＝3x﹣y的最大值是．14．我國高鐵發展迅速，技術先進．經統計，在經停某站的高鐵列車中，有10個車次的正點率為0.97，有20個車次的正點率為0.98，有10個車次的正點率為0.99，則經停該站高鐵列車所有車次的平均正點率的估計值為．15．△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c．已知bsinA+acosB＝0，則B＝．．中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時期的官員獨孤信的印信形狀是“半正多面體”（圖1）．半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體．半正多面體表現了數學的對稱美．圖2是一個棱數為48的半正多面體，它的所有極點都在同一個正方體的表面上，且此正方體的棱長為1．則該半正多面體共有個面，其棱長為．三、解答題：共

70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。第

17～21

題為必考題，每個試題考生都必定作答。第

22、23

題為選考題，考生依照要求作答。

（一）必考題：共

60分。17．如圖，長方體

ABCD﹣A1B1C1D1的底面

ABCD

是正方形，點

E在棱

AA1上，BE⊥EC1．1）證明：BE⊥平面EB1C1；2）若AE＝A1E，AB＝3，求四棱錐E﹣BB1C1C的體積．18．已知{an}是各項均為正數的等比數列，a1＝2，a3＝2a2+16．1）求{an}的通項公式；2）設bn＝log2an，求數列{bn}的前n項和．19．某行業主管部門為認識本行業中小企業的生產情況，隨機檢查了

100個企業，獲取這些企業第一季度有對于前一年第一季度產值增添率

y的頻數分布表．（1）分別估計這類企業中產值增添率不低于40%的企業比率、產值負增添的企業比率；2）求這類企業產值增添率的平均數與標準差的估計值（同一組中的數據用該組區間的中點值為代表）．（精確到0.01）附：≈8.602．20．已知F1，F2是橢圓C：+＝1（a＞b＞0）的兩個焦點，P為C上的點，O為坐標原點．（1）若△POF2為等邊三角形，求

C的離心率；（2）若是存在點

P，使得

PF1⊥PF2，且△F1PF2的面積等于

16，求

b

的值和

a

的取值范圍．21．已知函數

f（x）＝（

x﹣1）lnx﹣x﹣1．證明：（1）f（x）存在唯一的極值點；（2）f（x）＝0

有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數．（二）選考題：共

10

分。請考生在第

22、23

題中任選一題作答。

若是多做，則按所做的第一題計分。

[選修

4-4

：坐標系與參數方程

]（10

分）22．在極坐標系中，O為極點，點M（ρ0，θ0）（ρ0＞0）在曲線C：ρ＝4sinθ上，直線l過點A（4，0）且與OM垂直，垂足為P．（1）當θ0＝時，求ρ0及l的極坐標方程；（2）當M在C上運動且P在線段OM上時，求P點軌跡的極坐標方程．[選修4-5：不等式選講]（10分）．已知f（x）＝|x﹣a|x+|x﹣2|（x﹣a）．1）當a＝1時，求不等式f（x）＜0的解集；2）當x∈（﹣∞，1）時，f（x）＜0，求a的取值范圍．2019年全國一致高考數學試卷（文科）參照答案與試題解析一、選擇題：本題共12小題，每題5分，共60分。在每題給出的四個選項中，只有一項為哪一項吻合題目要求的。1．（5分）已知會集A＝{x|x＞﹣1}，B＝{x|x＜2}，則A∩B＝（）A．（﹣1，+∞）B．（﹣∞，2）C．（﹣1，2）D．?【解析】直接利用交集運算得答案．【解答】解：由A＝{x|x＞﹣1}，B＝{x|x＜2}，得A∩B＝{x|x＞﹣1}∩{x|x＜2}＝（﹣1，2）．應選：C．【談論】本題觀察交集及其運算，是基礎題．2．（5分）設z＝i（2+i），則＝（）A．1+2iB．﹣1+2iC．1﹣2iD．﹣1﹣2i【解析】利用復數代數形式的乘除運算化簡，再由共軛復數的看法得答案．【解答】解：∵z＝i（2+i）＝﹣1+2i，∴＝﹣1﹣2i，應選：D．【談論】本題觀察復數代數形式的乘除運算，觀察復數的基本看法，是基礎題．3．（5分）已知向量＝（2，3），＝（3，2），則|﹣|＝（）A．B．2C．5D．50【解析】利用向量的坐標減法運算求得的坐標，再由向量模的公式求解．【解答】解：∵＝（2，3），＝（3，2），∴＝（2，3）﹣（3，2）＝（﹣1，1），∴||＝．應選：A．【談論】本題觀察平面向量的坐標運算，觀察向量模的求法，是基礎題．4．（5分）生物實驗室有5只兔子，其中只有3只測量過某項指標．若從這5只兔子中隨機取出3只，則恰有2只測量過該指標的概率為（）A．B．C．D．【解析】本題依照組合的看法可知從這5只兔子中隨機取出3只的所有情況數為，恰有2只測量過該指標是從3只側過的里面選2，從未測的選1，組合數為．即可得出概率．【解答】解：法一：由題意，可知：依照組合的看法，可知：從這5只兔子中隨機取出3只的所有情況數為，恰有2只測量過該指標的所有情況數為．∴＝＝．p法二：設其中做過測試的3只兔子為a，b，c，節余的2只為A，B，則從這5只中任取3只的所有取法有{a，b，c}，{a，b，A}，{a，b，B}，{a，c，A}，{a，c，B}，{a，A，B}，{b，c，A}，{b，c，B}，{b，A，B}，{c，A，B}10種，其中恰好有兩只做過測試的取法有{a，b，A}，{a，b，B}，{a，c，A}，{a，c，B}，{b，c，A}，{b，c，B}6種，故恰有兩只做過測試的概率為＝．應選：B．【談論】本題主要觀察組合的相關看法及應用以及簡單的概率知識，本題屬基礎題．5．（5分）在“一帶一路”知識測試后，甲、乙、丙三人對成績進行展望．甲：我的成績比乙高．乙：丙的成績比我和甲的都高．丙：我的成績比乙高．成績宣告后，三人成績互不一樣樣且只有一個人展望正確，那么三人按成績由高到低的次序為（A．甲、乙、丙B．乙、甲、丙C．丙、乙、甲D．甲、丙、乙

）【解析】本題可從三人展望中互相關系的乙、丙兩人的展望下手，由于只有一個人展望正確，而乙對則丙必對，丙對乙很有可能對，假設丙對乙錯則會引起矛盾故只有一種情況就是甲展望正確乙、丙錯誤，進而得出結果．【解答】解：由題意，可把三人的展望簡寫以下：甲：甲＞乙．乙：丙＞乙且丙＞甲．丙：丙＞乙．∵只有一個人展望正確，∴解析三人的展望，可知：乙、丙的展望不正確．若是乙展望正確，則丙展望正確，不吻合題意．若是丙展望正確，假設甲、乙展望不正確，則有丙＞乙，乙＞甲，∵乙展望不正確，而丙＞乙正確，∴只有丙＞甲不正確，∴甲＞丙，這與丙＞乙，乙＞甲矛盾．不吻合題意．∴只有甲展望正確，乙、丙展望不正確，甲＞乙，乙＞丙．應選：A．【談論】本題主要觀察合情推理，由于只有一個人展望正確，所以本題要點是要找到互相關系的兩個預測下手即可找出矛盾．進而得出正確結果．本題屬基礎題．6．（5分）設f（x）為奇函數，且當x≥0時，f（x）＝ex﹣1，則當x＜0時，f（x）＝（）A．e﹣x﹣1B．e﹣x+1C．﹣e﹣x﹣1D．﹣e﹣x+1【解析】設x＜0，則﹣x＞0，代入已知函數解析式，結合函數奇偶性可得x＜0時的f（x）．【解答】解：設x＜0，則﹣x＞0，∴f（﹣x）＝e﹣x﹣1，∵設f（x）為奇函數，∴﹣f（x）＝e﹣x﹣1，即f（x）＝﹣e﹣x+1．應選：D．【談論】本題觀察函數的解析式即常用求法，觀察函數奇偶性性質的應用，是基礎題．7．（5分）設α，β為兩個平面，則α∥β的充要條件是（）．α內有無數條直線與β平行B．α內有兩條訂交直線與β平行C．α，β平行于同一條直線．α，β垂直于同一平面【解析】充要條件的定義結合面面平行的判判定理可得結論【解答】解：對于A，α內有無數條直線與β平行，α∩β或α∥β；對于B，α內有兩條訂交直線與β平行，α∥β；對于C，α，β平行于同一條直線，α∩β或α∥β；對于D，α，β垂直于同一平面，α∩β或α∥β．應選：B．【談論】本題觀察了充要條件的定義和面面平行的判判定理，觀察了推理能力，屬于基礎題．8．（5分）若x1＝，x2＝是函數f（x）＝sinωx（ω＞0）兩個相鄰的極值點，則ω＝（）A．2B．C．1D．【解析】x1＝，x2＝是f（x）兩個相鄰的極值點，則周期T＝2（）＝，爾后依照周期公式即可求出．【解答】解：∵x1＝，x2＝是函數f（x）＝sinωx（ω＞0）兩個相鄰的極值點，∴T＝2（）＝＝∴ω＝2，應選：A．【談論】本題觀察了三角函數的圖象與性質，要點是依照條件得出周期，屬基礎題．9．（5分）若拋物線y2＝2px（p＞0）的焦點是橢圓+＝1的一個焦點，則p＝（）A．2B．3C．4D．8【解析】依照拋物線的性質以及橢圓的性質列方程可解得．【解答】解：由題意可得：3p﹣p＝（）2，解得p＝8．應選：D．【談論】本題觀察了拋物線與橢圓的性質，屬基礎題．10．（5分）曲線y＝2sinx+cosx在點（π，﹣1）處的切線方程為（）A．x﹣y﹣π﹣1＝0B．2x﹣y﹣2π﹣1＝0C．2x+y﹣2π+1＝0D．x+y﹣π+1＝0【解析】求出原函數的導函數，獲取函數在x＝π時的導數，再由直線方程點斜式得答案．【解答】解：由y＝2sinx+cosx，得y′＝2cosx﹣sinx，∴y′|x＝π＝2cosπ﹣sinπ＝﹣2，∴曲線y＝2sinx+cosx在點（π，﹣1）處的切線方程為y+1＝﹣2（x﹣π），即2x+y﹣2π+1＝0．應選：C．【談論】本題觀察利用導數研究過曲線上某點處的切線方程，熟記基本初等函數的導函數是要點，是基礎題．11．（5分）已知α∈（0，），2sin2α＝cos2α+1，則sinα＝（）A．B．C．D．【解析】由二倍角的三角函數公式化簡已知可得4sinαcosα＝2cos2α，結合角的范圍可求sinα＞0，cosα＞0，可得cosα＝2sinα，依照同角三角函數基本關系式即可解得sinα的值．【解答】解：∵2sin2α＝cos2α+1，∴可得：4sinαcosα＝2cos2α，∵α∈（0，），sinα＞0，cosα＞0，∴cosα＝2sinα，∵sin2α+cos2α＝sin2α+（2sinα）2＝5sin2α＝1，∴解得：sinα＝．應選：B．【談論】本題主要觀察了二倍角的三角函數公式，同角三角函數基本關系式在三角函數化簡求值中的應用，觀察了轉變思想，屬于基礎題．12．（5分）設F為雙曲線C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的右焦點，O為坐標原點，以OF為直徑的圓與圓

x2+y2＝a2交于

P，Q兩點．若

|PQ|＝|OF|，則

C的離心率為（

）A．

B．

C．2

D．【解析】由題意畫出圖形，先求出

PQ，再由

|PQ|＝|OF|列式求

C的離心率．【解答】解：如圖，以OF為直徑的圓的方程為x2+y2﹣cx＝0，又圓O的方程為x2+y2＝a2，∴PQ所在直線方程為．把x＝代入x2+y2＝a2，得PQ＝，再由||＝|OF|，得，即4a2（2﹣2）＝c4，PQca∴e2＝2，解得e＝．應選：A．【談論】本題觀察雙曲線的簡單性質，觀察數形結合的解題思想方法，是中檔題．二、填空題：本題共4小題，每題5分，共20分。13．（5分）若變量x，y滿足拘束條件則z＝3x﹣y的最大值是9．【解析】由拘束條件作出可行域，化目標函數為直線方程的斜截式，數形結合獲取最優解，把最優解的坐標代入目標函數得答案．【解答】解：由拘束條件作出可行域如圖：化目標函數z＝3x﹣y為y＝3x﹣z，由圖可知，當直線y＝3x﹣z過A（3，0）時，直線在y軸上的截距最小，z有最大值為9．故答案為：9．【談論】本題觀察簡單的線性規劃，觀察數形結合的解題思想方法，是中檔題．14．（5分）我國高鐵發展迅速，技術先進．經統計，在經停某站的高鐵列車中，有10個車次的正點率為0.97，有20個車次的正點率為0.98，有10個車次的正點率為0.99，則經停該站高鐵列車所有車次的平均正點率的估計值為0.98．【解析】利用加權平均數公式直接求解．【解答】解：∵經統計，在經停某站的高鐵列車中，有10個車次的正點率為0.97，有20個車次的正點率為0.98，有10個車次的正點率為0.99，∴經停該站高鐵列車所有車次的平均正點率的估計值為：＝（10×0.97+20×0.98+10×0.99）＝0.98．故答案為：0.98．【談論】本題觀察經停該站高鐵列車所有車次的平均正點率的估計值的求法，觀察加權平均數公式等基礎知識，觀察推理能力與計算能力，屬于基礎題．15．（5分）△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c．已知bsinA+acosB＝0，則B＝．【解析】由正弦定理化簡已知等式可得

sinAsinB+sin

AcosB＝0，由于

sinA＞0，化簡可得

tanB＝﹣1，結合范圍

B∈（0，π），可求

B的值為

．【解答】解：∵bsinA+acosB＝0，∴由正弦定理可得：sinAsinB+sinAcosB＝0，∵A∈（0，π），sinA＞0，∴可得：sinB+cosB＝0，可得：tanB＝﹣1，∵B∈（0，π），∴B＝．故答案為：．【談論】本題主要觀察了正弦定理，同角三角函數基本關系式，特別角的三角函數值在解三角形中的應用，觀察了計算能力和轉變思想，屬于基礎題．16．（5分）中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時期的官員獨孤信的印信形狀是“半正多面體”

（圖

1）．半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體．半正多面體表現了數學的對稱美．圖

2是一個棱數為

48的半正多面體，它的所有極點都在同一個正方體的表面上，且此正方體的棱長為

1．則該半正多面體共有

26個面，其棱長為

﹣1

．【解析】中間層是一個正八棱柱，有8個側面，上層是有8+1，個面，基層也有8+1個面，故共有26個面；半正多面體的棱長為中間層正八棱柱的棱長加上兩個棱長的cos45°＝倍．【解答】解：該半正多面體共有8+8+8+2＝26個面，設其棱長為x，則x+x+x＝1，解得x＝﹣1．故答案為：26，﹣1．【談論】本題觀察了球內接多面體，屬中檔題．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。第17～21題為必考題，每個試題考生都必定作答。第22、23題為選考題，考生依照要求作答。（一）必考題：共60分。17．（12分）如圖，長方體ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點E在棱AA1上，BE⊥EC1．1）證明：BE⊥平面EB1C1；2）若AE＝A1E，AB＝3，求四棱錐E﹣BB1C1C的體積．【解析】（1）由線面垂直的性質可得B1C1⊥BE，結合BE⊥EC1利用線面垂直的判判定理可證明BE⊥平面EB1C1；2）由條件可得AE＝AB＝3，爾后獲取E到平面BB1C1C的距離d＝3，在求四棱錐的體積即可．【解答】解：（1）證明：由長方體ABCD﹣A1B1C1D1，可知B1C1⊥平面ABB1A1，BE?平面ABB1A1，∴B1C1⊥BE，∵BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，∴BE⊥平面EB1C1；2）由（1）知∠BEB1＝90°，由題設可知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，∴∠AEB＝∠A1EB1＝45°，∴AE＝AB＝3，AA1＝2AE＝6，∵在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1∥平面BB1C1C，E∈AA1，AB⊥平面BB1C1C，∴E到平面BB1C1C的距離d＝AB＝3，∴四棱錐E﹣BB1C1C的體積V＝×3×6×3＝18．【談論】本題觀察了線面垂直的判判定理和性質，觀察了四棱錐體積的求法，屬中檔題．18．（12分）已知{an}是各項均為正數的等比數列，a1＝2，a3＝2a2+16．1）求{an}的通項公式；2）設bn＝log2an，求數列{bn}的前n項和．【解析】（1）設等比數列的公比，由已知列式求得公比，則通項公式可求；2）把（1）中求得的{an}的通項公式代入bn＝log2an，獲取bn，說明數列{bn}是等差數列，再由等差數列的前n項和公式求解．【解答】解：（1）設等比數列的公比為q，由a1＝2，a3＝2a2+16，得2q2＝4q+16，即q2﹣2q﹣8＝0，解得q＝﹣2（舍）或q＝4．∴；（2）bn＝log2an＝，∵b1＝1，bn+1﹣bn＝2（n+1）﹣1﹣2n+1＝2，∴數列{bn}是以1為首項，以2為公差的等差數列，則數列{bn}的前n項和．【談論】本題觀察等差數列與等比數列的通項公式及前n項和，觀察對數的運算性質，是基礎題．19．（12分）某行業主管部門為認識本行業中小企業的生產情況，隨機檢查了100個企業，獲取這些企業第一季度有對于前一年第一季度產值增添率y的頻數分布表．y的分組[﹣0.20，0）[0，0.20）[0.20，0.40）[0.40，0.60）[0.60，0.80）企業數22453147（1）分別估計這類企業中產值增添率不低于40%的企業比率、產值負增添的企業比率；2）求這類企業產值增添率的平均數與標準差的估計值（同一組中的數據用該組區間的中點值為代表）．（精確到0.01）附：≈8.602．【解析】（1）依照頻數分布表計算即可；（2）依照平均值和標準差計算公式代入數據計算即可．【解答】解：（1）依照產值增添率頻數表得，所檢查的100個企業中產值增添率不低于40%的企業為：＝0.21＝21%，產值負增添的企業頻率為：＝0.02＝2%，用樣本頻率分布估計整體分布得這類企業中產值增添率不低于40%的企業比率為21%，產值負增添的企業比率為2%；（2）企業產值增添率的平均數（﹣0.1×2+0.1×24+0.3×53+0.5×14+0.7×7）＝0.3＝30%，產值增添率的方差s2＝[（﹣0.4）2×2+（﹣0.2）2×24+02×53+0.22×14+0.42×7]0.0296，∴產值增添率的標準差s＝≈0.17，∴這類企業產值增添率的平均數與標準差的估計值分別為0.30，0.17．【談論】本題觀察了樣本數據的平均值和方差的求法，觀察運算求解能力，屬基礎題．20．（12分）已知F1，F2是橢圓C：+＝1（a＞b＞0）的兩個焦點，P為C上的點，O為坐標原點．（1）若△POF2為等邊三角形，求C的離心率；（2）若是存在點P，使得PF1⊥PF2，且△F1PF2的面積等于16，求b的值和a的取值范圍．【解析】（1）依照△POF2為等邊三角形，可得在△F1PF2中，∠F1PF2＝90°，在依照直角形和橢圓定義可得；（2）依照三個條件列三個方程，解方程組可得b＝4，依照x2＝（c2﹣b2），所以c2≥b2，進而a2＝b2+c2≥2b2＝32，故a≥4，【解答】解：（1）連接PF1，由△POF2為等邊三角形可知在△F1PF2中，∠F1PF2＝90°，|PF2|＝c，|PF1|＝c，于是2a＝|PF1|+|PF2|＝（+1）c，故曲線C的離心率e＝＝﹣1．（2）由題意可知，滿足條件的點P（x，y）存在當且僅當：|y|?2c＝16，?＝﹣1，+＝1，即c|y|＝16，①x2+y2＝c2，②＝1，③由②③及a2＝b2+c2得y2＝，又由①知y2＝，故b＝4，由②③得x2＝（c2﹣b2），所以c2≥b2，進而a2＝b2+c2≥2b2＝32，故a≥4，當b＝4，a≥4時，存在滿足條件的點P．所以b＝4，a的取值范圍為[4，+∞）．【談論】本題觀察了橢圓的性質，屬中檔題．21．（12分）已知函數f（x）＝（x﹣1）lnx﹣x﹣1．證明：1）f（x）存在唯一的極值點；2）f（x）＝0有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數．【解析】（1）推導出f（x）的定義域為（0，+∞），f′（x）＝lnx﹣，進而f′（x）單調遞加，進而存在唯一的x0∈（1，2），使得f′（x0）＝0．由此能證明f（x）存在唯一的極值點．（2）由f（x0）＜f（1）＝﹣2，f（e2）＝e2﹣3＞0，獲取f（x）＝0在（x0，+∞）內存在唯一的根x＝a，由a＞x0＞1，得，進而是f（x）＝0在（0，x0）的唯一根，由此能證明f（x）＝0有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數．【解答】證明：（1）∵函數f（x）＝（x﹣1）lnx﹣x﹣1．∴f（x）的定義域為（0，+∞），f′（x）＝＝lnx﹣，∵＝lnx單調遞加，y＝單調遞減，∴′（）單調遞加，yfx又f′（1）＝﹣1＜0，f′（2）＝ln2﹣＝＞0，∴存在唯一的x0∈（1，2），使得f′（x0）＝0．當x＜x0時，f′（x）＜0，f（x）單調遞減，當x＞x0時，f′（x）＞0，f（x）單調遞加，∴f（x）存在唯一的極值點．（2）由（1）知f（x0）＜f（1）＝﹣2，又f（e2）＝e2﹣3＞0，∴f（x）＝0在（x0，+∞）內存在唯一的根x＝a，由a＞x0＞1，得，∵f（）＝（）ln﹣＝﹣＝0，∴是f（x）＝0在（0，x0）的唯一根，綜上，f（x）＝0