黑龙江省双鸭山市第一中学2023-2024学年高三上学期开学考试数学(1)_2023年8月_028月合集_2024届黑龙江省双鸭山市第一中学高三上学期开学考试

双鸭山市第一中学 2023-2024 学年度（上）高三数学开学考试题
一、单选题
 3x 
1. 若全集 U R ，集合 M   x|x2 4  ， N   x| x1 0  ，则 M  (ð U N) 等于
A. {x|x2} B. {x|x2或x 3}
C. {x|x3} D. {x|2 x3}
【答案】B
【解析】
【分析】求解集合M,N ，按照补集的运算求出ð N ，计算交集即可.
U
【详解】解：M {x2或x2}，N {x|1 x3}，∴(ð N){x|x1或x 3}，则
U
M

(ð
U
N){x|x2或x 3}.
故选：B．
2. 若a 0,b0，则“ab4”是 “ab4”的
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】
本题根据基本不等式，结合选项，判断得出充分性成立，利用“特殊值法”，通过特取a,b的值，推出矛盾，
确定必要性不成立.题目有一定难度，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.
【详解】当a>0, b>0时，ab2 ab ，则当ab4时，有2 ab ab4，解得ab4，充分性
成立；当a=1, b=4时，满足ab4，但此时a+b=5>4，必要性不成立，综上所述，“ab4”是
“ab4”的充分不必要条件.
【点睛】易出现的错误有，一是基本不等式掌握不熟，导致判断失误；二是不能灵活的应用“赋值法”，通
过特取a,b的值，从假设情况下推出合理结果或矛盾结果.
4
3. 函数 f(x)lnx 的零点位于区间（ ）
x
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学科网（北京）股份有限公司A. (0,1) B. (1,2) C. (2,3) D. (3,4)
【答案】D
【解析】
【分析】
根据连续函数 f(x)满足 f(3)0， f(4)0，由此可得函数 f(x)的零点所在的区间.
4
【详解】解：函数 f(x)lnx 是连续单调增函数，
x
e4 54.5，33 27，
所以33 e4，
3
0 1
可得 ，
4
e3
4 3
f(3)ln3 ln 0
，
3 4
e3
f(4)ln410，
f(3) f(4)0.
故函数 f(x)的零点位于区间(3,4)内，
故选：D.
 π
4. 为了得到 y cos  2x 的图象，可以将函数y cosx的图象（ ）
 6
π
1
A. 每个点的横坐标缩短到原来的 倍，纵坐标不变，再向左平移 个单位长度
2 6
π
B. 每个点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向右平移 个单位长度
6
π
C. 每个点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向右平移 个单位长度
12
π
1
D. 每个点的横坐标缩短到原来的 倍，纵坐标不变，再向左平移 个单位长度
2 12
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数解析式判断图象平移过程即可.
【详解】将y cosx每个点的横坐标缩短到原来的 1 倍，纵坐标不变得y cos2x，
2
第2页/共20页
学科网（北京）股份有限公司π π π
再向左平移 个单位长度得y cos2(x )cos(2x ).
12 12 6
故选：D
5. 已知点8,m在幂函数 f(x)m3xa的图象上，则函数g(x)log  x2 mx5  的单调减区间为
a
（ ）
A.
(-1,2)
B.
,2
C.
2,5
D.
2,
【答案】A
【解析】
【分析】
由幂函数的性质求得m，把点的坐标代入幂函数解析式求得a，再由复合函数的单调性求解.
【详解】因为
f(x)m3xa是幂函数，所以m31，则m4，
又点8,m在幂函数 f(x)m3xa的图象上，所以48a，得a log 4(0,1)，
8
函数g(x)log  x2 mx5  化为g(x)log  x2 4x5  .
a a
令t x2 4x5，由t 0，得1 x5，
因为外函数y log t 为定义域内的减函数，
a
而内函数t x2 4x5的对称轴为x2，且在 (-1,2) 上为增函数，
所以函数g(x)log  x2 mx5  的单调减区间为 (-1,2) .
a
故选：A.
6. 已知定义在R上的奇函数 f(x)满足 f x2f(x)，当x0,1时， f(x)2x 1，则（ ）
11 11
A. f 6 f 7 f   B. f(6) f    f(7)
 2   2 
11 11
C. f(7) f    f(6) D. f    f(6) f(7)
 2   2 
【答案】B
【解析】
【分析】由题干条件可知，函数 f(x)表示以4为周期的周期函数，又因为 f(x)为奇函数，所以
11
f xf(x)，根据周期性和对称性将所求 f 6、f 7、f

转到x0,1内求值，即可比较大
 2 
第3页/共20页
学科网（北京）股份有限公司小.
【详解】由题意得，因为 f x2f(x)，则 f x4 f(x)，
所以函数 f(x)表示以4为周期的周期函数，
又因为 f(x)为奇函数，所以 f xf(x)，
所以 f(6) f(42) f(2)f(0)0， f(7) f(81) f(1)1，
11  3 3  1 1
f
 
 f

4

 f
 
f



 f
 
 21，
 2   2 2  2 2
11
所以 f(6) f    f(7).
 2 
故选：B.
  
7. 将函数 f(x)2sin(2x)  0 的图象向左平移 个单位长度后得到函数y  g(x)的图象，
 2 6
若函数y  g(x)为偶函数，则
 
A. 函数 f(x)的最小正周期为2 B. 函数 f(x)的图象关于点 , 0 对称
 3 
   
C. 函数 f(x)的图象关于直线x 对称 D. 函数 f(x)在   ,  上单调递增
12  3 6
【答案】D
【解析】
【分析】
 
根据题意结合平移变换得g(x)2sin(2x )，又函数y  g(x)为偶函数得 f(x)2sin(2x )，
3 6
再结合三角函数的图像和性质逐一判定即可.
  
【详解】解：由题意得 f(x)2sin(2x)  0 的图象向左平移 个单位长度后得到函数
 2 6
  
g(x) f(x )2sin(2(x ))2sin(2x )
6 6 3
  
若函数y  g(x)为偶函数，则  k(kZ) k(kZ)
3 2 6
  
因为0 ，所以 ，所以 f(x)2sin(2x )
2 6 6
第4页/共20页
学科网（北京）股份有限公司2
对于A，最小正周期T  ，错误；
2
  
对于B， f( )2sin(2  )0，错误；
3 3 6
  
对于C， f( )2sin(2  )1，错误；
12 12 6
    
对于D，令2k 2x 2k (kZ)得k  xk (kZ)，
2 6 2 3 6
  
所以函数 f(x)在  , 上单调递增，正确；
 
 3 6
故选：D.
【点睛】求三角函数单调区间的2种方法:
（1）代换法:就是将比较复杂的三角函数处理后的整体当作一个角u(或t)，利用基本三角函数的单调性来
求所要求的三角函数的单调区间；
（2）图象法:函数的单调性表现在图象上是从左到右，图象上升趋势的区间为单调递增区间，图象下降趋
势的区间为单调递减区间，画出三角函数的图象，结合图象易求它的单调区间.
8. 已知函数y  f x1 的图像关于直线x1对称，且当x,0 ， f xxfx0成立，若
 1  1
a21.5 f  21.5 ，bln3 f ln3 ，clog  f log ，则（ ）
1 4 1 4
   
2 2
A. abc B. bac C. cab D. bca
【答案】D
【解析】
【分析】先得到y  f x 为偶函数，再构造函数gx xf x ，利用题目条件判断单调性，进而得出大
小关系.
【详解】函数y  f x1 的图像关于直线x1对称，可知函数y  f x 的图像关于直线x0对称，
即y  f x 为偶函数，构造gx xf x ，当x,0 ，gx f xxfx0，故y  gx
在 ,0 上单调递减，且易知gx 为奇函数，故y  gx 在 0, 上单调递减，由
1  1
21.5 2log ln30，所以g  21.5  glog  gln3 .
1 4 1 4
2  2 
故选：D.
二、多选题
9. ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ）

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学科网（北京）股份有限公司A. 若A B，则sinAsinB
B. 若A30，b4，a3，则 ABC有两解

C. 若 ABC为钝角三角形，则a2 b2 c2

π
D. 若c2 (ab)2 6，C  ，则 ABC的面积是3

3
【答案】AB
【解析】
【分析】利用正弦定理可以判断A正确；由正弦定理与三角形大角对大边的性质，可判断B正确；由余弦
定理，可得C错误；由余弦定理和三角形面积公式可得D错误.
【详解】A.因为A B，由大角对大边得ab，
所以由正弦定理可得sinAsinB，故A正确.
3 4
 4 π 2
B.由正弦定理得 π sinB， sinB sin  ，
sin 3 6 3
6
π
又ba，A是锐角，sinBsin ，
6
所以B角可以是锐角或者钝角，所以

ABC有两解，故B正确.
C.若 ABC为钝角三角形，若A为钝角，C为锐角，

a2 b2 c2
则由余弦定理cosC  0，此时a2 b2 c2，故C错误.
2ab
π
D.由余弦定理c2 a2 b2 2abcosC且C  ，得c2 a2 b2 ab；
3
又c2 (ab)2 6a2 b2 2ab6，所以ab6；
1 1 3
又S  absinC  6 3；故D错误.
ABC 2 2 2
故选：AB.
10. 下列结论正确的是（ ）
1
A. 当x1时， x  2
x
5 1
B. 当x 时，4x2 的最小值是5
4 4x5
1
C. 当x0时，x 的最小值是2
x
第6页/共20页
学科网（北京）股份有限公司1 4 9
D. 设x0， y 0，且x y 2，则  的最小值是
x y 2
【答案】AD
【解析】
【分析】利用基本不等式研究最值即可做出判定，对于BC要注意正负的转化，对于D要注意常数的代换.
1
【详解】A选项：当x1时， x≥1， x  2，当且仅当x1时等号成立， A选项正确；
x
5 1  1 
B选项：当x 时，4x50，则4x2   54x  3231，
4 4x5  54x
1
当且仅当54x 即x1时等号成立，B选项错误；
54x
1
C选项：当x0时，x 的最小值是2；
x
1
当x 0时，x 的最大值是2，
x
C选项错误；
D选项：当x0， y 0， 1  4    1  4 x y 1  1   1 y  4x 4   1   52 4   9 ，
x y x y 2 2  x y  2 2
2 4
当且仅当x ,y  时等号成立,D选项正确.
3 3
故选：AD
.
【点睛】本题考查基本不等式的应用，属于基础题. 注意“一正二定三相等"的要求和灵活转化后利用基本
不等式研究最值.
 
11. 已知函数 f x Asinx  A0,0, 的部分图像如图所示，下列结论正确的是（ ）
 2
第7页/共20页
学科网（北京）股份有限公司A. f x 的周期为π
 π 
B. f x 的图像关于点  ,0 对称
 3 
 π π
C. 将函数y 2sin  2x 的图像向左平移 个单位长度可以得到函数 f x 的图像
 6 12
D. 方程 f x 3在 0,2π 上有3个不相等的实数根
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据图象，通过最值、最小正周期、代点，求得函数解析式，利用周期的定义、正弦函数的对称
性、图象变换、三角函数运算，解得整体思想，可得答案.
【详解】由图象可知， f x 2，且A0，则A2，
max
π π  2π
T 4    π，由T  ，且0，解得2，
3 12 
 π   π 
将 ,2 代入 f x2sin2x ，可得2sin  2   2，
12   12 
π π π
解得 2kπkZ，由 ，则 ，
3 2 3
 π
可得 f x2sin  2x ，
 3
对于A，函数 f x 的最小正周期为π，故A正确；
π  π   π π
对于B，令x ， f    2sin  2       3 0，故B错误；
3  3   3 3
  π  π  π
对于C，由题意，平移后的函数解析式为y 2sin  2  x    2sin  2x   f x ，故C正
  12 6  3
确；
 π  π 3
对于D，由方程 f x 3，2sin  2x   3，sin  2x   ，
 3  3 2
π π π 2π
则2x  2k πk Z或2x  2k πk Z，
3 3 1 1 3 3 2 2
π
化简可得xk πk Z 或x k πk Z，
1 1 6 2 2
第8页/共20页
学科网（北京）股份有限公司π 7π
由x0,2π ，则x 或π或 ，故D正确.
6 6
故选：ACD.
2x
12. 对于函数 f(x) ，下列说法正确的是（ ）
lnx
A. f x 在(0,e)上单调递减，在(e,)上单调递增
B. 若方程 f(|x|)2m有4个不等的实根，则me
C. 当0<x <x <1时，x lnx  x lnx
1 2 1 2 2 1
D. 设g(x)2x2 a，若对x R，x (1,)，使得2gx  f x  成立，则a e
1 2 1 2
【答案】BD
【解析】
【分析】由函数定义域为{x|x0且 x1}可得A错误；因y  f  x  和 y 2m都是偶函数，由对称性
2x 2x
可知，只需要 f(x) 的图像与y 2m的图像有两个交点，考查 f(x) 的性质，可得B正确；考
lnx lnx
2x
查 f(x) 的性质可得C错误；分别算出两函数的值域，由集合间的关系可得D正确.
lnx
2x
【详解】A. f x ，所以 f x 的定义域为{x|x0且 x1}，故A错误
lnx
B. 如图所示
因为 f  x  偶函数，当x0时，考查函数 f x 的性质，
2x
f x x1

lnx
2x lnx2xlnx
2lnx2
 fx 
lnx2 lnx2
当x0,1 时， fx0，所以 f x 在(0,1)上单调递减且 f x0，
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学科网（北京）股份有限公司当x1,e 时， fx0，所以 f x 在(1,e)上单调递减且 f x0，
当xe,+ 时， f¢(x)>0，所以 f x 在(e,)上单调递增且 f x0，
所以当 xe 时，函数 f x 的极小值为 f e2e
若方程 f(|x|)2m有4个不等的实根，由偶函数的对称性可得，
当x0时 f x2m有两个不等实数根，即y  f x 与y 2m有两不同交点，
2m2e，即me，故B正确
2x 2x
C.由B知，当0<x <x <1时， 1  2 ，又lnx lnx 0，
1 2 lnx lnx 1 2
1 2
2x 2x
所以lnx lnx  1 lnx lnx  2 ，即x lnx  x lnx ，故C错误.
1 2 lnx 1 2 lnx 1 2 2 1
1 2
D.g(x)2x2 a，当xR时，2gx 的值域为G yR| y2a ，
当x1, 时，由B知 f x 的值域为F yR| y2e
若对x R，x (1,)，使得2gx  f x  成立，
1 2 1 2
则G F，所以2a2e，即a e，故D正确.
故选：BD.
三、填空题
13. 已知扇形的面积为4cm2，该扇形圆心角的弧度数是2，则扇形的弧长为__________cm.
【答案】4
【解析】
【分析】根据面积公式以及弧长公式即可求解.
【详解】设扇形的弧长为l，半径为R，
由已知可得，圆心角2，面积S 4，
l R,
 l 2R,
所以有 1 即

S  R2, R2 4,
 2
R2
解得 .
l 4
故答案为：4.
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学科网（北京）股份有限公司14. 曲线y ax2 lnx在点 1,a 处的切线与直线y 2x平行，则a __________.
1
【答案】 ##0.5
2
【解析】
【分析】由题意可得
f12，从而可求出a的值.
1
【详解】由y ax2 lnx，得y2ax ，
x
因为曲线y ax2 lnx在点 1,a 处的切线与直线y 2x平行，
1
所以2a12，得a  ，
2
1
故答案为：
2
15. 如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30的方
向上，行驶800m后到达B处，测得此山顶在西偏北75的方向上，仰角为45，则此山的高度CD
__________m．
【答案】400 2
【解析】
【分析】根据已知，利用正弦定理以及直角三角形的性质计算求解.
【详解】
如图，在

ABC中，BAC 30，CBA105，所以ACB45，
800 BC
AB BC 
又AB800，由正弦定理有：  ，即 2 1 ，
sinBCA sinCAB
2 2
第11页/共20页
学科网（北京）股份有限公司解得BC 400 2，
又△BCD是直角三角形，且CBD 45，所以CD BC 400 2，
所以此山的高度CD400 2 m.
故答案为：400 2.
16. 已知函数 f(x)，g(x)的定义域均为R， f(x)为奇函数，g(x1)为偶函数， f(1)2，
2023
g(x2) f(x)1，则g(i)________.
i1
【答案】2023
【解析】
【分析】根据题意分析可得 f x2f x ，进而可得函数 f(x)是以 4 为周期的周期函数，且
f x f x1 f x2 f x30，进而可得结果.
【详解】因为g(x1)为偶函数，则g(x1) g(x1)，
又因为 g(x2) f(x)1，则g(x1) f(x1)1，g(x1) f(x1)1，
即 f(x1)1 f(x1)1，可得 f(x1) f(x1)，
因为 f(x)为奇函数，则 f(x)f x，且 f(0)0，
可得 f(x1)f x1，即 f x1f x1 ，则 f x2f x ，
可得 f x4f x2  f x   f x ，
所以函数 f(x)是以4为周期的周期函数，
由 f x2f x ，可得 f x2 f x0， f x3 f x10，
则 f 1 f 10，
即 f x f x1 f x2 f x30，
2023 2023 2023
所以g(i)f(i2)1 f(i2)2023 f 1 f 0 f 120232023.
i1 i1 i1
故答案为：2023.
【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中
根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题．
四、解答题
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学科网（北京）股份有限公司 π 1 11
17. （1）已知,  0, ，cos ，cos() ，求sin的值；
 2 7 14
1  π
（2）已知0π，sincos ，求sin  2 的值．
3  4
3 8 2 34
【答案】（1） ；（2）
2 18
【解析】
【分析】（1）根据同角三角函数的基本关系式、两角差的正弦公式求得正确答案.
（2）先求得sin2,cos2，然后利用两角差的正弦公式求得正确答案.
 π
【详解】（1）依题意，,  0,  ,0,π ，
 2
4 3 5 3
所以sin 1cos2 ,sin 1cos2  ，
7 14
所以sinsin
 
5 3 1  11 4 3 3
      .
 
14 7  14 7 2
1 1 8
（2）由sincos 两边平方得12sincos ,2sincos 0，
3 9 9
π 8 17
所以0 ，所以sincos sincos2  12sincos 1  ，
2 9 3
 17  17 1
sincos sin
 3  6
由 解得 ，
 1  17 1
sincos cos
 3   6
8
则sin22sincos ,cos2cos2sin2
9
17 1 17
cossincossin   .
3 3 9
 π 2 2 8 17 8 2  34
所以sin2  sin2cos2   .
 4 2 2 9 18
第13页/共20页
学科网（北京）股份有限公司π
18. 已知函数 f x 3sin2x2cos2x0，若函数 f(x)图象相邻两条对称轴间的距离是
2
（1）求及 f(x)单调递减区间.
 π π
（2）若方程 f(x)m在  , 上有解，求实数m的取值范围.
 4 4
π 2π
【答案】（1）1，单调递减区间为[kπ ,kπ ](kZ)；
6 3
（2）m(1 3,3].
【解析】
π
【分析】（1）利用三角恒等变换得到 f(x)2sin(2x )1，然后利用题意得到周期T π，代入周期
6
的计算公式可得，然后代入正弦函数即可求解；
 π π
（2）结合（1）的结论，求出函数 f(x)在  , 上的值域即可求解.
 4 4
【小问1详解】
π
因为 f x 3sin2x2cos2x 3sin2xcos2x12sin(2x )1，
6
π
又 f x 图象相邻两条对称轴间的距离是 ，所以函数 f(x)的周期为T π，
2
2π π
所以 π，则1，所以 f(x)2sin(2x )1，
2 6
π π 3π π 2π
令2kπ 2x 2kπ ,kZ，解得kπ  xkπ ,kZ，
2 6 2 6 3
π 2π
所以函数 f x 单调递减区间为[kπ ,kπ ](kZ).
6 3
【小问2详解】
π
由（1）知： f(x)2sin(2x )1，
6
 π π π π 2π π
因为x   , ，所以2x ( , )，则2sin(2x )( 3,2]，
 4 4 6 3 3 6
 π π
所以 f(x)(1 3,3]，要使 f xm在  , 上有解，则m(1 3,3].
 4 4
19. 设函数 f xax k1ax（a0且a 1）是定义域为R的奇函数．
（1）求实数k的值．
（2）若 f 10，判断函数 f x 的单调性，并证明．
第14页/共20页
学科网（北京）股份有限公司（3）在（2）的条件下，若对任意的x1,2，存在t1,2 使得不等式 f  x2 tx   f 2xm0成
立，求实数m的取值范围．
【答案】（1）k 2；（2） f x 是R上单调增函数，证明见解析；（3）(,10).
【解析】
【分析】（1）由函数 f x 是定义域为R的奇函数，得到 f 00，即可求解；
（2）由（1）知函数 f xax ax，根据 f 10，得到a 1，利用函数单调性的定义，即可求解；
（3）由 f  x2 tx   f 2xm0，结合函数的性质，得的x2 tx2xm，转化为
mx2 2tx对任意的x1,2都成立，结合二次函数的性质，即可求解.
【详解】（1）由题意，函数 f xax k1ax是定义域为R的奇函数，
可得 f 00，即 f 02k 0，解得k 2，
此时函数 f xax ax，经检验是奇函数，所以k 2.
（2）由（1）知函数 f xax ax，
1
因为 f 10，即 f 1a 0，可得a 1，
a
任意x ,x R，且x  x ，
1 2 1 2
则 f x  f x   ax 1 ax 1    ax 2 ax 2    ax 1 ax 2   1 1  
1 2  ax 1ax 2 
因为x  x ，且y axa1 在R上单调增函数，所以ax 1 ax 2 0
1 2
1
又因为1 0，所以 f x  f x 0，即 f x  f x  ，
ax 1ax
2
1 2 1 2
所以 f xax ax是R上单调增函数.
（3）由 f  x2 tx   f 2xm0，可得 f  x2 tx  f 2xm ，
因为函数 f x 为R上奇函数，所以 f  x2 tx   f 2xm ，
又因为 f x 是R上单调增函数，所以x2 tx2xm，
即mx2 2tx对任意的x1,2都成立，
第15页/共20页
学科网（北京）股份有限公司只需m  x2 2tx 
min
2t  3
设函数gxx2 2tx，可得对称轴x  2, ，
 
2  2
所以gx 82t ，所以m82t，
min
因为存在t1,2 ，使得m82t，只需m82t ，所以m10，
max
即实数m的取值范围(,10)．
20. 已知函数 f(x)ax2 (a2)xlnx（a0）．
1 
（1）若x1是函数 f(x)的极值点，求 f(x)在区间

,2

上的最值；
2 
（2）求函数 f(x)的单调增区间．
【答案】（1）最小值为2，最大值为2ln2
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得
f10，即可求出参数a的值，从而求出函数的单调区
间，再计算区间端点函数值，即可求出函数的最值；
（2）求出函数的导函数，分a2、a2、0a2三种情况讨论，分别求出函数的单调递增区间.
【小问1详解】
1
解：因为 f(x)ax2 (a2)xlnx，所以 f(x)2ax(a2) ，
x
因为已知x1是函数 f(x)的极值点．
1
所以1是方程 f(x)2ax(a2) 0的根，
x
所以a10，故a 1，经检验符合题意，
(2x1)(x1)
所以 f(x) x2 3xlnx，则 f(x) ，
x
1
所以当  x1时 f(x)0，当1 x2时 f(x)0，
2
1
所以函数 f(x)在( ,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增；
2
1 5
又 f( ) ln2， f(1)2， f(2)2ln2，
2 4
1 3
且 f( ) f(2) 2ln20，
2 4
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学科网（北京）股份有限公司1 
所以 f(x)在区间 ,2 上的最小值为 f(1)2，
 
2 
最大值为 f(2)2ln2；
【小问2详解】
1
解： f(x)2ax(a2) ，
x
2ax2(a2)x1 (2x1)(ax1)
所以 f(x)  ，
x x
因为x0，a0，
1 1
当a2时，令 f(x)0，解得0 x 或x ，
a 2
1 1
所以函数 f(x)的单调增区间为(0, )，( ,)，
a 2
(2x1)(2x1)
当a2时， f(x) 0恒成立，所以函数 f(x)的单调增区间为(0,)，
x
1 1
当0a2时，令 f(x)0，解得0x 或x ，
2 a
1 1
所以函数 f(x)的单调增区间为(0, )，( ,)，
2 a
1 1
综上可得，当a2时单调增区间为(0, )，( ,)；
a 2
当a2时单调增区间为(0,)；
1 1
当0a2时单调增区间为(0, )，( ,).
2 a
21. 在①
2bccosAacosC，②asinB
3bcosA，③acosC 3csinAbc，这三个条件中任选一
个，补充在下面问题中，并完成解答.问题：锐角

ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
______.
（1）求A；
（2）若a  4，求bc的取值范围.
π
【答案】（1）A
3

（2） 4 3,8

【解析】
【分析】（1）①②③中任选一个均先利用正弦定理边角互换，再利用三角恒等变换化简即可求解.
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学科网（北京）股份有限公司8 3
(2)由正弦定理，将bc表示为 sinBsinC，由三角形的内角和为π和辅助角公式将原式整理为
3
 π
8sin  C ，找出C角的范围，从而得解.
 6
【小问1详解】
若选①，(2bc)cosAacosC 2sinBcosAsinCcosAsin AcosC
2sinBcosAsinAcosCcosAsinC sinACsinB，
 π 1 π
∵A、B、C  0,  ，sinB0cosA  A ；
 2 2 3
若选②，asinB 3bcosAsinAsinB 3sinBcosA，
 π π
∵A、B、C  0,  ，sinB0sin A 3cosAtan A 3 A ；
 2 3
若选③acosC 3csinAbcsinAcosC 3sinCsinAsinBsinC
sinAcosC 3sinCsinAsinACsinC  3sinCsinAsinCcosA1
 π  π
∵A、B、C  0,  ，sinC 0 3sin AcosA12sin  A ，
 2  6
π  π π π π π
而A    ,   A   A .
6  6 3 6 6 3
【小问2详解】
b c a 4 8 3
   
因为a  4，所以由正弦定理得：sinB sinC sinA π 3 ，
sin
3
8 3 8 3 π  
bc sinBsinC

sin CsinC

3 3  3  
8 3 3 1   π
 3    2 cosC 2 sinCsinC   8sin  C 6   ，
 π
0C 

 2
∵ ABC是锐角三角形，∴ ,

2π π

0 C 
 3 2
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学科网（北京）股份有限公司π π
∴ C  ,
6 2
π π 2π  π  3  
∴C   , ∴sin  C    ,1∴bc 4 3,8  .
6 3 3   6  2 
22. 已知函数 f xx2lnx2，gxx2(3a)x21a(aR).
（1）求函数 f x 的极值；
（2）若不等式 f xg(x)在x(2,)上恒成立，求a的取值范围；
 1 1  1   1  1
（3）证明不等式： 1+  1+  1+    1+  e3(nN*).
 4 42  43   4n 
1
【答案】（1）极小值为 ，无极大值
e
（2）
,0
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对 f x 求导，借助 f x 的正负判断 f x 的单调性，进而求出 f x 的极值；
（2）不等式 f xg(x) x(2,)上恒成立，等价转化为lnx2 x1a，
然后分离参数得a x1ln(x2)，设h(x)x1ln(x2),x(2,)，求h(x) 即可.
min
（3）由（2）知x+1lnx2在 1, 上恒成立，令x 1 1，则有ln  1 1   1 ，然后借助不等式
4n  4n  4n
同向可加性及等比数列前n项和公式求证.
【小问1详解】
1
由 f(x)0可得x( 2,)，此时 f x 单调递增；
e
1
由 f(x)0可得x(, 2)，此时 f x 单调递减；
e
1 1
所以当x 2时， f(x)有极小值，极小值为 ，无极大值
e e
【小问2详解】
由不等式 f xg(x) x(2,)上恒成立，
得x2lnx2x2(3a)x21a，
因为x(2,)，lnx2 x1a，
第19页/共20页
学科网（北京）股份有限公司所以a x1ln(x2)在x(2,)上恒成立
x1
设h(x)x1ln(x2),x(2,)，则hx= ，
x2
x1
由h(x)= =0得x=1
x2
所以h(x)在(2，1)上递减，在(1，)上递增，
所以h(x) h(1)0即a0，
min
所以a,0
【小问3详解】
证明：由（2）得x+1lnx2在 1, 上恒成立，
1  1  1
令x 1，则有ln1  ，
4n  4n  4n
 1  1   1  1 1 1 1 1
ln 1 +ln 1 ++ln 1  + ++ = (1- )
     
 4  42   4n  4 42 4n 3 4n
 1 1   1  1 1
ln

1

1



1

 (1- )
 4 42   4n  3 4n
1 1 1 1  1 1   1  1
 nN*，  (1- ) ，ln  1  1    1   ，
4 3 4n 3  4 42   4n  3
 1 1  1   1  1


1+

1+

1+



1+

e3.
 4 42  43   4n 
【点睛】关键点点睛：
本题（2）考察不等式恒成立问题，可以分离参数，转化为求最值问题：
1
本题（3）的证明需要借助（2）的结论，即x+1lnx2在 1, 上恒成立，然后令x 1，则有
4n
 1  1
ln1  ，然后借助不等式同向可加性及等比数列前n项和公式求证.
 4n  4n
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