南开中学（高三上学期）第二次月考（数学）2025-2026学年试卷解析(1)_2026年1月_260103天津市南开中学2025-2026学年高三上学期第二次月考

2026 届高三年级第二次质量检测 数学试卷 2025-12 一 、选择题（共 9小题，每题 5分，共 45分） A 0,1,2,3,4 ，B x∣x2  A ð B   1. 已知集合 ，则 R （ ）         A. 0,1,2,3 B. 0,1,2 C. 2,3,4 D. 3,4 【答案】D 【解析】 【分析】利用交集和补集的概念计算即可. 【详解】因为A 0，1，2，3，4 ，ð B{x∣x2}，所以Að B  3，4  ． R R 故选：D 2. 设S 为数列  a  的前n项和，“  a  是递增数列”是“  S  是递增数列”的（ ）． n n n n A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断. 【详解】数列-3，-2，-1，0，1，2，3，…是递增数列， n  n1  1 7 但S 3n  n2 n 不是递增数列，故不充分； n 2 2 2 数列1，1，1，1，…的前n项和为S n是递增数列， n 数列不是递增数列，故不必要； 故选：D 3. 函数 f (x)的部分图象如图所示，则 f (x)的解析式可能是（ ） 第1页/共21页 学科网（北京）股份有限公司2x3 2x 2x3 2  x2 1  A. f(x) B. f(x) C. f(x) D. f(x) 1 x x2 1 x2 1 x2 1 【答案】C 【解析】 【分析】结合函数图象，利用性质和特值排除可得答案. 【详解】对于A中的函数 f (x)，当x 1时， f(x)0，与图象不符，故排除； 对于B中的函数 f (x)的定义域为R，故排除； 对于D中的函数 f (x)为偶函数，故排除．   对于C中的函数 f (x)，定义域为 x x  1 ，且满足 f(x)f(x)，其图象关于原点对称， 当0 x1时， f(x)0，当x 1时， f(x)0，与图象一致. 故选：C 4. 已知一组样本数据 x,y ， x,y  ，  x ,y  ，，  x ,y  ，画出相应散点图，发现变量x，y有 1 1 2 2 3 3 12 12 较强的线性关系，利用最小二乘法得其回归方程为 yˆ 2x6 ．若 y  y  y  y  24 ，则 1 2 3 12 x x x x （ ） 1 2 3 12 A. 24 B. 4 C. 15 D. 48 【答案】D 【解析】 【分析】由回归方程性质可得解. 【详解】由线性回归方程的性质，知回归直线 yˆ 2x6恒过点  x,y  ， 因为 y  y  y  y  24，所以 y 2， 1 2 3 12 所以22x6，解得x 4， 第2页/共21页 学科网（北京）股份有限公司所以x x x x 12x 48， 1 2 3 12 故选：D． 5. 已知平面，，直线a,b，则下列结论正确的是（ ） A. 若a，b//a，则b// B. 若//,a,b，则a//b   C. 若a//，b，则ab D. 若//,a//，则a// 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面平行的判定定理、面面平行的性质、平行性的性质、面面平行的性质逐一判断即可. 【详解】A：当b时，也可以满足a，b//a，因此本选项结论不正确； B：当//,a,b时，直线a,b可以是异面直线，因此本选项结论不正确； C：设过直线a的平面  与平面相交于直线c， 根据直线与平面平行的性质定理可知a//c，因为b，且c，   所以bc，而a//c，所以ab，因此本选项结论正确； D：当//,a//时，a可以成立，所以本选项结论不正确， 故选：C 2 lg 2 6. 设alog 4log 2,bln ln3,c10 3，则a,b,c的大小关系为（ ） 5 5 3 A. a bc B. ca b C. a cb D. bac 【答案】C 【解析】 3 2 1 1  2  【分析】由指数的运算性质得到alog 2,bln2,c ，通过  判断a b，再通过23 53  ， 5 3 a b   3  2  23 e3  判断a,c和b,c的大小即可.   【详解】alog 4log 2log 20， 5 5 5 2 lg 2 2 bln ln3ln20,c10 3  ， 3 3 第3页/共21页 学科网（北京）股份有限公司1 1 又 log 5 log e，（由 y log x的单调性判断） a 2 b 2 2 所以a b， 3  2  因为23 853  25，   2 所以 253 2 所以 ， a log 2log 53 c 5 5 3  2 23 8e3 e2   2 所以 ， 2e3 2 2 所以bln2lne3  c 3 综上a cb， 故选：C 7. 已知a，b都是实数，若b是a，1的等差中项，则eba eb1的最小值为（ ） A. 2e2 B. 2e C. 2 e D.2 【答案】B 【解析】 【分析】依题意得，2b  a1，则eba eb1e1b eb1，由基本不等式即可求解． 【详解】因为b是a，1的等差中项，所以2b  a1，得b a  1  b， 则 eba eb1 e1b eb12 e1beb1 2e ， 当且仅当e1b eb1，即b0,a 1时等号成立， 则eba eb1的最小值为2e， 故选：B. 8. 已知数列  a  的前n项和为S ,a a,a 2a,a 2a ，则S （ ） n n 1 2 n2 n 2n A. 2n12 B. a  2n12  C. 22n 2 D. a  22n 2  【答案】A 【解析】 第4页/共21页 学科网（北京）股份有限公司【分析】由题意可得a a 2、a a 2  a a  ，再借助等比数列求和公式计算即可得. 1 2 n3 n2 n1 n 【详解】由a a,a 2a ，则a a a2a  2， 1 2 1 2 由a 2a ，则a 2a ，故a a 2  a a  ， n2 n n3 n1 n3 n2 n1 n 则a a 2  a a 22、a a 23、、a a 2n， 4 3 2 1 6 5 2n 2n1   2 12n 则S a a a a 222 232n  2n12. 2n 1 2 2n1 2n 12 故选：A.  π   9. 已 知 函 数 f  x 2sin x  0  在 区 间  ,  上 有 且 仅 有 一 个 零 点 ， 且  3  2   2025 i f  3 2f  ，则  f   （ ）  2   2  i1 A.2 B. 2 3 C.  3 D.1 【答案】B 【解析】  π 3 2 π 2 【 分 析 】 由 题 意 得 sin 2    2sin   ， 令  ， 可 得  3 2  2 3 2  π 3  π sin2   2sin   ，求得 cos1 或 tan 3 ，求得所以 4kπ,kN* 或  3 2  3  2kπ 4π ,kN，再由 f  x  在    ,  上有且仅有一个零点，求得2 4π，进而得到 10π 3  2  3 i 5π π 时，化简得到 f   2sin i ，结合三角函数的周期性，即可求解.  2   3 3  π 【详解】由函数 f  x 2sin x  0  ，  3   π 2 π 因为 f  3 2f  ，可得2sin 2    3 4sin  ，  2   3  2 3  π 3 2 π 即sin 2    2sin  ，  3 2  2 3 第5页/共21页 学科网（北京）股份有限公司2  π 3  π 令 ，可得sin2   2sin   ， 2  3 2  3 整理得(sin 3cos)cossin 3cos，解得cos1或tan 3 ， 2π 则2kπ,kN*或kπ ,kN， 3 4π 所以 4kπ,kN*或 2kπ ,kN， 3   π 2 π π 当x  , ，可得x   ,2  ，  2  3  2 3 3   2 由函数 f  x  在 , 上有且仅有一个零点，可得 2π，即2 4π，  2  2 π 7π 13π 若 4kπ,kN*，当k 1时， 4π ，可得x   , ， 3  3 3  π π 此时x 3π或x  4π，使得 f  x 0，不符合题意； 3 3 4π 4π 10π 若 2kπ ,kN，当k 0时， ；当k 1时， ， 3 3 3 当 4π 时，可得x π   π, 5π ，函数 f  x  在    ,  上无零点； 3 3  3   2  当 10π 时，可得x π   2π, 11π ，当且仅当x π 3π时， f  x 0，符合题意， 3 3  3  3 10π i i2 π  5π π 所以 ，则 f   2sin  2sin i  ， 3  2   2 3  3 3 (6i5) 5π π 可得 f( )2sin[ (6i5) ]0， 2 3 3 (6i4) 5π π (6i3) 5π π f( )2sin[ (6i4) ] 3， f( )2sin[ (6i3) ] 3 2 3 3 2 3 3 (6i2) 5π π f( )2sin[ (6i2) ]0 2 3 3  6i1  5π π f  2sin   6i1    3，  2   3 3 第6页/共21页 学科网（北京）股份有限公司6i 5π π f   2sin  6i   3 ，  2   3 3  又由202533763， 2025 i 所以f   337(0 3 30 3 3)0 3 3 2 3 .  2  i1 故选：B. 二、填空题：（共 6小题，每题 5分，共 30分） 10 10. 已知复数z  （i为虚数单位），则 z  _____． (3i)2 【答案】1 【解析】 【分析】先将复数z运算化简，再根据求模的方法直接求解即可. 10 10 5 5  43i  4 3 【详解】z       i, (3i)2 86i 43i  43i  43i  5 5 骣 2 骣 2 4 3 \ z = 琪 琪 +琪 琪 - =1. 桫5 桫5 故答案为：1. 【点睛】本题考查复数的除法运算及模的求法，属于基础题. 2 11. 在(x )5的展开式中，x1的系数是________．（用数字作答） x2 【答案】40 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项公式，得到x1的系数. 5 r  2   2  【详解】 x  的展开式的通项公式为：T Crx5r    Cr(2)rx53r，令53r 1，解得：  x2  r1 5  x2  5 r 2，x1的系数是C2(2)2 40． 5 故答案为：40 第7页/共21页 学科网（北京）股份有限公司12. 已知函数 f  x  ex 1 ,g  x  f  x1 1， a  g   1  g   2  g   2n1   nN ，则数 ex 1 n n n  n    列 a 的通项公式为____________． n 【答案】a 2n1 n 【解析】 【分析】由 f x f  x  得 f  x  为奇函数，进而得 g  x  f  x1 1 关于  1,1  对称，即 g  x g  2x 2，最后利用倒序相加法即可求解. 【详解】由题意有：f x ex 1  1ex f x，所以 f  x  为奇函数，所以g  x  f  x1 1关 ex 1 1ex 于  1,1  对称，所以g  x g  2x 2， 1 2 2n1 所以 a  g  g  g ①， n n n  n  2n1 2n2 1 又 a  g  g  g ②， n  n   n  n 由①②有：  1 2n1  2 2n2  2n1 1 2a  g  g   g  g   g  g  2  2n1  ， n  n  n   n  n    n  n 所以a 2n1， n 故答案为：a 2n1. n π 13. 如图，在直角梯形ABCD中，AB  BC,BAD  , AB  AD  2．若M 、N 分别是AD、BC上 3       的动点，满足AM AD,BN   1 BC ，其中 0,1  ，则ANBM 的最大值为____________． 23 【答案】 12 【解析】 第8页/共21页 学科网（北京）股份有限公司【分析】建立直角坐标系，由题意可得：A(2,0),D(1, 3)，由题意可得M(2, 3)，N(0, 3(1))， 结合平面向量数量积的坐标运算得到关于的二次函数，即可求解． 【详解】建立如图所示的直角坐标系，由题意可得：A(2,0),D(1, 3)，     设M x,y ，AM AD,即(x2,y)(1, 3)，据此可得：x2,y  3， 故M(2, 3)，同理可得N(0, 3(1))，   据此可得：AN (2, 3(1)),BM (2, 3)，   则ANBM 2(2) 3 3(1) 2  5 23 32 543    ，  6 12 5   23 由于 0,1  ，所以当 时，ANBM 取得最大值，为  ． 6 12 23 故答案为： 12 14. 一质点从ABC 的顶点A出发，每次随机沿一条边运动至另一个顶点时终止，则质点4次运动过程中 仅1次经过顶点B的条件下，第4次回到顶点A的概率P ____________，记质点4次运动过程中经过顶点 B的次数是X ，则E  X ____________． 3 23 【答案】 ①. ②. 7 16 【解析】 【分析】列举4次运动过程中仅1次经过顶点B 的情况，再由古典概率公式即可求解； 记质点 4次运动过 程中经过顶点B的次数是X ，X的所有可能取值为0,1,2，分别求得相应概率，列出分布列，再求期望，即 可求解. 【详解】因为质点4次运动过程中仅1次经过顶点B的情况有：AB AC A， 第9页/共21页 学科网（北京）股份有限公司ABC AC ，AC  AB A,AC  ABC ， AC B AC,AC BC  A ，AC ACB，共7种， 第四次回到顶点A有3种，所以质点4次运动过程中仅1次经过顶点B的条件下，第4次回到顶点A的概率 3 P  . 7 记质点 4次运动过程中经过顶点B的次数是X ，X的所有可能取值为0,1,2， 质点4次运动，共有222216种情况， 1 当X=0时，AC AC A，共有1种情况，则PX 0 ， 16 当X=1时，AB AC A， ABC AC ， AC AB A， AC ABC ， ACB AC ，ACBC A，AC ACB，共有7种情况， 7 1 7 1 所以PX 1 ，又PX 21   ， 16 16 16 2 所以X的分布列为： X 0 1 2 1 7 p 1 16 16 2 1 7 1 23 EX0 1 2  ， 16 16 2 16 3 23 故答案为： ， . 7 16 15. 已知方程 4x2 2ax1ax2 x0有且仅有两个不相等的正实数根，则实数a的取值范围是 __________.  15  【答案】 ,    2  【解析】 【分析】根据a的正负以及4x2 2ax1的正负分类讨论，结合图象确定a的取值范围. 【详解】（1）当a 0时，方程 4x2 2ax1ax2 x0化为：4x2 x10，此时无解，舍去； （2）当a 0时，考虑方程正实数根情况，只需研究当x 0时方程 4x2 2ax1ax2 x0解的情况， 第10页/共21页 学科网（北京）股份有限公司即此时方程化为4x2 2ax1ax2 x 0,(4a)x2 (2a1)x10 ，  15  Δ  2a1 24  4a 0  a2  4    2a1 1  1 若此时方程有两个不相等的正实数根，则需 0, 0, a  a 4a 4a 2    a0  a0    a a2 （3）当0a2时，因为4x2 2ax14(x )2 1 0 ， 4 4 所以方程 4x2 2ax1ax2 x0化为(4a)x2 (2a1)x10，  15 a2  Δ (2a1)24(4a)0 2    2a1 1  1 15 若此时方程有两个不相等的正实数根，则需 0, 0,  a   a2 4a 4a 2 2    0a2  0a2    （4）当a2时，函数 y  4x2 2ax1与x轴有两个零点 x  a a2 4 ,x  a a2 4 , 1 4 2 4 1 函数 y ax2x与x轴有两个零点x 0,x  , 3 4 a 因为a2，所以 0 a a2 4  1  a  a a2 4 , 即0 x  x  a  x , 4 a 4 4 1 4 4 2 作出函数 y  4x2 2ax1 与函数 y ax2x图象， 由图可知两图象有两个不同交点，且交点横坐标大于零，从而方程 4x2 2ax1ax2 x0有两个不相 等的正实数根， 15 15 综上，满足条件a的取值范围为 a2或a2，即a  2 2 第11页/共21页 学科网（北京）股份有限公司 15  故答案为： ,   2   三、解答题（共 5小题，共 75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 1 16. 在ABC 中，角A,B,C 所对的边分别为a,b,c．已知a 2 3，b3c，cosA ． 3 （1）求c的值； （2）求sinC的值； （3）求sin  2AC  的值． 【答案】（1）c1 6 （2）sinC  9 6 （3） 3 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用余弦定理即可求出结果； 2 2 （2）根据条件，利用同角三角函数间的关系，得到sin A ，再利用正弦定理即可求出结果； 3 （3）法一，利用二倍角公式，求出sin2A,cos2A，利用同角三角函数间的关系求出cosC，即可求出结果； 法二，利用ABCπ，得到sin  2AC sin  BA ，再计算出sinB,cosB即可求出结果. 【小问1详解】 1 因为a 2 3，b3c，cosA ， 3 b2 c2 a2 9c2 c2 12 1 由余弦定理可得cosA   ，整理得c2 10， 2bc 6c2 3 解得c1. 【小问2详解】 1 1 2 2 因为cosA ，A 0,π  ，所以sinA 1cos2 A  1  ， 3 9 3 2 3 1 a c  由正弦定理  ，可得 2 2 sinC ， sinA sinC 3 第12页/共21页 学科网（北京）股份有限公司6 解得sinC  . 9 【小问3详解】 2 2  1 4 2 （法一）由（2）得，sin2A2sin AcosA2      ， 3  3 9 2  1 7 cos2A2cos2 A12    1 ，  3 9 2  6  5 3 cosC  1sin2C  1   ，    9  9 4 2 5 3 7 6 6 所以sin  2AC sin2AcosCcos2AsinC      ， 9 9 9 9 3 6 所以sin  2AC  ． 3  2 a2 c2 b2 2 3 12 32 3 （法二）由余弦定理可得 ， cosB   2ac 22 31 3 6 ∴sinB  1cos2B  ， 3 ∴sin  2AC sin   AC  A  sin  πB A  sin  π  BA    sin  BA  6  1 3 2 2 6 sinBcosAcosBsin A        . 3  3 3 3 3 17. 在如图所示的五面体ABCDFE中，底面ABCD是边长为2的正方形，AE 平面ABCD，DF//AE， 1 且DF  AE 1，N 为BE 的中点，M 为CD的中点． 2 （1）求证：FN//平面ABCD； （2）求直线CN 与平面NMF 所成角的正弦值； （3）求平面NMF 与平面MFD夹角的余弦值． 第13页/共21页 学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）证明见解析 6 （2） 9 1 （3） 3 【解析】 【分析】（1）建系，求得直线方向向量，和平面法向量，通过向量位置关系即可判断； （2）求得直线方向向量，和平面法向量，代入夹角公式即可求解； （3）求得平面法向量，代入夹角公式即可求解. 【小问1详解】 证明：因为AE 平面ABCD，AB, AD在平面ABCD内， 又底面ABCD是边长为2的正方形， 所以AB, AD, AE 两两垂直，如图，以A为原点，AB, AD, AE 所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角 坐标系． 1 因为平面ABCD是边长为2的正方形，DF//AE，且DF  AE 1，N 为BE 的中点，M 为CD的中点， 2                 所以A 0,0,0 ,B 2,0,0 ,C 2,2,0 ,D 0,2,0 ,E 0,0,2 ,N 1,0,1 ,M 1,2,0 ,F 0,2,1 ，所以  NF 1,2,0 ．      因为平面ABCD的一个法向量为n  0,0,1  ，所以NFn0，即NF n， 又因为NF 平面ABCD，所以NF//平面ABCD． 【小问2详解】   解：因为NF 1,2,0  ,MF  1,0,1 ，  设平面MNF 的一个法向量为m x,y,z  ， 第14页/共21页 学科网（北京）股份有限公司   mNF x2y 0 则  ，  mMF xz  0  令 y 1，则x z 2，所以m 2,1,2  ．  CN 1,2,1 ，设直线CN 与平面NMF 所成角为，   CNm 222 6 则sin    ．  CN m 114 414 9 【小问3详解】 因为AE 平面ABCD，DF//AE，所以DF 平面ABCD， 因为AD 平面ABCD，所以DFAD． 又因为AD  DC, DC DF  D, DC, DF  平面MFD，  所以AD 平面MFD，所以平面MFD的一个法向量为AD  0,2,0 ．     mAD 1 设平面NMF 与平面MFD的夹角为，则cos cosmAD    ．  m AD 3 18. 已知数列  a  的前n项和为S ，a 1,na  S n  n1  nN ． n n 1 n n   （1）求数列 a 的通项公式； n   2a   2 a n 1   n （2）求数列 的前n项和为T ； a a n  n n1      （3）求数列 a 16 的前n项和W ． n n 【答案】（1）a 2n1 n 2n1 （2）T 2 n 2n1 n2 16n,n8 （3）W  n n2 16n128,n9 【解析】 【分析】（1）根据a 与S 的关系，结合等差数列定义求解； n n （2）利用裂项相消法求解； （3）根据b 的符号，分段求解. n 第15页/共21页 学科网（北京）股份有限公司【小问1详解】 na S n  n1  ① n n  n1  a S  n1  n2  n2  ② n1 n1 ①②得na  n1  a a 2  n1  ∴  n1  a  n1  a 2  n1  n2  n n1 n n n1 ∴a a 2  n2  n n1 故数列  a  是首项a 1，公差为2的等差数列．∴a 1 n1 22n1． n 1 n 【小问2详解】 令  2a n   2 a n 1   32n 2n  2n  2n1 ， a a  2n1  2n1  2n1 2n1 n n1 2 22 22 23 2n 2n1 2n1 所以T        2 ， n 1 3 3 5 2n1 2n1 2n1 【小问3详解】 令b a 162n17，当n8时，b 0；当n9时，b 0 n n n n 设数列  b  的前n项和为M ， n n n  b b  n 152n17  n  2n32  则M  1 n   n  n16 ， n 2 2 2 当n8时，则W  b  b  b b b b M n2 16n， n 1 2 n 1 2 n n 当n9时，则W  b  b  b  b  b  b b b b b n 1 2 8 9 n 1 2 8 9 n M  M M M 2M n2 16n128 8 n 8 n 8 n2 16n,n8 综上：W  ． n n2 16n128,n9   19. 在 数 列 a 中 ， 按 照 下 面 方 式 构 成 “ 次 生 数 n 列 ”  b  :b a ,b min  a ,a  ,b min  a ,a ,a  ,,b min  a ,a ,,a  n2  ， 其 中 n 1 1 2 1 2 3 1 2 3 n 1 2 n min  a ,a ,,a  2in  表示数列a ,a ,,a ，中最小的项． 1 2 i 1 2 i （1）若数列  a  中各项均不相等且只有4项，a 1,a  2,3,4  n1,3,4  ，请写出  a  的所有“次生 n 2 n n 第16页/共21页 学科网（北京）股份有限公司  数列” b ； n a  （2）若  a  满足a 2,a 64，且 n为等比数列，  a  的“次生数列”为  b  ． n 1 4  n  n n （i）求b b 的值； 3 10  10  9S 20 （ii）设  b  的前n项和S ，若对任意的nN，不等式 27 18n  2n 恒成立，求实数 n n  n  a n 的取值范围． 【答案】（1）2，1，1，1或3，1，1，1或4，1，1，1． （2）（i）b b  4632；（ii）,4 ． 3 10 【解析】 【分析】（1）根据次生数列的定义得到b a 1,b b b 1，从而得到  b  有3个，分别为2,1,1,1或 1 1 2 3 4 n 3,1,1,1或4,1,1,1. a  （2）（i）根据 n为等比数列，求出公比，求出a n(2)n，从而根据次生数列的定义得到b b  a  2，  n  n 1 2 1 b b 4608，得到b b 的值； 9 10 3 10 20 56n 20 56n （ ii ） 由 错 位 相 减 法 求 和 ， 求 出 S   2 2n2   4n1 ． 由 2n 9 9 9 9  10  9S 20 9S 20  56n 2n2 2 n2  27 18n  2n  2n    n  a  10  18n227n 10 3n 2 ， 令 n 27 18n  a  n  n n2 c  ，求出数列  c 的单调性求解． n 3n2 n 【小问1详解】 因为a  2,3,4  n1, 3,4  ,a 1，  a  中各项均不相等， n 2 n 所以b a 1,b b b 1， 1 1 2 3 4 若b a 2，此时“次生数列”  b  为2，1，1，1， 1 1 n 若b a 3，此时“次生数列”  b  为3，1，1，1， 1 1 n 第17页/共21页 学科网（北京）股份有限公司若b a 4，此时“次生数列”  b  为4，1，1，1， 1 1 n     所以“次生数列” b 的定义可知 b 有3个， n n 分别为2，1，1，1或3，1，1，1或4，1，1，1． 【小问2详解】 a  （i）设数列 n的公比为q，  n  a  a a 因为 n为等比数列，且a 2,a 64，所以 4  1q3，即16 2q3，解得q 2，  n  1 4 4 1 a 所以 n 22 n1 ，则a n2 n． n n 由“次生数列”  b  的定义，可知b b a 2,b b 24,, n 1 2 1 3 4 b b 9512 4608，故b b  4632． 9 10 3 10 （ii）由（i） b b a 12  ,b b a 32 3 ,,b b a  2n1 2 2n1 ， 1 2 1 3 4 3 2n1 2n 2n1 S 2  12 32 3 2n1 2 2n1 ，① 2n   4S 2  12 332 5  2n1 2 2n1 ，② 2n   由①②得3S 2  12 22 322 2n1 2n1 2 2n1 2n    2 32 2n1 20 56n 22 2 2  2n1 2 2n1   2 2n2  14  3 3   20 56n 20 56n 所以S   2 2n2   4n1． 2n 9 9 9 9 ∵27 10 18n0  nN n  10  9S 20 9S 20  56n 2n2 2 n2  27 18n  2n  2n   ∴  n  a  10  18n227n 10 3n 2 n 27 18n  a  n  n n2 2n3 2n2  3n5 2n2 令c  ，则c c    n 3n2 n1 n 3n1 3n2  3n1  3n2  当n1时，c c ；当n2时，c c ，即c c c c ． n1 n n1 n 1 2 3 4 第18页/共21页 学科网（北京）股份有限公司24 ∴c  4，故的取值范围为 ,4  ． 2 322 20. 已知函数 f xx1lnxax1．   （1）当a 0时，求 f x 在x1处的切线方程； （2）证明：当x0时，  x1  ex cosx； （3）当a0时，令g  x  f  x 2  a1  xa2，记g  x  的唯一零点为x ，若x a sinx ，证 0 1 1 明：ex 1  x ． 0 【答案】（1） y 2  x1  （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 1 【分析】（1）当a 0时，求得 f x lnx1 ，得到 f 1 2, f  1 0，结合导数的几何意义，即 x 可求解； （2）根据题意，先证得sinx x，令T  x ex x1 cosx，则T x 0，得到T  x  在 ,0  上 单调递增，得出T  x T  0  ，即可得证； 1 （3）求得g x lnx a1，令u  x  g x  ，求得g x  的单调性，得到g  x  单调递增，得出存 x  x 1  lnx 2 在x   ea2,1  ，使得g  x 0，化简得a  0 0  2，由x a sinx 和t lnx ，得到 0 0 x 1 1 0 0    et 1 t2 x2 2sinx x ，再设G  x x 2，利用导数求得G  x  在 ,0  上单调递减， et 1 1 ex x2 再设H  x  2sinx，结合（2）得到H  x  在 ,0  上单调递减，得到G  x  F  x  ，即可 ex 得证. 【小问1详解】 1 解：当a 0时， f  x  x1  lnx，则 f x lnx1 ， x 可得 f 1 2, f  1 0，则切线方程为y02  x1  ，即 y2  x1  ． 【小问2详解】 证明：先证：x0时，sinx x 第19页/共21页 学科网（北京）股份有限公司设F  x sinxx，则F x cosx10，所以F  x  在R上单调递减， 因为F  0 0，所以当且仅当x0时，F  x F  0 0，即sinx x； 令T  x ex x1 cosx，则T x xex sinx xxex 0， 所以T  x  在 ,0  上单调递增，所以T  x T  0 0，所以  x1  ex cosx. 【小问3详解】 证明：由函数g  x  f  x 2  a1  xa2 x1  lnx a2  x2 1 可得g x lnx a1， x 1 1 1 x1 令u  x  g x lnx a1，则u x    ， x x x2 x2 当x 0,1  时，u x 0，g x  在（0，1）上单调递减； 当x 1, 时，u x 0，g x  在  1, 上单调递增， 所以g x  g 1 a0，所以g  x  在  0, 上单调递增，且g  1 a， 当a 0时，g  x  存在唯一零点x 1； 0 当a0时，g  1 a0，可知ea2 0,1  ， 则g  ea2    ea2 1  a2  a2  ea2 24ea2 a0 所以由零点存在性定理可知，存在x   ea2,1  ，使得g  x 0， 0 0   综上可得，函数g x 存在唯一零点x ， 0 则g  x  x 1  lnx  a2  x 20，且0 x 1， 0 0 0 0 0  x 1  lnx 2 所以a  0 0  2， x 0  x 1  lnx 2 因为x a sinx ，所以a sinx  x ，则 0 0 2sinx x ， 1 1 1 1 x 1 1 0 因为a0，所以x 0， 1    et 1 t2 令t lnx ，则x et,t 0，所以 2sinx x ， 0 0 et 1 1 第20页/共21页 学科网（北京）股份有限公司下面证明t  x ， 1   设 G  x   ex 1 x2 2x x2 2,x 0 ，则G x ex x1 1， ex ex 令P  x G x ex x1 1，则P x xex 0， 所以G x  在 ,0  上单调递增，G x G 0 0，所以G  x  在 ,0  上单调递减， x2 再设H  x G  x F  x  2sinx,x0， ex 由（2）知H x ex x1 cosx0，所以H  x  在 ,0  上单调递减， 所以H  x H  0 0，所以G  x  F  x  ，当x0时取等号． 因为 G  x  在 ,0  上单调递减，由（2）知F  x  在 ,0  上单调递减且G  x  F  x  ， 则G  0  F  0 0,G  t  F  x G  x  ， 1 1 所以t  x ，即x lnx 0，所以ex 1  x ． 1 1 0 0 第21页/共21页 学科网（北京）股份有限公司