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高三数学月考质量检测卷
（考试时间：120 分钟 试卷满分：150 分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡
皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分（选择题 共58 分）
一、选择题：本题共8 小题，每小题5 分，共40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要
求的。
1．已知集合U＝{x|
1≤
﹣
x＜3，x∈Z}，A＝{x|x2﹣x＝0}，则集合∁UA＝（ ）
A．{
1
﹣，1}
B．{
1
﹣，2}
C．{2，3}
D．{3}
【答案】B
【分析】根据集合的基本运算求解即可．
【解答】解：因为集合U＝{x|
1≤
﹣
x＜3，x∈Z}＝{
1
﹣，0，1，2}，A＝{x|x2﹣x＝0}＝{0，1}，
所以集合∁UA＝{
1
﹣，2}．
故选：B．
2．已知不等式x2+bx+c＜0 的解集为{x|3＜x＜4}，则cx2+bx+1＞0 的解集为（ ）
A．{x|- 1
3 ＜x＜- 1
4 }
B．{x| 1
4 ＜x＜1
3 }
C．{x| x＜1
4 或x＞1
3 }
D．{x| x＜- 1
3或x＞- 1
4 }
【答案】C
【分析】由题意可得方程x2+bx+c＝0 的两个根分别为3 和4，结合韦达定理可求得b，c，进而求解即可．
【解答】解：因为不等式x2+bx+c＜0 的解集为{x|3＜x＜4}，
所以方程x2+bx+c＝0 的两个根分别为3 和4，
则{
3+ 4 =-b
3×4 =c ，解得{
b=-7
c =12 ，
所以cx2+bx+1＞0，即12x2
7
﹣x+1＞0，
即（3x
1
﹣）（4x
1
﹣）＞0，即x＜1
4 或x＞1
3，
所以cx2+bx+1＞0 的解集为{x| x＜1
4 或x＞1
3 }．
故选：C．
3．已知a，b∈R，则“a＞b＞0”是“1
a ＜1
b ”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】由已知结合不等式的性质检验充分必要性即可求解．
【解答】解：当a＞b＞0 时，1
a ＜1
b 一定成立，即充分性成立；
当1
a ＜1
b 时，a＞b＞0 不一定成立，例如a＝﹣1，b＝1 时，即必要性不成立．
故选：A．
4．已知函数f（x）＝aex﹣e﹣x（a 为常数），则（ ）
A．∀a∈R，f（x）为奇函数
B．∃a∈R，f（x）为偶函数
C．∀a∈R，f（x）为增函数
D．∃a∈R，f（x）为减函数
【答案】B
【分析】由已知结合函数的奇偶性及单调性的定义及性质，导数与单调性关系及指数函数性质检验各选项
即可判断．
【解答】解：当a＝2 时，f（x）＝2ex﹣e﹣x显然不是奇函数，A 错误；
当a＝﹣1 时，f（x）＝﹣ex﹣e﹣x为偶函数，B 正确；
当a＝﹣1 时，f（x）＝﹣ex﹣e﹣x，f（0）＝﹣2，f（1）＝﹣e- 1
e ，显然f（0）＞f（1），C 错误；
若f（x）为减函数，则存在a∈R，使得f′（x）＝aex+e﹣x≤0 恒成立，
不论a 为正还是负，当x→+∞和x→
∞
﹣时，总存在f′（x）＞0 的情况，
即不存在a，使得a≤﹣e
2
﹣x恒成立，D 错误．
故选：B．
5．在△ABC 中，a，b，c 分别为角A，B，C 的对边，已知b=7， c =3， 7 sinA =asin B
2 ，则a＝（
）
A．5
B．8
C．2❑√10
D．❑√79
【答案】A
【分析】设外接圆半径为R，根据正弦定理和二倍角公式化简求出cos B
2 = 1
2，即B = 2π
3 ，再根据余弦定
理b2＝a2+c2
2
﹣accosB，求得a，即得答案．
【解答】解：设外接圆半径为R，由正弦定理得sinA = a
2 R ，sinB = b
2 R ，
因为b=7， c =3， 7 sinA =asin B
2 ，
所以7 sinA =7× a
2 R =asin B
2 ，
即sin B
2 = 7
2 R = b
2 R = sinB =2sin B
2 cos B
2 ，
在△ABC 中，B∈（0，π），sin B
2 ≠0，
所以cos B
2 = 1
2，所以B
2 = π
3 ，即B = 2π
3 ，
所以b2＝a2+c2
2
﹣accosB，
即49＝a2+9+3a，解得a＝5 或a＝﹣8（舍）．
故选：A．
6．设a∈R，对任意实数x，记f（x）＝min{|x|
2
﹣，x2﹣ax+3a
5}
﹣
．若f（x）至少有3 个零点，则实数a 的
取值范围为（ ）
A．（﹣∞，2]
B．[10，+∞）
C．（﹣∞，2]∪[10，+∞）
D．（﹣∞，2）∪（10，+∞）
【答案】B
【分析】令g（x）＝x2﹣ax+3a
5
﹣，先由题意得到a≤2 或a≥10，再结合g（﹣2）和g（2）的符号分类讨
论得到结果．
【解答】解：y＝|x|
2
﹣的图象与x 轴有2 个交点（﹣2，0）和（2，0），
因此g（x）＝x2﹣ax+3a
5
﹣的图象和x 轴至少有一个交点，
从而根的判别式Δ＝a2
12
﹣
a+20≥0，解得a≤2 或a≥10．
g（x）的图象的对称轴为直线x = a
2，
设g（x）＝0 的两根分别为x1，x2（x1≤x2），当a＜1
5时，g（2）＝a
1
﹣＜0，g（﹣2）＝5a
1
﹣＜0，
因此﹣2 和2 不是函数f（x）的零点，函数f（x）只有2 个零点，不符合题意；
当1
5 ≤a＜1时，g（﹣2）＝5a
1≥0
﹣
，g（2）＝a
1
﹣＜0，则2 不是函数f（x）的零点，
函数f（x）只有2 个零点，不符合题意；
当1≤a≤2 时，g（﹣2）＞0，g（2）≥0，则﹣2＜x1≤x2≤2，
函数f（x）只有2 个零点，不符合题意；
当a≥10 时，函数g（x）图象的对称轴方程满足x = a
2 ≥5，且g（2）＞0，
所以2＜x1≤x2，函数f（x）至少有3 个零点，符合题意．
综上，实数a 的取值范围是[10，+∞）．
故选：B．
7．将函数f（x）＝sinx 图象上的所有点经过平移和伸缩变换得到函数g（x）＝sin（1
2 x +φ）（|φ|＜π
2
））的图象，若点A( π
3 ，f ( π
3 ))被变换成了点A′（x0，y0），且sinx0= 1
2，则φ 的所有可能值之和为（
）
A．π
6
B．π
4
C．π
3
D．π
12
【答案】A
【分析】首先依据题意求出函数的关系式，进一步利用函数的性质求出结果．
【解答】解：由于点A( π
3 ，f ( π
3 ))=( π
3 ，sin π
3 )=( π
3 ，
❑√3
2 )，
因为A 被变换成A'（x0，y0）且sin x0= 1
2，
则x0=2kπ + π
6 或x0=(2k +1)π - π
6 =2kπ + 5 π
6 ，k∈Z，
对于函数f（x）＝sinx 变换到g( x)=sin( 1
2 x +φ) 设A( π
3 ，
❑√3
2 )经过变换后为A'（x0，y0），
当x0=2kπ + π
6 时，y0=
❑√3
2 ，代入g（x）得
❑√3
2 =sin( 1
2 (2kπ + π
6 )+φ)，
即1
2 (2kπ + π
6 )+φ =2mπ + π
3 或1
2 (2kπ + π
6 )+φ =(2m+1)π - π
3 ，n∈Z，
对于1
2 (2kπ + π
6 )+φ =2mπ + π
3 ，因为|φ|＜π
2 ，当k＝2m 时，φ = π
4 ，
对于1
2 (2kπ + π
6 )+φ=(2m+1)π - π
3 ，
化简得φ =(2m+1)π - π
3 - 1
2 (2kπ + π
6 )=(2m-k )π + π
2 ，不满足|φ|＜π
2 舍去．
当x0=2kπ + 5 π
6 时，y0=
❑√3
2 ，代入g（x）得
❑√3
2 =sin( 1
2 (2kπ + 5 π
6 )+φ)，
即1
2 (2kπ + 5 π
6 )+φ=2mπ + π
3 或1
2 (2kπ + 5 π
6 )+φ=(2m+1)π - π
3 ，m∈Z．
对于1
2 (2kπ + 5 π
6 )+φ=2mπ + π
3 ，
化简得φ =2mπ + π
3 - 1
2 (2kπ + 5 π
6 )=2mπ -kπ - π
12，
因为|φ|＜π
2 ，当k＝2m 时，φ=- π
12，对于1
2 (2kπ + 5 π
6 )+φ=(2m+1)π - π
3 ，
化简得φ =(2m+1)π - π
3 - 1
2 (2kπ + 5 π
6 )=（2m﹣k）π - 9 π
12 ，
不满足|φ|＜π
2 舍去．
所有可能值为π
4 和- π
12，它们的和为π
4 - π
12 = π
6 ．
故选：A．
8．若不等式e2x+2t2x≥tex（2+x）对任意x∈[1，+∞）恒成立，则实数t 的最大值是（ ）
A．e
2
B．e
C．e
2
2
D．e2
【答案】C
【分析】由已知不等式变形得出(t - e
x
2 )(t - e
x
x )≥0，分x＝2、1≤x＜2、x＞2 三种情况讨论，解不等式
(t - e
x
2 )(t - e
x
x )≥0，结合恒成立可求出t 的取值范围．
【解答】解：由题（ex）2﹣（2ex+xex）t+2xt2≥0，
即（ex
2
﹣t）（ex﹣tx）≥0 对任意的x∈[1，+∞）恒成立，即(t - e
x
2 )(t - e
x
x )≥0，
令f ( x)= e
x
x ，其中x≥1，则f '( x)= e
x( x -1)
x
2
≥0对任意的x≥1 恒成立，
即函数f（x）在[1，+∞）上为增函数，
考虑当e
x
2 = e
x
x 时，x＝2，此时e
x
2 = e
x
x = e
2
2 ，
要使得(t - e
x
2 )(t - e
x
x )≥0对任意的x∈[1，+∞）恒成立，
当x＝2 时，则有(t - e
2
2 )
2
≥0显然成立；
当1≤x＜2 时，e
x
2 ＜e
x
x ，由(t - e
x
2 )(t - e
x
x )≥0可得t ≤e
x
2 或t ≥e
x
x ，
此时t ≤e
2或t ≥e
2
2 ；
当x＞2 时，e
x
2 ＞e
x
x ，由(t - e
x
2 )(t - e
x
x )≥0可得t ≤e
x
x 或t ≥e
x
2 ，
由于当x→+∞时，e
x
2 →+∞，则t ≥e
x
2 显然不等式，即t ≤e
x
x ，则t ≤e
2
2 ，
综上所述，t 的最大值为e
2
2 ．
故选：C．
二、选择题：本题共3 小题，每小题6 分，共18 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部
选对的得6 分，部分选对的得部分分，有选错的得0 分．
9．设正实数m，n 满足m+n＝1，则（ ）
A．1
m + 2
n的最小值为3+2❑√2
B．❑√m+ ❑√n的最大值为❑√2
C．❑√mn的最大值为1
4
D．m2+n2的最小值为1
2
【答案】ABD
【分析】运用基本不等式逐一运算判断即可．
【解答】解：对于A，因为正实数m，n，满足m+n＝1，
所以1
m + 2
n =( 1
m + 2
n )(m+n)=3+ n
m + 2m
n ≥3+2❑√2，当且仅当n
m = 2m
n 且m+n ＝1 ，即m= ❑√2-1，
n=2- ❑√2时等号成立，故A 正确；
对于B，(❑√m+ ❑√n)
2=m+n+2❑√mn≤m+n+m+n=2，
则❑√m+ ❑√n≤❑√2，当且仅当n
m = 2m
n 且m+n＝1，即m=n= 1
2时等号成立，故B 正确；
对于C，1=m+n≥2❑√mn，解得，
❑√mn≤1
2，当且仅当m=n= 1
2时等号成立，
所以❑√mn的最大值为1
2，故C 错误；
对于D，由m+n
2
≤
❑√
m
2+n
2
2
，可得m
2+n
2≥(m+n)
2
2
= 1
2
，
当且仅当m=n= 1
2时等号成立，故D 正确．
故选：ABD．
10．定义在R 上的偶函数f（x），满足f（x+2）﹣f（x）＝f（1），则（ ）
A．f（1）＝0
B．f（1﹣x）+f（1+x）＝0
C．f（1+2x）＝f（1
2
﹣x）
D．∑
i=1
20
f (i)=10
【答案】AC
【分析】依题意，可求得f（x）是以2 为周期的周期函数，且关于直线x＝0，x＝1 对称，依次逐项分析可
得答案．
【解答】解：∵f（x）为定义在R 上的偶函数，
∴f（﹣x）＝f（x），
又f（x+2）﹣f（x）＝f（1），
∴当x＝﹣1 时，有f（1）﹣f（﹣1）＝f（1），即f（﹣1）＝f（1）＝0，A 正确；
∴原条件化为f（x+2）﹣f（x）＝0，即f（x+2）＝f（x），①
∴f（x）是以2 为周期的周期函数．
在①中，令x＝0，得f（2）＝f（0），但不能确定f（0）是否为0，
∴f[1﹣（﹣1）]+f[（1+（﹣1）]不一定为0，
即f（1﹣x）+f（1+x）＝0 不一定成立，B 错误；
在①中，用﹣x 替换x，得f（2﹣x）＝f（﹣x）＝f（x），
∴f（x）的图象关于直线x＝1 对称，
∴f（1+2x）＝f（1
2
﹣x），C 正确；
∵f（1）＝f（3）＝f（5）＝....＝f（19）＝0，
f（0）＝f（2）＝f（4）＝....＝f（20），但f（2）的值无法确定，
∴∑
i=1
20
f（i）的值不确定，D 错误．
故选：AC．
11．已知函数f ( x)=co s
2 ωx
2 +
❑√3
2 sinωx - 1
2 (ω＞0)，则（ ）
A．f ( x)=sin(ωx + π
6 )
B．f（x）在区间(0，π
6ω )上单调递增
C．若f（x）在区间（0，π）上恰有一个极值点，则ω 的取值范围是( 1
3 ，4
3 )
D．若f（x）在区间（π，2π）内没有零点，则ω 的取值范围是(0，5
12 ]∪[ 5
6 ，11
12 ]
【答案】ABD
【分析】对于A，由二倍角公式及辅助角公式可判断，对于B，由0＜x＜π
6ω，确定ωx + π
6 的范围即可
判断，对于C，通过x∈（0，π），确定ωx + π
6 的范围，再结合恰有一个极值点得到π
2 ＜ωπ + π
6 ≤3 π
2 即
可判断，对于D，先确定ωx + π
6 的范围，再由(ωπ + π
6 ，2ωπ + π
6 )⊆(2kπ ，2kπ + π )，k ∈Z和
(ωπ + π
6 ，2ωπ + π
6 )⊆(2kπ + π ，2kπ +2π )，k ∈Z两类讨论即可．
【解答】解：f ( x)=co s
2 ωx
2 +
❑√3
2 sinωx - 1
2 = 1
2 cosωx +
❑√3
2 sinωx =sin(ωx + π
6 )，A 正确；
因为0＜x＜π
6ω，所以π
6 ＜ωx + π
6 ＜π
3 ，此时正弦函数单调递增，
所以f（x）在区间(0，π
6ω )上单调递增，B 正确；
因为0＜x＜π，所以π
6 ＜ωx + π
6 ＜ωπ + π
6 ，
因为f（x）在区间（0，π）上恰有一个极值点，
所以π
2 ＜ωπ + π
6 ≤3 π
2 ，解得1
3 ＜ω≤4
3 ，C 错误；
∵π＜x＜2π，∴ωπ + π
6 ＜ωx + π
6 ＜2ωπ + π
6 ，
根据正弦函数的性质可知，若函数f（x）在区间 （π，2π）内没有零点，
（1）(ωπ + π
6 ，2ωπ + π
6 )⊆(2kπ ，2kπ + π )，k ∈Z，
则{
ωπ + π
6 ≥2π
2ωπ + π
6 ≤2kπ + π
，k∈Z，
则2k- 1
6 ≤ω≤k + 5
12，取k＝0，
∵ω＞0，∴0＜ω≤5
12；
（2）(ωπ + π
6 ，2ωπ + π
6 )⊆(2kπ + π ，2kπ +2π )，k ∈Z，
则 {
ωπ + π
6 ≥2kπ + π
2ωπ + π
6 ≤2kπ +2π
，
解得2k + 5
6 ≤ω≤k + 11
12，取k＝0，
∴5
6 ≤ω≤11
12；
综上可知：ω 的取值范围是 (0，5
12 ]∪[ 5
6 ，11
12 ]，D 正确．
故选：ABD．
第二部分（非选择题 共92 分）
三、填空题：本题共3 小题，每小题5 分，共15 分。
12．若曲线y＝ln（ax）与直线y＝x
1
﹣相切，则a＝
．
【答案】1
【分析】由题意y ' = 1
x ，然后求出斜率为1 时的x＝1，从而可求解．
【解答】解：因为y＝ln（ax），所以y ' = 1
x ．直线y＝x
1
﹣的斜率为1，
令y′= 1
x =1，解得x＝1，y＝x
1
﹣＝0，即切点是（0，0），所以0＝lna，解得a＝1．
故答案为：1．
13．在△ABC 中，内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，设BC 边上的高为h，若A 为锐角，
b= ❑√2asinB，则h
a的最大值为
．
【答案】
❑√2+1
2
【分析】利用正弦定理，求出sinA ，根据同角三角函数关系式求出cosA ，用余弦定理得
a
2=b
2+c
2- ❑√2bc，借助等面积法，得
❑√2bc
2
=ah，两式联立运用基本不等式即可求出．
【解答】解：在△ABC 中，内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，设BC 边上的高为h，
由b= ❑√2asinB，利用正弦定理a
sinA =
b
sinB =2 R得sinB = ❑√2sinAsinB，
又sinB＞0，则sinA =
❑√2
2 ，
A 为锐角，则cosA =
❑√1- sin
2 A =
❑√2
2 ，
由余弦定理可知a
2=b
2+c
2-2bccosA =b
2+c
2- ❑√2bc，
由等面积法知1
2 bcsinA = 1
2 ah，即
❑√2bc
2
=ah，
则
h
a =
❑√2bc
2a
2 =
❑√2bc
2(b
2+c
2- ❑√2bc)
=
❑√2
2( b
2+c
2
bc
- ❑√2)
≤
❑√2
2( 2bc
bc - ❑√2)
=
❑√2+1
2
，
当且仅当b＝c 时取等号，
则h
a的最大值为
❑√2+1
2
．
故答案为：
❑√2+1
2
．
14．已知定义在(- π
2 ，π
2 )上的函数f（x）满足f（﹣x）＝f（x），且当0≤x＜π
2 时，f（x）tanx+f′（x）
＞0，且有f ( π
3 )=2，则f（x）＜4cosx 的解集为
．
【答案】(- π
3 ，π
3 )
【分析】构造g( x)= f ( x)
cosx ，得出其单调性、奇偶性以及g( π
3 )= 4，最后将问题转化为求g（x）＜4 的解
集即可．
【解答】解：由于当0≤x＜π
2 时，cosx＞0，那么根据f（x）tanx+f′（x）＞0，可得f（x）sinx+f′（x）
cosx＞0，
令函数g( x)= f ( x)
cosx ，0≤x＜π
2 ，那么[ f ( x)
cosx ]' = f '( x)cosx + f ( x)sinx
co s
2 x
＞0，因此函数g （x ）在
[0，π
2 )上单调递增，
由于函数f（x）为(- π
2 ，π
2 )上的函数且满足f（﹣x）＝f（x），
那么g(- x)= f (- x)
cos(- x) = f ( x)
cosx = g( x)，那么函数g（x）为(- π
2 ，π
2 )上的偶函数，
又因为f ( π
3 )=2，那么g( π
3 )=
f ( π
3 )
cos π
3
= 2
1
2
= 4，
由于x∈(- π
2 ，π
2 )时cosx＞0，那么f（x）＜4cosx，即g（x）＜4，也即g( x)＜g( π
3 )，
结合函数g（x）的奇偶性和单调性可得，| x|＜π
3 ，解得- π
3 ＜x＜π
3 ，
因此f（x）＜4cosx 的解集为(- π
3 ，π
3 )．
故答案为：(- π
3 ，π
3 )．
四、解答题：本题共5 小题，共77 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
15．如图为一个摩天轮的示意图，该摩天轮半径为5m，圆上最低点与地面距离为1m，300 秒转动一圈．
图中OA 与地面垂直，摩天轮上的某车厢开始位于最低点A 处，以OA 为始边，逆时针转动θ 角到OB，
设B 点与地面距离是h．
（1）求h 与θ 间的函数关系式；
（2）设从OA 开始转动，经过t 秒后到达OB，求h 与t 之间的函数关系式，并求该车厢第2 次到达最高
点时用时是多少．
【分析】（1）建立平面直角坐标系，结合条件求出点B 的坐标后可得h 与θ 之间的函数关系式．
（2）由ts 转过的弧度数为πt
150可得θ 与t 之间的关系，代入（1）中的关系式中可得h 与t 之间的函数解
析式，即可求得答案．
【解答】解：（1）以圆心O 原点，建立如图所示的坐标系，
则以Ox 为始边，OB 为终边的角为θ- π
2 ，
故点B 坐标为（5cos（θ- π
2 ），5sin（θ- π
2 ）），
h＝6+5sin（θ- π
2 ）＝6
5cosθ
﹣
．
（2）300 秒转动一圈，该摩天轮转动的周期T＝300s，
所以其转动的角速度是ω= 2π
300 = π
150，
所以ts 转过的弧度数为πt
150，即θ= πt
150，
所以h＝6
5cos
﹣
πt
150，t∈（0，+∞）．
令6
5cos
﹣
πt
150 =11，得cos πt
150 =-1，所以πt
150 =π+2kπ，k∈Z，
解得t＝150+300k，k∈Z，令k＝1，得t＝450s，
所以该车厢第2 次到达最高点时，用的时间为450s．
16．已知△ABC 的面积S = 1
5 A B
2．
（1）求证：sinC = 5
2 sinAsinB；
（2）设D 为BC 的中点，且∠ADC＝45°，求AB
AC 的值．
【分析】（1）由正弦定理可证得结论；
（2）分别在两个三角形中，有余弦定理可得AB
AC 的值．
【解答】（1）证明：△ABC 的面积S = 1
5 A B
2= 1
2BC•ACsinC，
由正弦定理可得：1
5sin2C= 1
2sinAsinBsinC，
在△ABC 中，sinC＞0，可得sinC= 5
2sinAsinB；
（2）解：在△ABD 中，由余弦定理得，c
2= A D
2+ a
2
4 +
❑√2
2 aAD①，
同理，在△ACD 中，b
2= A D
2+ a
2
4 -
❑√2
2 aAD ②，
①﹣②得，c
2-b
2= ❑√2aAD，
在△ACD 中，由正弦定理得，AD =
sinC
sin ∠ADC AC = ❑√2bsinC，
所以c
2-b
2=2absinC = 4
5 c
2，即c
b = ❑√5，
所以AB
AC = c
b = ❑√5．
17．已知函数f（x）＝cosωx（ω＞0）的最小正周期为π．
（1）若φ∈[ π
2 ，π )，f ( x +φ)是奇函数，求φ 的值．
（2）设函数g( x)=[ f ( 1
2 x + π
24 )]
2
-[ f ( 1
2 x + π
8 )]
2
．
（i）求g（x）的值域；
（ii）求方程2❑√2 g( x)+ tan(2 x - π
6 )=0在区间(- π
6 ，π
3 )上的实根．
【分析】（1）根据三角函数的周期公式求出ω＝2，结合f（x+φ）为奇函数且φ∈[ π
2 ，π )，列式求出φ
的值；
（2）（i）根据三角恒等变换公式化简得g( x)= 1
2 cos(2 x - π
6 )，结合余弦函数的性质求出g（x）的值域；
（ii）利用同角三角函数关系，结合因式分解算出sin(2 x - π
6 )=-
❑√2
2 ，然后根据2 x - π
6 ∈(- π
2 ，π
2 )，
结合正弦函数的性质求出方程2❑√2g（x）+tan（2x- π
6 ）＝0 在区间(- π
6 ，π
3 )上的实根．
【解答】解：（1）由f（x）的最小正周期为π，可得2π
ω = π，解得ω＝2．
因为函数f（x+φ）＝cos（2x+2φ）是奇函数，
所以f（x+φ）化简的结果是y＝sin2x 或﹣sin2x，
可得2φ=kπ + π
2 (k ∈Z )，结合φ∈[ π
2 ，π )，取k＝1，解得φ= 3 π
4 ．
（2）（i）由题意得g( x)=co s
2( x + π
12 )-co s
2( x + π
4 )
=
cos(2 x + π
6 )+1
2
-
cos(2 x + π
2 )+1
2
= 1
2 (
❑√3
2 cos2 x - 1
2 sin2 x +sin2 x)
= 1
2 (
❑√3
2 cos2 x + 1
2 sin 2 x)= 1
2 cos(2 x - π
6 )．
结合余弦函数的性质，可得g（x）的值域为[- 1
2 ，1
2 ]；
（ii）方程可化为
❑√2cos(2 x - π
6 )+ tan(2 x - π
6 )=0，
当x∈(- π
6 ，π
3 )时，2 x - π
6 ∈(- π
2 ，π
2 )，cos(2 x - π
6 )≠0．
所以原方程可化为
❑√2co s
2(2 x - π
6 )+sin(2 x - π
6 )=0，
可得
❑√2sin
2(2 x - π
6 )-sin(2 x - π
6 )- ❑√2=0，
因式分解得[ ❑√2sin(2 x - π
6 )+1][sin(2 x - π
6 )- ❑√2]=0，
由正弦函数的性质，可知sin（2x- π
6 ）= ❑√2不成立，
所以❑√2sin（2x- π
6 ）＝﹣1，即sin(2 x - π
6 )=-
❑√2
2 ，
结合2 x - π
6 ∈(- π
2 ，π
2 )，可得2 x - π
6 =- π
4 ，即x =- π
24 ．
18．设t＞0，函数y＝f（x）的定义域为R．若对满足x2﹣x1＞t 的任意x1、x2，均有f（x2）﹣f（x1）＞t，
则称函数y＝f（x）具有“P（t）性质”．
（1）在下述条件下，分别判断函数y＝f（x）是否具有P（2）性质，并说明理由；
①f ( x)= 3
2 x；
②f（x）＝10sin2x；
（2）已知f（x）＝ax3，且函数y＝f（x）具有P（1）性质，求实数a 的取值范围；
（3）证明：“函数y＝f（x）﹣x 为增函数”是“对任意t＞0，函数y＝f（x）均具有P（t）性质”的充
要条件．
【分析】（1）代入P（2）性质直接计算即可．
（2）将原式等价与当m＞1 时，am
3
4
＞1恒成立的问题即可求解．
（3）由充要条件的概念以及函数单调性的性质判断即可．
【解答】解：（1）①是，因为对任意x2﹣x1＞2，f ( x2)- f ( x1)= 3
2 ( x2- x1)＞3＞2，
所以符合定义；
②不是，学生只需举一组反例；
（2）显然a＞0，所以设x2﹣x1＝m＞0，
则f（x2）﹣f（x1）=ax2
3-ax1
3，
当x1=- m
2 时，取f（x2）﹣f（x1）最小值am
3
4
，
原问题等价于当m＞1 时，am
3
4
＞1恒成立，
即a＞4
m
3恒成立，
由m＞1，可得4
m
3 ＜4，
所以得a≥4；
（3）证明：充分性：
如果函数y＝f（x）﹣x 为增函数，则对任意的x2＞x1，均有f（x2）﹣x2≥f（x1）﹣x1，
即f（x2）﹣f（x1）≥x2﹣x1，因此，对任意t＞0，若x2﹣x1＞t，
则f（x2）﹣f（x1）＞t，函数y＝f（x）具有P（t）性质，充分性得证；
必要性：
若对任意t＞0，函数y＝f（x）均具有P（t）性质，
假设函数y＝f（x）﹣x 不是增函数，则存在x2＞x1，满足f（x2）﹣x2＜f（x1）﹣x1，
即f（x2）﹣f（x1）＜x2﹣x1，取t0= f ( x2)- f ( x1)+ x2- x1
2
，
则显然f（x2）﹣f（x1）＜t0＜x2﹣x1，
即对于t0，存在x2﹣x1＞t0，但是f（x2）﹣f（x1）＜t0，
与“对任意t＞0，函数y＝f（x）均具有P（t）性质”矛盾，因此假设不成立，
即函数y＝f（x）﹣x 为增函数，必要性得证．
所以“函数y＝f（x）﹣x 为增函数”是“对任意t＞0，函数y＝f（x）均具有P（t）性质”的充要条件．
19．朗伯W 函数可用于表示超越方程的根．如图，设函数y＝xex在定义域（﹣∞，﹣1）和[
1
﹣，+∞）上
的反函数分别为W
1
﹣（x）和W（x），统称为朗伯W 函数．其中函数W
1
﹣（x）的定义域为(- 1
e ，0)，
值域为（﹣∞，﹣1），在定义域内单调递减；函数W（x）的定义域为[- 1
e ，+∞)，值域为[﹣
1，+∞），在定义域内单调递增．借助朗伯W 函数，方程xex＝a 的解有以下三类情形：
①当a∈{- 1
e }∪[0，+∞)时，方程有一个实数根W（a）；
②当a∈(- 1
e ，0)时，方程有两个不相等的实数根W（a）和W
1
﹣（a）；
③当a∈(-∞，- 1
e )时，方程没有实数根．
通过将超越方程整理变形为f（x）ef（x）＝a 的形式，便可以借助朗伯W 函数表示方程的根，例如：方程
2 x e
2 x =- 1
3的解可表示为x1= 1
2 W (- 1
3 )和x2= 1
2 W -1(- 1
3 )．
（1）求W（0）的值；
（2）讨论方程lnx
x =a的解的个数，并用朗伯W 函数表示；
（3）设an是方程( 1
n )
x
=8 x - 4的解（n∈N+）．证明：a2+a3+⋯+a2025＜1023．
【分析】（1）根据函数值计算求解；
（2）先求导函数得出函数的单调性及极值，再分类讨论得出解即可；
（3）化简函数应用指对数转化得出an= 1
lnn W ( lnn
8 ❑√n )+ 1
2，再应用裂项相消证明不等式．
【解答】解：（1）由0e0＝0，可知W（0）＝0；
（2）设f ( x)= lnx
x ，（x＞0），则f '( x)= 1-lnx
x
2
，
x
（﹣∞，e）
x＝e
x∈（e，+∞）
f′（x）
+
0
﹣
f（x）
单调递增
极大值1
e
单调递减
可知f ( x)∈(-∞，1
e ]，
因为lnx
x =-a⇔1
x ln1
x =a⇔ln1
x ⋅e
ln 1
x =a，
结合函数y= lnx
x 的性质可知：
①若a∈{1
e }∪(-∞，0]，由题意得ln 1
x =W (a)，方程lnx
x =a有一个解x＝e﹣W（a）；
②若a∈(0，1
e )，由题意，ln 1
x =W (a)或ln 1
x =W -1(a)，
方程lnx
x =a有两个解x＝e﹣W（a）或x =e
-W -1(a)；
③若a∈( 1
e ，+ ∞)，方程lnx
x =a无解；
（3）证明：由题意，( 1
n )
x=8x
4
﹣⇔1
8 =n
x( x - 1
2 )⇔1
8 ❑√n =n
x - 1
2（x- 1
2）
⇔lnn
8 ❑√n =e
( x - 1
2 )lnn
（x- 1
2）lnn，n∈N+，lnn
8 ❑√n ∈(0，+∞)，
由题意，( x - 1
2 )lnn=W ( lnn
8 ❑√n )，
因此，方程( 1
n )
x
=8 x - 4有唯一实数根an= 1
lnn W ( lnn
8 ❑√n )+ 1
2，
又当x∈（﹣∞，0）时，ex
1
﹣＜0，当时x∈（0，+∞），ex
1
﹣＞0，
因此x（ex
1
﹣）≥0，即当x≠0 时，xex＞x，
由反函数的性质可知，当x≠0 时，W（x）＜x，
因此an= 1
lnn W ( lnn
8 ❑√n )+ 1
2 ＜
1
8 ❑√n + 1
2 ＜
1
4(❑√n+ ❑√n-1) + 1
2 = 1
4 (❑√n- ❑√n-1)+ 1
2，
即a2+a3+⋯+a2025＜1
4 ∑
i=2
2025
(❑√i- ❑√i-1)+1012= 1
4 (❑√2025-1)+1012=1023．
