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周六
( 2)
1.(2024·聊城模拟)已知函数f(x)为R上的偶函数，且当x>0时，f(x)=log 4 x-1，则f -23 等于( )
2 1
A.- B.-
3 3
1 2
C. D.
3 3
答案 A
解析 因为f(x)为R上的偶函数，
所以f(-x)=f(x)，
( 2) ( 2)
则f -23 =f 23
2 2
=log
423
-1=log 23-1
22
1 1 2
=log -1= -1=- .
223
3 3
2.(2024·河南TOP二十名校联考)已知点P在平面α内，从点P出发的三条两两垂直的线段PQ，PR，PS位
1 4 9
于α的同侧，若Q，R，S到α的距离分别为1，2，3，则 + + 的值为( )
PQ2 PR2 PS2
A.1 B.√2
C.√3 D.2
答案 A
解析 由PQ，PR，PS两两垂直，取空间的一个基底{⃗PQ，⃗PR，⃗PS}，
设n是平面α的单位法向量，依题意，可使n与⃗PQ，⃗PR，⃗PS的夹角都是锐角，
则存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得n=x⃗PQ+y⃗PR+z⃗PS，
显然⃗PQ，⃗PR，⃗PS在n方向上的投影向量的长度分别为1，2，3，
于是n·⃗PQ=1，即(x⃗PQ+y⃗PR+z⃗PS)·⃗PQ=1，
1
则x·⃗PQ2=1，即x= ，
|⃗PQ|2
2 3
同理y= ，z= ，
|⃗PR|2 |⃗PS|2
1 2 3
因此n= ·⃗PQ+ ·⃗PR+ ·⃗PS，
|⃗PQ|2 |⃗PR|2 |⃗PS|2
而|n|=1，所以12= ( 1 ·⃗PQ+ 2 ·⃗PR+ 3 ·⃗PS ) 2 ，
|⃗PQ|2 |⃗PR|2 |⃗PS|2
因此
( 1 ·⃗PQ ) 2
+
( 2 ·⃗PR ) 2
+
( 3 ·⃗PS ) 2
=1，
|⃗PQ|2 |⃗PR|2 |⃗PS|2
1 4 9
所以 + + =1.
|⃗PQ|2 |⃗PR|2 |⃗PS|2
1
3.(多选)(2024·海口调研)已知S 为正项数列{a }的前n项和，a =1，S +S = (n≥2，n∈N*)，则( )
n n 1 n n-1 a
n
A.S =√n B.a <a
n n+1 n
1
C.S +S >2S D.S - ≥ln n
n n+2 n+1 n S
n
答案 ABD
解析 对于A，当n≥2时，有a =S -S ，
n n n-1
1 1
则S +S = = ，
n n-1 a S -S
n n n-1
即S2 -S2
=1，
n n-1
所以数列{S2 }是以S2 =a2
=1为首项，d=1为公差的等差数列，
n 1 1
所以S2 =n，又数列{a }为正项数列，所以S =√n，故A正确；
n n n
对于B，结合A选项可得
1
a =√n-√n-1= ，
n √n+√n-1
1
a =√n+1-√n= ，
n+1 √n+1+√n
所以a <a ，故B正确；
n+1 n
对于C，结合A选项可得
S +S =√n+√n+2，2S =2√n+1，
n n+2 n+1
又(S +S ) 2 -(2S ) 2 =(√n+√n+2) 2-(2√n+1) 2 =n+n+2+2√n(n+2)-4(n+1)
n n+2 n+1
=2[√n(n+2)-(n+1)]
=2[√n(n+2)-√(n+1) 2]<0，
所以S +S <2S ，故C错误；
n n+2 n+1
1
令f(x)=x- -2ln x，x≥1，
x
1 2 (x-1) 2
则f'(x)=1+ - = ≥0，
x2 x x2
所以f(x)在[1，+∞)上单调递增，则f(x)≥f(1)=0，
1 1
所以f(√n)=√n- -2ln√n=√n- -ln n≥0，
√n √n
1
所以S - ≥ln n，故D正确.
n S
n
4.(2024·曲靖质检)抽样统计得到某班8名女生的身高(单位：cm)分别为160，155，157，155.5，154，
158，155，162，则这8名女生身高的第75百分位数是 .
答案 159
解析 将数据由小到大排列为154，155，155，155.5，157，158，160，162，由8×75%=6，得第75百分
158+160
位数是 =159.
2
5.(2024·宜昌模拟)设函数f(x)=4ln x-ax2+(4-2a)x，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)存在极值，对任意的0<x <x ，存在正实数x ，使得f(x )-f(x )=f'(x )(x -x ).
1 2 0 2 1 0 2 1
ln x -ln x 2
2 1
①证明不等式 > ；
x -x x +x
2 1 2 1
x +x
②判断并证明 1 2与x 的大小.
2 0
4 1
(1)解 f'(x)= -2ax+4-2a=- (2ax-4)(x+1)，x>0，
x x
若a≤0，则f'(x)>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增，
2
若a>0，由f'(x)=0得x= ，
a
( 2)
当x∈ 0， 时，f'(x)>0；
a
(2 )
当x∈ ，+∞ 时，f'(x)<0，
a
( 2) (2 )
∴f(x)在 0， 上单调递增，在 ，+∞ 上单调递减.
a a
x
2
(2)①证明 ∵0<x <x ，设 =t(t>1)，
1 2 x
1
ln x -ln x 2
2 1
要证明 >
x -x x +x
2 1 2 1
2(t-1)
即证明ln t> (t>1)，
t+1
2(t-1)
设g(t)=ln t- (t>1)，
t+11 2(t+1)-2(t-1) (t-1) 2
则g'(t)= - = >0，
t (t+1) 2 t(t+1) 2
∴g(t)在(1，+∞)上单调递增，g(t)>g(1)=0，
2(t-1) ln x -ln x 2
∴ln t> ，即 2 1 > 得证.
t+1 x -x x +x
2 1 2 1
②解 ∵f(x)存在极值，由(1)知a>0，
f(x )-f(x )=4(ln x -ln x )-a(x2-x2)+(4-2a)(x -x )
2 1 2 1 2 1 2 1
=4(ln x -ln x )-a(x +x )(x -x )+(4-2a)(x -x )，
2 1 2 1 2 1 2 1
f(x )-f(x )
2 1
由题设得f'(x )=
0 x -x
2 1
4(ln x -ln x )
2 1
= -a(x +x )+4-2a，
x -x 2 1
2 1
(x +x ) 8
f' 1 2 = -a(x +x )+4-2a，
2 x +x 2 1
1 2
(x +x )
f'(x )-f' 1 2
0
2
4(ln x -ln x ) 8
2 1
= -
x -x x +x
2 1 1 2
( ln x -ln x 2 )
=4
2 1-
>0，
x -x x +x
2 1 1 2
(x +x )
∴f'(x )>f' 1 2 ，
0 2
4
∵f'(x)= -2ax+4-a在(0，+∞)上单调递减，
x
x +x
∴ 1 2 >x .
2 0
