2025年上學(xué)期高三數(shù)學(xué)“數(shù)學(xué)美學(xué)欣賞”體驗(yàn)試題（一）一、選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）1.對(duì)稱(chēng)性與函數(shù)圖像函數(shù)(f(x)=\frac{\sinx+\cosx}{\sinx-\cosx})的圖像具有的對(duì)稱(chēng)性是（）A.關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)B.關(guān)于直線(xiàn)(x=\frac{\pi}{2})對(duì)稱(chēng)C.關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)D.關(guān)于點(diǎn)(\left(\frac{\pi}{4},0\right))對(duì)稱(chēng)解析：首先化簡(jiǎn)函數(shù)表達(dá)式：[f(x)=\frac{\sinx+\cosx}{\sinx-\cosx}=\frac{\tanx+1}{\tanx-1}=-\tan\left(x+\frac{\pi}{4}\right)]正切函數(shù)(\tanx)關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，而(-\tan\left(x+\frac{\pi}{4}\right))是由(\tanx)向左平移(\frac{\pi}{4})個(gè)單位后關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)得到，其對(duì)稱(chēng)中心為(\left(k\pi-\frac{\pi}{4},0\right))（(k\in\mathbb{Z})）。當(dāng)(k=0)時(shí)，對(duì)稱(chēng)中心為(\left(-\frac{\pi}{4},0\right))；當(dāng)(k=1)時(shí)，對(duì)稱(chēng)中心為(\left(\frac{3\pi}{4},0\right))。但觀察選項(xiàng)，需驗(yàn)證奇偶性：[f(-x)=\frac{-\sinx+\cosx}{-\sinx-\cosx}=\frac{\cosx-\sinx}{-(\sinx+\cosx)}=-\frac{\cosx-\sinx}{\sinx+\cosx}=-f(x)]因此(f(x))為奇函數(shù)，圖像關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，答案為A。2.黃金分割與幾何圖形在矩形ABCD中，AB=2，BC=x，若矩形ABCD的寬與長(zhǎng)的比為黃金比（黃金比(\omega=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\approx0.618)），則x的值為（）A.(\sqrt{5}+1)B.(\sqrt{5}-1)C.(3-\sqrt{5})D.(\sqrt{5}+2)解析：黃金矩形的定義為“寬:長(zhǎng)=黃金比(\omega)”或“長(zhǎng):寬=(\frac{1}{\omega}=\frac{\sqrt{5}+1}{2})”。需分兩種情況討論：若AB為寬，BC為長(zhǎng)，則(\frac{AB}{BC}=\omega\Rightarrow\frac{2}{x}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\Rightarrowx=\frac{4}{\sqrt{5}-1}=\sqrt{5}+1)；若BC為寬，AB為長(zhǎng)，則(\frac{BC}{AB}=\omega\Rightarrow\frac{x}{2}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\Rightarrowx=\sqrt{5}-1)。選項(xiàng)中A和B均為可能解，但題目未明確“寬”與“長(zhǎng)”的定義（通常默認(rèn)長(zhǎng)>寬）。若(x=\sqrt{5}-1\approx1.236)，則BC<AB，此時(shí)AB為長(zhǎng)，BC為寬，符合黃金比；若(x=\sqrt{5}+1\approx3.236)，則BC為長(zhǎng)，AB為寬，同樣符合定義。但黃金矩形的經(jīng)典比例中，長(zhǎng)與寬的比為(\frac{\sqrt{5}+1}{2}\approx1.618)，即長(zhǎng)=寬×1.618。若AB=2為寬，則長(zhǎng)(x=2\times1.618\approx3.236=\sqrt{5}+1)；若AB為長(zhǎng)，則寬(x=2\times0.618\approx1.236=\sqrt{5}-1)。題目中“寬與長(zhǎng)的比為黃金比”明確“寬:長(zhǎng)=(\omega)”，即寬<長(zhǎng)，因此若AB為長(zhǎng)，則寬x=AB×(\omega)=(2\times\frac{\sqrt{5}-1}{2}=\sqrt{5}-1)，答案為B。3.分形幾何與自相似性科赫雪花是一種典型的分形圖形，其生成過(guò)程如下：第0階段：一個(gè)邊長(zhǎng)為1的等邊三角形；第1階段：將每個(gè)邊三等分，以中間段為邊向外作等邊三角形，去掉中間段；重復(fù)上述操作，得到第n階段的圖形。第3階段圖形的周長(zhǎng)為（）A.(\left(\frac{4}{3}\right)^3)B.(3\times\left(\frac{4}{3}\right)^3)C.(3\times\left(\frac{3}{4}\right)^3)D.(\left(\frac{3}{4}\right)^3)解析：分形圖形的自相似性體現(xiàn)在“每一步操作后，邊長(zhǎng)和邊數(shù)按固定比例變化”。第0階段：邊長(zhǎng)(a_0=1)，邊數(shù)(n_0=3)，周長(zhǎng)(L_0=3\times1=3)；第1階段：每條邊分為3段，每段長(zhǎng)度(a_1=\frac{1}{3}a_0=\frac{1}{3})，邊數(shù)(n_1=n_0\times4=12)（每條邊生成4條新邊），周長(zhǎng)(L_1=n_1\timesa_1=12\times\frac{1}{3}=4=3\times\frac{4}{3})；第2階段：邊長(zhǎng)(a_2=\frac{1}{3}a_1=\left(\frac{1}{3}\right)^2)，邊數(shù)(n_2=n_1\times4=48)，周長(zhǎng)(L_2=48\times\left(\frac{1}{3}\right)^2=3\times\left(\frac{4}{3}\right)^2)；第n階段：周長(zhǎng)(L_n=3\times\left(\frac{4}{3}\right)^n)。因此第3階段周長(zhǎng)(L_3=3\times\left(\frac{4}{3}\right)^3)，答案為B。4.對(duì)稱(chēng)多項(xiàng)式與韋達(dá)定理已知方程(x^3-6x^2+11x-6=0)的三個(gè)根為(a,b,c)，則(a^2+b^2+c^2)的值為（）A.14B.22C.36D.11解析：由韋達(dá)定理，對(duì)于三次方程(x^3+px^2+qx+r=0)，根與系數(shù)的關(guān)系為：[a+b+c=-p,\quadab+bc+ca=q,\quadabc=-r]題目中方程為(x^3-6x^2+11x-6=0)，因此(p=-6,q=11,r=-6)，即：[a+b+c=6,\quadab+bc+ca=11]利用對(duì)稱(chēng)多項(xiàng)式公式：[a^2+b^2+c^2=(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)=6^2-2\times11=36-22=14]答案為A。5.晶體結(jié)構(gòu)與空間幾何體金剛石的晶胞結(jié)構(gòu)可近似看作正四面體與正八面體的組合，其中正四面體的棱長(zhǎng)為(\sqrt{2})，則該正四面體的體積為（）A.(\frac{\sqrt{2}}{3})B.(\frac{2\sqrt{2}}{3})C.(\frac{1}{3})D.(\frac{2}{3})解析：正四面體體積公式為(V=\frac{\sqrt{2}}{12}a^3)（其中a為棱長(zhǎng)）。代入(a=\sqrt{2})：[V=\frac{\sqrt{2}}{12}\times(\sqrt{2})^3=\frac{\sqrt{2}}{12}\times2\sqrt{2}=\frac{\sqrt{2}\times2\sqrt{2}}{12}=\frac{4}{12}=\frac{1}{3}]答案為C。6.斐波那契數(shù)列與遞推關(guān)系斐波那契數(shù)列({F_n})滿(mǎn)足(F_1=1,F_2=1,F_{n+2}=F_{n+1}+F_n)，則(\frac{F_1+F_3+F_5+\cdots+F_{2025}}{F_{2026}})的值為（）A.(\frac{1}{2})B.1C.(\frac{F_{2025}}{F_{2026}})D.(\frac{F_{2027}-1}{F_{2026}})解析：利用斐波那契數(shù)列的性質(zhì)：奇數(shù)項(xiàng)之和(S_{奇}=F_1+F_3+\cdots+F_{2n-1}=F_{2n})。例如：(F_1=1=F_2)，(F_1+F_3=1+2=3=F_4)，(F_1+F_3+F_5=1+2+5=8=F_6)，歸納可得(S_{奇}=F_{2n})（n為項(xiàng)數(shù)）。題目中分子為前1013項(xiàng)奇數(shù)項(xiàng)之和（(2025=2\times1013-1)），因此(S_{奇}=F_{2\times1013}=F_{2026})。故原式(=\frac{F_{2026}}{F_{2026}}=1)，答案為B。7.解析幾何與曲線(xiàn)的和諧性橢圓(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1)（(a>b>0)）的離心率為(\frac{\sqrt{3}}{2})，且過(guò)點(diǎn)((2,1))，則該橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為（）A.(\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1)B.(\frac{x^2}{12}+\frac{y^2}{3}=1)C.(\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1)D.(\frac{x^2}{20}+\frac{y^2}{5}=1)解析：離心率(e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrowc=\frac{\sqrt{3}}{2}a)，又(c^2=a^2-b^2\Rightarrow\frac{3}{4}a^2=a^2-b^2\Rightarrowb^2=\frac{1}{4}a^2)。橢圓過(guò)點(diǎn)((2,1))，代入方程：[\frac{4}{a^2}+\frac{1}{b^2}=1\Rightarrow\frac{4}{a^2}+\frac{4}{a^2}=1\Rightarrow\frac{8}{a^2}=1\Rightarrowa^2=8,b^2=2]因此橢圓方程為(\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1)，答案為A。8.拓?fù)渥儞Q與圖形不變量在拓?fù)鋵W(xué)中，下列圖形中與“甜甜圈”（圓環(huán)面）同胚的是（）A.球體表面B.克萊因瓶C.帶一個(gè)手柄的球面D.正方體表面解析：拓?fù)渫咧笀D形可通過(guò)連續(xù)變形（拉伸、彎曲，不撕裂、不粘連）相互轉(zhuǎn)化。球體表面和正方體表面可通過(guò)拉伸變形為對(duì)方，同胚于“0虧格球面”；圓環(huán)面有1個(gè)“洞”（虧格為1），帶一個(gè)手柄的球面同樣有1個(gè)洞，二者同胚；克萊因瓶是無(wú)定向的閉合曲面，無(wú)法在三維空間中無(wú)交叉表示，與圓環(huán)面不同胚。答案為C。二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）9.復(fù)數(shù)與復(fù)平面的幾何意義復(fù)數(shù)(z=\frac{1+i}{1-i})在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為Z，將點(diǎn)Z繞原點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)(90^\circ)得到點(diǎn)Z'，則Z'對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為_(kāi)_______。解析：先化簡(jiǎn)(z)：[z=\frac{1+i}{1-i}=\frac{(1+i)^2}{(1-i)(1+i)}=\frac{1+2i+i^2}{2}=\frac{2i}{2}=i]點(diǎn)Z的坐標(biāo)為((0,1))。繞原點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)(90^\circ)的變換矩陣為(\begin{pmatrix}0&-1\1&0\end{pmatrix})，則：[Z'=\begin{pmatrix}0&-1\1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1\0\end{pmatrix}]因此Z'對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為(-1)，答案為(-1)。10.排列組合與對(duì)稱(chēng)計(jì)數(shù)將5個(gè)不同顏色的球放入3個(gè)不同的盒子中，每個(gè)盒子至少放1個(gè)球，共有________種不同的放法（用數(shù)字作答）。解析：利用“先分組后分配”法，5個(gè)球分為3組，有兩種分組方式：1,1,3型：分組數(shù)為(\frac{\binom{5}{1}\binom{4}{1}\binom{3}{3}}{A_2^2}=10)（除以(A_2^2)消去重復(fù)分組）；2,2,1型：分組數(shù)為(\frac{\binom{5}{2}\binom{3}{2}\binom{1}{1}}{A_2^2}=15)；總分組數(shù)為(10+15=25)，分配到3個(gè)盒子有(A_3^3=6)種方式，因此總放法為(25\times6=150)，答案為150。11.導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值美學(xué)函數(shù)(f(x)=x^3-3x^2+3x+1)的圖像在極值點(diǎn)處的切線(xiàn)方程為_(kāi)_______。解析：求導(dǎo)得(f'(x)=3x^2-6x+3=3(x-1)^2)，令(f'(x)=0\Rightarrowx=1)（二重根）。當(dāng)(x=1)時(shí)，(f(1)=1-3+3+1=2)，因此極值點(diǎn)為((1,2))。切線(xiàn)斜率(k=f'(1)=0)，切線(xiàn)方程為(y-2=0(x-1)\Rightarrowy=2)，答案為(y=2)。12.概率與隨機(jī)現(xiàn)象的規(guī)律性在區(qū)間([0,2\pi])內(nèi)隨機(jī)取兩個(gè)數(shù)(x,y)，則滿(mǎn)足(\sinx>\cosy)的概率為_(kāi)_______。解析：樣本空間為(\Omega={(x,y)|0\leqx\leq2\pi,0\leqy\leq2\pi})，面積(S=(2\pi)^2=4\pi^2)。不等式(\sinx>\cosy)等價(jià)于(\sinx>\sin\left(\frac{\pi}{2}-y\right))，利用正弦函數(shù)性質(zhì)，在([0,2\pi])內(nèi)：[\sinA>\sinB\LeftrightarrowA\in(B,\pi-B)\text{（當(dāng)}B\in[0,\frac{\pi}{2}]\text{時(shí)）或}A\in(\pi-B,2\pi+B)\text{（當(dāng)}B\in[\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2}]\text{時(shí)）}]通過(guò)畫(huà)圖分析對(duì)稱(chēng)性，滿(mǎn)足條件的區(qū)域面積占樣本空間的(\frac{3}{4})，答案為(\frac{3}{4})。三、解答題（本大題共6小題，共70分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟）13.（本小題滿(mǎn)分10分）**三角函數(shù)的周期性與圖像變換**已知函數(shù)(f(x)=2\sin\left(\omegax+\varphi\right))（(\omega>0,|\varphi|<\frac{\pi}{2})）的圖像經(jīng)過(guò)點(diǎn)(\left(\frac{\pi}{6},2\right))和(\left(\frac{2\pi}{3},-2\right))，且在區(qū)間(\left(\frac{\pi}{6},\frac{2\pi}{3}\right))內(nèi)單調(diào)遞減。（1）求(\omega,\varphi)的值；（2）若將函數(shù)(f(x))的圖像向右平移(\frac{\pi}{6})個(gè)單位，得到函數(shù)(g(x))的圖像，求(g(x))在([0,\pi])上的最大值和最小值。解：（1）由函數(shù)圖像過(guò)點(diǎn)(\left(\frac{\pi}{6},2\right))和(\left(\frac{2\pi}{3},-2\right))，可知這兩點(diǎn)分別為函數(shù)的最大值點(diǎn)和最小值點(diǎn)，因此兩點(diǎn)間距離為半個(gè)周期：[\frac{T}{2}=\frac{2\pi}{3}-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}\RightarrowT=\pi\Rightarrow\omega=\frac{2\pi}{T}=2]將(x=\frac{\pi}{6})代入(f(x))：[2\sin\left(2\times\frac{\pi}{6}+\varphi\right)=2\Rightarrow\sin\left(\frac{\pi}{3}+\varphi\right)=1\Rightarrow\frac{\pi}{3}+\varphi=\frac{\pi}{2}+2k\pi\Rightarrow\varphi=\frac{\pi}{6}+2k\pi]由(|\varphi|<\frac{\pi}{2})，得(\varphi=\frac{\pi}{6})。（2）(f(x)=2\sin\left(2x+\frac{\pi}{6}\right))，向右平移(\frac{\pi}{6})個(gè)單位后：[g(x)=2\sin\left[2\left(x-\frac{\pi}{6}\right)+\frac{\pi}{6}\right]=2\sin\left(2x-\frac{\pi}{6}\right)]當(dāng)(x\in[0,\pi])時(shí)，(2x-\frac{\pi}{6}\in[-\frac{\pi}{6},\frac{11\pi}{6}])，(\sin\left(2x-\frac{\pi}{6}\right)\in[-1,1])，因此(g(x){\text{max}}=2)，(g(x){\text{min}}=-2)。14.（本小題滿(mǎn)分12分）**立體幾何與空間的對(duì)稱(chēng)美**如圖，在正方體ABCD-A?B?C?D?中，棱長(zhǎng)為2，E為棱CC?的中點(diǎn)，F(xiàn)為棱A?B?上一點(diǎn)，且A?F=t（0≤t≤2）。（1）求證：BD⊥平面A?ACC?；（2）當(dāng)t為何值時(shí)，平面BDF⊥平面BDE？（1）證明：在正方體中，AA?⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，因此AA?⊥BD。又ABCD為正方形，AC⊥BD，且AA?∩AC=A，AA?、AC?平面A?ACC?，因此BD⊥平面A?ACC?。（2）解：以D為原點(diǎn)，DA、DC、DD?為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則D(0,0,0)，B(2,2,0)，E(0,2,1)，F(xiàn)(2,t,2)。向量(\overrightarrow{DB}=(2,2,0))，(\overrightarrow{DE}=(0,2,1))，(\overrightarrow{DF}=(2,t,2))。設(shè)平面BDE的法向量(\mathbf{n}=(x_1,y_1,z_1))，則：[\begin{cases}\mathbf{n}\cdot\overrightarrow{DB}=2x_1+2y_1=0\\mathbf{n}\cdot\overrightarrow{DE}=2y_1+z_1=0\end{cases}\Rightarrow\mathbf{n}=(1,-1,2)]設(shè)平面BDF的法向量(\mathbf{m}=(x_2,y_2,z_2))，則：[\begin{cases}\mathbf{m}\cdot\overrightarrow{DB}=2x_2+2y_2=0\\mathbf{m}\cdot\overrightarrow{DF}=2x_2+ty_2+2z_2=0\end{cases}\Rightarrow\mathbf{m}=(1,-1,\frac{t-2}{2})]平面BDF⊥平面BDE等價(jià)于(\mathbf{m}\cdot\mathbf{n}=0)：[1\times1+(-1)\times(-1)+2\times\frac{t-2}{2}=0\Rightarrow1+1+t-2=0\Rightarrowt=0]15.（本小題滿(mǎn)分12分）**數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法的嚴(yán)謹(jǐn)性**已知數(shù)列({a_n})滿(mǎn)足(a_1=1)，(a_{n+1}=\frac{a_n}{2a_n+1})。（1）求數(shù)列({a_n})的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)(b_n=a_na_{n+1})，求數(shù)列({b_n})的前n項(xiàng)和(S_n)，并證明：(S_n<\frac{1}{2})。解：（1）對(duì)遞推式取倒數(shù)：[\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{2a_n+1}{a_n}=2+\frac{1}{a_n}\Rightarrow\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_n}=2]因此(\left{\frac{1}{a_n}\right})是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列，[\frac{1}{a_n}=1+2(n-1)=2n-1\Rightarrowa_n=\frac{1}{2n-1}]（2）(b_n=a_na_{n+1}=\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right))，前n項(xiàng)和：[S_n=\frac{1}{2}\left[\left(1-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right)\right]=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2n+1}\right)]由于(\frac{1}{2n+1}>0)，因此(S_n=\frac{1}{2}-\frac{1}{2(2n+1)}<\frac{1}{2})。16.（本小題滿(mǎn)分14分）**圓錐曲線(xiàn)與幾何性質(zhì)的綜合應(yīng)用**已知拋物線(xiàn)(C:y^2=4x)的焦點(diǎn)為F，過(guò)點(diǎn)F的直線(xiàn)l與拋物線(xiàn)交于A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)M在拋物線(xiàn)的準(zhǔn)線(xiàn)上，且(BM\parallelx)軸。（1）求證：直線(xiàn)AM過(guò)原點(diǎn)O；（2）若(\triangleAOB)的面積為(4\sqrt{2})，求直線(xiàn)l的方程。（1）證明：拋物線(xiàn)焦點(diǎn)F(1,0)，準(zhǔn)線(xiàn)方程為(x=-1)。設(shè)直線(xiàn)l的方程為(x=my+1)，與拋物線(xiàn)聯(lián)立：[y^2=4(my+1)\Rightarrowy^2-4my-4=0]設(shè)A((x_1,y_1))，B((x_2,y_2))，則(y_1+y_2=4m)，(y_1y_2=-4)。點(diǎn)M在準(zhǔn)線(xiàn)上且BM∥x軸，因此M((-1,y_2))。直線(xiàn)AM的斜率(k_{AM}=\frac{y_2-y_1}{-1-x_1})，直線(xiàn)AO的斜率(k_{AO}=\frac{y_1}{x_1})。需證(k_{AM}=k_{AO})：[\frac{y_2-y_1}{-1-x_1}=\frac{y_1}{x_1}\Rightarrowx_1(y_2-y_1)=y_1(-1-x_1)\Rightarrowx_1y_2=-y_1]由(x_1=\frac{y_1^2}{4})，代入左式：[x_1y_2=\frac{y_1^2y_2}{4}=\frac{y_1(y_1y_2)}{4}=\frac{y_1(-4)}{4}=-y_1]因此等式成立，直線(xiàn)AM過(guò)原點(diǎn)O。（2）解：(S_{\triangleAOB}=\frac{1}{2}|OF||y_1-y_2|=\frac{1}{2}\times1\times\sqrt{(y_1+y_2)^2-4y_1y_2}=\frac{1}{2}\sqrt{16m^2+16}=2\sqrt{m^2+1})由(2\sqrt{m^2+1}=4\sqrt{2}\Rightarrow\sqrt{m^2+1}=2\sqrt{2}\Rightarrowm^2=7\Rightarrowm=\pm\sqrt{7})因此直線(xiàn)l的方程為(x=\pm\sqrt{7}y+1)，即(x\pm\sqrt{7}y-1=0)。17.（本小題滿(mǎn)分12分）**導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的優(yōu)化問(wèn)題**已知函數(shù)(f(x)=x\lnx-ax^2+(2a-1)x)（(a>0)）。（1）求函數(shù)(f(x))的單調(diào)區(qū)間；（2）若函數(shù)(f(x))在x=1處取得極大值，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。解：（1）定義域?yàn)?(0,+\infty))，求導(dǎo)：[f'(x)=\lnx+1-2ax+2a-1=\lnx-2a(x-1)]令(g(x)=\lnx-2a(x-1))，則(g'(x)=\frac{1}{x}-2a)。當(dāng)(g'(x)>0\Rightarrowx<\frac{1}{2a})時(shí)，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)(g'(x)<0\Rightarrowx>\frac{1}{2a})時(shí)，g(x)單調(diào)遞減。因此(g(x))在(x=\frac{1}{2a})處取得最大值(g\left(\frac{1}{2a}\right)=\ln\frac{1}{2a}-2a\left(\frac{1}{2a}-1\right)=-\ln(2a)+2a-1)。（2）(f'(1)=0)，若x=1為極大值點(diǎn)，則在x=1左側(cè)(f'(x)>0)，右側(cè)(f'(x)<0)。當(dāng)(\frac{1}{2a}=1\Rightarrowa=\frac{1}{2})時(shí)，(g(x)\leqg(1)=0)，即(f'(x)\leq0)，f(x)單調(diào)遞減，x=1不是極值點(diǎn)；當(dāng)(\frac{1}{2a}>1\Rightarrow0<a<\frac{1}{2})時(shí)，g(x)在(0,1)單調(diào)遞增，(g(1)=0)，因此在(0,1)上(g(x)<0\Rightarrowf'(x)<0)，x=1不是極大值點(diǎn)；當(dāng)(\frac{1}{2a}<1\Rightarrowa>\frac{1}{2})時(shí)，g(x)在(1,