湖北省高考数学理科试题及解析全部题目 15页

2014 年湖北省高考数学理科试题及解析 1. i 为虚数单位，   2)1 1( i i A. －1 B.1 C. －i D. i 【解题提示】利用复数的运算法则进行计算 【解析】选 A. 12 2 )1)(1( )1)(1()1 1( 2    i i ii ii i i 2.若二项式 7)2( x ax  的展开式中 3 1 x 的系数是 84，则实数 a ＝ A. 2 B. 3 4 C.1 D. 4 2 【解题提示】 考查二项式定理的通项公式 【解析】选 C. 因为 1rT   rrrrrrr xaCx axC 277 7 7 7 2)()2(   ，令 327  r ，得 2r ，所以 842 2722 7  aC ，解得 a＝1. 3.设U 为全集， BA, 是集合，则“存在集合 C 使得 , UA C B C  ð ”是“ BA ” 的 A. 充分而不必要的条件 B. 必要而不充分的条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要的条件 【解题提示】考查集合与集合的关系，充分条件与必要条件的判断 【解析】选 C. 依题意，若 CA  ，则 U UC A ，当 UB C ð ，可得 BA ； 若 BA ，不妨另C A ，显然满足 , UA C B C  ð ，故满足条件的集合C 是存在 的. 4.根据如下样本数据 x 3 4 5 6 7 8 y 4.0 2.5 -0.5 0.5 -2.0 -3.0 得到的回归方程为 abxy ˆ ，则 A. 0,0  ba B. 0,0  ba C. 0,0  ba D. 0.0  ba 【解题提示】 考查根据已知样本数判绘制散点图，由散点图判断线性回归方程中的b 与 a 的符号问题 【解析】选 B. 画出散点图如图所示，y 的值大致随 x 的增加而减小，因而两个变量呈负相关，所以 0b ， 0a 5..在如图所示的空间直角坐标系 xyzO  中，一个四面体的顶点坐标分别是（0,0,2）， （2,2,0），（1,2，1），（2,2,2），给出编号①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图 和 俯 视 图 分 别 为 A.①和② B.③和① C. ④和③ D.④和② 【解题提示】 考查由已知条件，在空间坐标系中作出几何体的大致形状，进一步得到正视 图与俯视图 【解析】选 D. 在坐标系中标出已知的四个点，根据三视图的画图规则判断三棱锥的正视图 为④与俯视图为②，故选 D. 6.若函数f(x)， ( )g x 满足 1 1 ( )g( )d 0f x x x  ，则称f(x)， ( )g x 为区间[-1,1] 上的一组 正交函数，给出三组函数： ① 1 1( ) sin , ( ) cos2 2f x x g x x  ；② ( ) 1,g( ) 1f x x x x    ；③ 2( ) ,g( )f x x x x  其中为区间 ]1,1[ 的正交函数的组数是（ ） A.0 B.1 C.2 D.3 【解题提示】 考查微积分基本定理的运用 【解析】选 C. 对①， 1 1 1 11 1 1 1 1 1(sin cos ) ( sin ) cos | 02 2 2 2x x dx x dx x         ，则 )(xf 、 )(xg 为区间 ]1,1[ 上的正交函数； 对②， 1 1 2 3 1 11 1 1 4( 1)( 1) ( 1) ( ) | 03 3x x dx x dx x x             ，则 )(xf 、 )(xg 不为区 间 ]1,1[ 上的正交函数； 对③， 1 3 4 1 11 1( ) | 04x dx x    ，则 )(xf 、 )(xg 为区间 ]1,1[ 上的正交函数. 所以满足条件的正交函数有 2 组. 7.由不等式       02 0 0 xy y x 确定的平面区域记为 1 ，不等式      2 1 yx yx ，确定的平面区域 记为 2 ，在 1 中随机取一点，则该点恰好在 2 内的概率为（ ） A. 8 1 B. 4 1 C. 4 3 D. 8 7 【解题提示】 首先根据给出的不等式组表示出平面区域，然后利用面积型的几何概型公式 求解 【解析】选 D. 依题意，不等式组表示的平面区域如图， 由 几 何 概 型 概 率 公 式 知 ， 该 点 落 在 2 内 的 概 率 为 1 1 12 2 1 72 2 2 1 82 22 BDF CEF BDF S SP S             . 8.《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系 统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，另相乘也。又以高乘之，三十六 成一。该术相当于给出了有圆锥的底面周长 L 与高 h ，计算其体积V 的近似公式 21 .36v L h 它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率 近似取为 3.那么近似公式 22 75v L h 相当于将圆 锥体积公式中的 近似取为（ ） A. 22 7 B. 25 8 C. 157 50 D. 355 113 【解题提示】 考查圆锥的体积公式以及学生的阅读理解能力。根 据 近 似公 式 22 75V L h ， 建 立 方程 ， 即 可 求 得结 论 【 解 析 】 选 B. 设 圆 锥 底 面 圆 的 半 径 为 r ， 高 为 h ， 依 题 意 ， 2)2( rL  ， 2 2 21 1 1 2(2 )3 3 12 75V Sh r h r h L h     ，所以 1 2 12 75  ，即 的近似值为 25 8 9.已知 1 2,F F 是椭圆和双曲线的公共焦点， P 是他们的一个公共点，且 1 2 3F PF   ,则椭 圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为（ ） A. 4 3 3 B. 2 3 3 C.3 D.2 【解题提示】 椭圆、双曲线的定义与性质，余弦定理及用基本不等式求最值 【解析】选 A. 设椭圆的长半轴长为 a ，双曲线的实半轴长为 1a （ 1aa  ），半焦距为 c ， 由椭圆、双曲线的定义得 aPFPF 2|||| 21  ， 1 2 1| | | | 2PF PF a  ，所以 11 || aaPF  ， 12 || aaPF  ， 因为 1 2 3F PF   ，由余弦定理得 2 2 2 1 1 1 14 ( ) ( ) 2( )( )cos 3c a a a a a a a a        ， 所以 2 1 22 34 aac  ，即 21 2 2 1 2 2 2 2 1 )(2 124 c a c a c a c a c a  ， 所以 2 1 2 1 48)11( eee  ， 利用基本不等式可求得椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为 4 3 3 . 10. 已 知 函 数 )(xf 是 定 义 在 R 上 的 奇 函 数 ， 当 0x 时 ， )3|2||(|2 1)( 222 aaxaxxf  ，若 Rx ， )()1( xfxf  ，则实数 a 的取值范 围为（ ） A. ]6 1,6 1[ B. ]6 6,6 6[ C. ]3 1,3 1[ D. ]3 3,3 3[ 【解题提示】 考查函数的奇函数的性质、分段函数、最值及恒成立 【解析】选 B. 依题意，当 0x 时，          2 222 22 0, 2, 2,3 )( axx axaa axax xf ，作图可知， )(xf 的最 小值为 2a ，因为函数 )(xf 为奇函数，所以当 0x 时 )(xf 的最大值为 2a ，因为对任意 实数 x 都有， )()1( xfxf  ，所以， 1)2(4 22  aa ，解得 6 6 6 6  a ， 故实数 a 的取值范围是 ]6 6,6 6[ . 11.设向量 (3,3)a  ， (1, 1)b   ，若   a b a b       ，则实数   ________. 【解析】因为 a b (3 ,3 )       ， a b (3 ,3 )       ， 因为 (a b) (a b)       ，所以 0)3)(3()3)(3(   ，解得 3  答案：3 【 误 区 警 示 】 解 题 时 要 明 确 知 道    a b a b       的 充 要 条 件 是 (a b) (a b) 0        ，不要与向量平行的充要条件弄混。 12.直线 1 :l y x a  和 2 :l y x b  将单位圆 2 2: 1C x y  分成长度相等的四段弧，则 2 2a b  ________. 【解析】依题意，圆心 )0,0( 到两条直线的距离相等，且每段弧的长度都是圆周的 4 1 ，圆心 到 1 :l y x a  的 距 离 为 2 2 | 0 1 0 | 1 1 a     （-1）+ （ ） ， 圆 心 到 2 :l y x b  的 距 离 为 2 2 | 0 1 0 | 1 1 b     （-1）+ （ ） ， 即 2 || 2 || ba  ， 2 245cos 2 ||  a ， 所 以 122  ba ， 故 222  ba . 答案：2 【误区警示】 解答本题时容易出现的问题是不能把“将单位圆 2 2: 1C x y  分成长度相 等的四段弧” 用数学语言表示出来。 13.设 a 是一个各位数字都不是 0 且没有重复数字的三位数.将组成 a 的 3 个数字按从小到大 排成的三位数记为  I a ，按从大到小排成的三位数记为  D a （例如 815a  ，则   158I a  ，   851D a  ）.阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，任意输入一个 a ， 输出的结果b  ________. 【解析】当 123a ，则 123198123321 b ； 当 198a ，则 198783198981 b ； 当 783a ，则 783495378873 b ； 当 495a ，则 ab  495459954 ，终止循环，故输出 495b 答案：495 【误区警示】 解答本题时易犯的错误是循环计算 (a) I(a)b D  时出现计算错误 14.设  xf 是定义在  ,0 上的函数，且   0xf ，对任意 0,0  ba ，若经过点      bfbafa ,,, 的直线与 x 轴的交点为  0,c ，则称 c 为 ba, 关于函数  xf 的平均数，记 为 ),( baM f ，例如，当   )0(1  xxf 时，可得 2),( bacbaM f  ，即 ),( baM f 为 ba, 的算术平均数. （1）当   )0_____(  xxf 时， ),( baM f 为 ba, 的几何平均数； （2）当   )0_____(  xxf 时， ),( baM f 为 ba, 的调和平均数 ba ab  2 ； （以上两空各只需写出一个符合要求的函数即可） 【 解 析 】：（ 1 ） 设 (x) xf  ，（ x ＞ 0 ）， 则 经 过 点 (a, )a 、 ( , )b b 的 直 线 方 程 为 y a b a x a b a     ，令 y=0，求得 x c ab  ， ∴当 (x) xf  ，（x＞0）时， ),( baM f 为 a，b 的几何平均数 ab （2）设 )0()(  xxxf ，则经过点 ),( aa ， ),( bb  的直线方程为 ab ab ax ay    ，令 0y ， 所以 ba abxc  2 ， 所以当   )0(  xxxf 时， ),( baM f 为 ba, 的调和平均数 ba ab  2 答案：（1） x （2） x 【误区警示】 解答本题时容易出现的错误是不能正确理解新定义 ),( baM f 15.（选修 4-1：几何证明选讲） 如图，P 为⊙ O 外一点，过 P 作⊙O 的两条切线，切点分别为 BA, ，过 PA 的中点 Q 作割 线 交 ⊙ O 于 DC, 两 点 ， 若 ,3,1  CDQC 则 _____PB . 【解析】由切割线定理得 4)31(12  QDQCQA ，所以 2QA ， 4 PAPB . 答案：4 【误区警示】解答本题时容易出现的问题是错误使用切割线定理。 16.（选修 4-4：坐标系与参数方程） 已知曲线 1C 的参数方程是      3 3ty tx  为参数t ，以坐标原点为极点， x 轴的正半轴为极轴 建立极坐标系，曲线 2C 的极坐标方程是 2 ，则 1C 与 2C 交点的直角坐标为_______. 【解析】由      3 3ty tx 消去t 得 )0,0(3 22  yxyx ，由 2 得 422  yx ，解方程组      22 22 3 4 yx yx 得 1C 与 2C 的交点坐标为 )1,3( . 答案： )1,3( 【误区警示】解答本题时容易出现的问题是消去      3 3ty tx 中的参数t 时出现错误。 17.某实验室一天的温度（单位： o C ）随时间 （单位;h）的变化近似满足函数关系： (t) 10 3 cos sin , [0,24).12 12f t t t     (1) 求实验室这一天的最大温差； (2) 若要求实验室温度不高于 11 o C ，则在哪段时间实验室需要降温？ 【解题指南】（Ⅰ）将 π π( ) 10 3cos sin12 12f t t t   化为 的形式， 可求得只一天的温度最大值和最小值，进而求得最大温差。 （Ⅱ）由题意可得，当 f（t）＞11 时，需要降温，由 f（t）＞11，求得 1 12 3 2sin t  （ ）＜ ，即 7 11 6 12 3 6t     ＜ ，解得 t 的范围，可得结论． 【解析】（Ⅰ）因为 3 1(t) 10 2( cos t sin t) 10 2sin( t )2 12 2 12 12 3f          又 0 t 24  当 t 2 时，sin( t ) 112 3    ；当 t 14 时， sin( t ) 112 3     。 于是 (t)f 在[0,24)上取得最大值 12 o C ，取得最小值 8 o C . 故实验室这一天最高温度为 12 o C ，最低温度为 8 o C ，最大温差为 4 o C 。 （Ⅱ）依题意，当 (t) 11f  时实验室需要降温 由（1）得 (t) 10 2sin( t )12 3f     ，故有10 2sin( t ) 1112 3     即 1sin( t )12 3 2     。 又 0 24t  ，因此 7 11t6 12 3 6       ，即10 18t  。 在 10 时至 18 时实验室需要降温。 18.已知等差数列{a }n 满足： 1a ＝2，且 1 2 3, ,a a a 成等比数列. （1） 求数列{a }n 的通项公式. （2） 记 nS 为数列{a }n 的前 n 项和，是否存在正整数 n ，使得 60 800?nS n  若存在， 求 n 的最小值；若不存在，说明理由. 【解题指南】（Ⅰ）由 2 ，2 d ，2 4d 成等比数列可求得公差 d,从而根据通项公式表示出 数列{ }na 的通项； （Ⅱ）根据{ }na 的通项公式表示出{ }na 的前 项和公式 ,令 nS 60 800n  ，解此不等式。 【解析】（1）设数列{a }n 的公差为 d ，依题意， d,2 d,2 4d  成等比数列，故有 2(2 d) 2(2 4d)   化简得 2d 4 0d  ，解得 0d  或 4d  当 0d  时， a 2n  当 4d  时， a 2 (n 1) 4 4 2n n      从而得数列{a }n 的通项公式为 a 2n  或 a 4 2n n  。 （2）当 a 2n  时， 2nS n 。显然 2 60 800n n  此时不存在正整数 n ，使得 60 800nS n  成立。 当 a 4 2n n  时， 2[2 (4n 2)] 22n nS n   令 22 60 800n n  ，即 2 30 400 0n n   ， 解得 40n  或 10n   （舍去）， 此时存在正整数 n ，使得 60 800nS n  成立， n 的最小值为 41。 综上，当 a 2n  时，不存在满足题意的 n ； 当 a 4 2n n  时，存在满足题意的 n ，其最小值为 41。 19. 如 图 ， 在 棱 长 为 2 的 正 方 体 1111 DCBAABCD  中 ， NMFE ,,, 分 别 是 棱 1111 ,,, DABAADAB 的 中 点 ， 点 QP, 分 别 在 棱 1DD , 1BB 上 移 动 ， 且  20  BQDP . （1）当 1 时，证明：直线 1BC ∥ 平面 EFPQ ; （2）是否存在  ，使平面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出  的值；若不存在，说明理由. 【解题指南】（ Ⅰ ） 建 立 坐 标 系 ， 求 出 1 2BC FP  ， 可 得 BC 1∥ FP， 利 用 线 面 平 行 的 判 定 定理 ， 可 以 证 明直 线 BC 1∥ 平 面 EFPQ； （ Ⅱ ） 求 出 平 面 EFPQ 的 一 个 法 向 量 、 平 面 MNPQ 的 一 个 法 向 量 ， 利 用 面 EFPQ 与 面 PQMN 所 成 的二 面 角 为 直 二面 角 ， 建 立 方程 ， 即 可 得 出结 论 ． 【解析】 以 D 为原点，射线 1DA,DC,DD 分别为 , ,x y z 轴的正半轴建立空间直角坐标系 D xyz 。 由已知得 1(2,2,0),C (0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0, )B  1 ( 2,0,2),FP ( 1,0, ), (1,1,0).BC FE       （Ⅰ）证明：当 1  时， FP ( 1,0,1)  因为 1 ( 2,0,2)BC   ，所以 1 2FPBC   ，即 1 FPBC ∥ 而 FP EFPQ 平面 ，且 1 EFPQBC  平面 ，故直线 1BC ∥ 平面 EFPQ 。 （Ⅱ）设平面 EFPQ 的一个法向量为 ( , , )n x y z ，则 由 FE 0 FP 0 n n          可得 0 0 x y x y      ，于是可取 ( , ,1)n    同理可得平面 MNPQ 的一个法向量为 (2 ,2 ,1)m     若存在  ，使得平面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角， 则 (2 ,2 ,1) ( , ,1)m n          ，即 (2 ) (2 ) 1 0        解得 21 2    故存在 21 2    ，使平面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角。 20.计划在某水库建一座至多安装 3 台发电机的水电站，过去 50 年的水文资料显示，水库年 入流量 X (年入流量：一年内上游来水与库区降水之和.单位：亿立方米）都在 40 以上.其 中，不足 80 的年份有 10 年，不低于 80 且不超过 120 的年份有 35 年，超过 120 的年份有 5 年.将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率，并假设各年的年入流量相互独立. (1)求未来 4 年中，至多 1 年的年入流量超过 120 的概率； (2)水电站希望安装的发电机尽可能运行，但每年发电机最多可运行台数受年入流量 X 限 制，并有如下关系： 年入流量 X 40 80x  80 120x  120x  发电机最多可运行台数 1 2 3 若某台发电机运行，则该台年利润为 5000 万元；若某台发电机未运行，则该台年亏损 800 万，欲使水电站年利润的均值达到最大，应安装发电机多少台？ 【解题指南】（ Ⅰ ） 先 求 出年 入 流 量 X 的 概 率 ，根 据 二 项 分 布 ， 求出 未 来 4 年 中 ， 至 少 有 1 年 的 年入 流 量 超 过 120 的 概 率； （ Ⅱ ） 分 三 种 情 况 进 行 讨 论 ， 分 别 求 出 一 台 ， 两 台 ， 三 台 的 数 学 期 望 ， 比 较 即 可 得 到 ． 【 解 析 】 （ Ⅰ ） 依 题 意 ， 1 10(40 X 80) 0.250p p     ， 2 35(80 X 120) 0.750p p     ， 3 5(X 120) 0.150p p    由二项分布，在未来 4 年中至多有一年的年入流量超过 120 的概率为 0 4 1 3 4 3 4 3 4 3 3 9 9 1(1 ) (1 ) ( ) 4 ( ) 0.947710 10 10p C p C p p         （Ⅱ）记水电站年总利润为 Y （1） 安装 1 台发电机的情形 由于水库年入流量总大于 40，故一台发电机运行的概率为 1，对应的年利润 Y 5000 ， (Y) 1 5000 5000E    （2）安装 2 台发电机的情形 依题意，当 40 80x  时，一台发电机运行，此时 5000 800 4200Y    ，因此 1(Y 4200) P(40 80) 0.2P x p      ； 当 X 80 时 ， 两 台 发 电 机 运 行 ， 此 时 Y 5000 2 10000   ，因此 2 3(Y 10000) P(X 80) 0.8P p p      ；由此得的分布 列如下 Y 4200 10000 P 0.2 0.8 所以， (Y) 4200 0.2 1000 0.8 8840E      。 （3）安装 3 台发电机的情形 依题意，当 40 80x  时，一台发电机运行，此时 5000 1600 3400Y    ，因此 1(Y 3400) P(40 80) 0.2P x p      ；当80 X 120  时，两台发电机运行，此时 Y 5000 2 800 9200    ， 因 此 2(Y 9200) P(80 X 120) 0.7P p      ； 当 X 120 时 ， 两 台 发 电 机 运 行 ， 此 时 Y 5000 3 15000   ， 因 此 3(Y 15000) P(X 120) 0.1P p     由此得的分布列如下 Y 3400 8200 15000 P 0.2 0.7 0.1 所以， (Y) 3400 0.2 9200 0.7 15000 0.1 8620E        。 综上，欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机 2 台。 21.在平面直角坐标系 xOy 中，点 M 到点  1,0F 的距离比它到 y 轴的距离多 1，记点 M 的 轨迹为 C. (1)求轨迹为 C 的方程 (2)设斜率为 k 的直线l 过定点  2,1p  ，求直线l 与轨迹 C 恰好有一个公共点，两个公共点， 三个公共点时 k 的相应取值范围。 【解题指南】（ Ⅰ ） 设 出 M 点 的 坐 标 ， 直 接 由 题 意 列 等 式 ， 整 理 后 即可 得 到 M 的轨迹 C 的方程； （Ⅱ）设出直线 l 的方程为 1 (x 2)y k   ，和（Ⅰ）中的轨迹方程联立化为关 于 y 的一元二次方程，求出判别式，再在直线 y-1=k（x+2）中取 y=0 得到 0 2 1kx k   ， 然 后分 判 别式 小 于 0、 等于 0、 大于 0 结 合 x0＜ 0 求 解使 直 线 l 与 轨迹 C 恰 好有 一个公共点、两个公共点、三个公共点时 k 的相应取值范围． 【解析】（Ⅰ）设点 (x, y)M ,依题意得 MF 1x  ，即 2 2(x 1) 1y x    化简整理得 2 2( ) xy x  故点的轨迹C 的方程为 2 4 , 0 0, 0 x xy x    。 （Ⅱ）在点 M 的轨迹C 中，记 2 1 2: 4 , : y 0(x 0)C y x C   依题意，可设直线l 的方程为 1 (x 2)y k   由方程组 2 1 (x 2) 4 y k y x      ，可得 2 4 4(2k 1) 0ky y    ① （1）当 0k  时，此时 1y  ，把 1y  带入轨迹C 的方程，得 1 4x  故此时直线 : 1l y  与轨迹C 恰好有一个公共点 1( ,1)4 （2）当 0k  时，方程①的判别式 216(2k k 1)     ② 设直线l 与 x 轴的交点为 0( ,0)x ，则 由 1 (x 2)y k   ，令 y 0 ，得 0 2 1kx k   ③ （ⅰ）若 0 0 0x     ，由②③解得 1k   ，或 1 2k  。 即当 1k ( , 1) ( , )2     时，直线l 与 1C 没有公共点，与 2C 有一个公共点， 故此时直线l 与轨迹 C 恰好有一个公共点。 （ⅱ）若 0 0 0x     或 0 0 0x     由②③解得 1{ 1, }2k   ，或 1 02 k   。 即当 1{ 1, }2k   时，直线l 与 1C 没有公共点，与 2C 有一个公共点， 当 1k [ ,0)2   时，直线 l 与 1C 只有两个公共点，与 2C 没有公共点 故当 1 1k [ ,0) { 1, }2 2    时，直线l 与轨迹 C 恰好有两个公共点。 （ⅲ）若 0 0 0x     由②③解得 11 2k    ，或 10 2k  即当 1 1k ( 1, ) (0, )2 2     时，直线l 与 1C 有两个公共点，与 2C 有一个公共点 故此时直线l 与轨迹 C 恰好有三个公共点。 综合（1）（2）可知，当 1k ( , 1) ( , ) {0}2      时，直线 l 与轨迹 C 恰好有一个公共 点； 当 1 1k [ ,0) { 1, }2 2    时，直线l 与轨迹 C 恰好有两个公共点； 当 1 1k ( 1, ) (0, )2 2     时，直线l 与轨迹 C 恰好有三个公共点。 22.  为圆周率，  71828.2e 为自然对数的底数. （1）求函数   x xxf ln 的单调区间； （2）求 33 ,3,,,3,  eee ee 这 6 个数中的最大数与最小数； （3）将 33 ,3,,,3,  eee ee 这 6 个数按从小到大的顺序排列，并证明你的结论. 【解题指南】（Ⅰ）先求函数定义域 ，然后在定义域内解不等式 即 可得到单调增、减区间； （Ⅱ）由 e＜3＜π，得 eln3＜elnπ，πlne＜πln3，即 ln3e＜lnπ e，lneπ＜ ln3π．再根据函数 y=lnx，y=ex，y=π x 在定义域上单调递增，可得 3e＜π e＜π 3， e3＜eπ＜3π，从而六个数的最大数在π 3 与 3π之中，最小数在 3e 与 e3 之中．由 e ＜3＜π及（Ⅰ）的结论，得 f（π）＜f（3）＜f（e），即 ，由此进而得到结论； （ Ⅲ ）由（Ⅱ ）可 知，3e＜ π e＜ π 3＜3π，3e＜ e3，又 由（ Ⅱ）知 ，ln lne e    ，得 e e  ， 故 只 需比 较 e3 与 π e 和 eπ与 π 3 的 大 小．由（ Ⅰ ）可 得 0＜ x＜ e 时 ，lnx 1 x e  ，令 2ex  ， 有 2 ln e e   ，从 而 2 ln e   ，即 得 ln 2 e   ① ，由 ① 还 可 得 lnπ e＞ lne 3， 3lnπ ＞π ， 由 此易 得 结 论 ； 【解析】（1）函数的定义域为 (0, ) ，因为 ln( ) xf x x  ，所以 2 1 ln(x) xf x   。 当 (x) 0f   ，即 0 x e  时，函数 ( )f x 单调递增； 当 (x) 0f   ，即 x e 时，函数 ( )f x 单调递减； 故函数 ( )f x 的单调增区间为 (0, )e ，单调减区间为 ( , )e  。 （2）因为 e 3   ，所以 ln3 ln3e  ，即 ln3 ln ,lne ln3e e    。 于是根据函数 ln , ,x xy x y e y    在定义域上单调递增，可得 33e e   ， 3 3e e   。 故这 6 个数的最大数在 3 与3 之中，最小数在3e 与 3e 之中 由 3e   及（1）的结论，得 ( ) (3) (e)f f f   ，即 ln ln3 lne 3 e     。 由 ln ln3 3    ，得 3ln ln3  ，所以 33  ； 由 ln3 lne 3 e  ，得 3ln3 lne e ，所以 33e e 。 综上，6 个数中的最大数3 是，最小数是3e 。 （3）由（2）知， 33 3e e     . 33e e 又由（2）知 ln lne e    ，得 e e  。 故只需比较 3e 与 e 和 3 的大小。 由（1）知，当 0 x e  时， 1( ) (e)f x f e   即 ln 1x x e  。 在上式中，令 2ex  ，又 2e e  ，则 2 ln e e   ，从而 2 ln e   即得 ln 2 e   。 ① 由①得， 2.72ln (2 ) 2.7 (2 ) 2.7 (2 0.88) 3.024 33.1 ee e           ， 即 ln 3e   ，亦即 3ln lne e  ，所以 3 ee  。 又由①得， 33ln 6 6e e      ，即 3ln  ，所以 3e  综上可得， 3 33 3e ee e       ， 即 6 个数从小到大的顺序为 3 33 , , , , ,3e ee e   。