浙江省丽水四校联考2020届高三9月阶段性考试数学试题

浙江省丽水四校联考2020届高三9月阶段性考试数学试题

2019 年 9 月高三阶段性考试数学学科试题卷 一、选择题：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.若“ ”是“ ”的充分不必要条件，则实数 的取值范围是 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 试题分析：记 ，因为 是 的充分而不必要条件， 所以 Ü ，所以 解得 .故选 A. 考点：充分条件、必要条件、充要条件. 【方法点睛】集合判断法：从集合的观点看，建立命题 ， 相应的集合： ： ， ： ，那么：①若 ，则 是 的充分条件； 若 Ü 时，则 是 的充分不必要条件；②若 ，则 是 的必要条件；若 Ü 时， 则 是 的必要不充分条件；③若 且 ，即 时，则 是 的充要条件.本题 考查充分条件、必要条件、充要条件的判断，其中分别求出满足 Ü 的 的取值范围是解答 本题的关键.属于基础题. 2.若整数 x，y 满足不等式组 则 2x＋y 的最大值是 A. 11 B. 23 C. 26 D. 30 【答案】D 【解析】 0 1x< < ( ) ( )2 0x a x a − − + ≤  a [ ]1,0− ( )1,0− ( ] [ ),0 1,−∞ ∪ +∞ ( ] [ ), 1 0,−∞ − ∪ +∞ { } { }| 0 1 , | 2A x x B x a x a= < < = ≤ ≤ + p q A B 0,{ 2 1 a a ≤ + ≥ ， 1 0a− ≤ ≤ p q p { }| ( )A x p x= 成立 q { }| ( )B x q x= 成立 A B⊆ p q A B p q B A⊆ p q B A p q A B⊆ B A⊆ A B= p q A B a 0 2 10 0 3 5 3 0 x y x y x y  − ≥  − − ≤  + − ≥ 【详解】 满足不等式组 ,可行域如图所示，设 , 即 ，平移直线，由图象可知当直线经过点 时， 直线 的截距最大，此时 最大， 由 ，解得 ， 即 ，代入得 ，所以最大值为 30，故选 D. 点评：本题考查的知识点是简单的线性规划，其中角点法是解答线性规划小题最常用的方法， 一定要熟练掌握． 3.下列命题中错误的是（ ） A. 如果平面 平面 ，平面 平面 ， ，那么 B. 如果平面 平面 ，那么平面 内一定存在直线平行于平面 C. 如果平面 不垂直于平面 ，那么平面 内一定不存在直线垂直于平面 D. 如果平面 平面 ，过 内任意一点作交线的垂线，那么此垂线必垂直于 【答案】D 【解析】 【分析】 根据线面垂直的判定定理，与面面垂直的性质定理判断即可。 0 2 10 0 3 5 3 0 x y x y x y  − ≥  − − ≤  + − ≥ 2z x y= + 2y x z= − + D 2y x z= − + 0 2 10 0 x y x y − =  − − = 10 10 x y =  = (10,10)D 2 30z x y= + = α ⊥ γ β ⊥ γ lα β = l γ⊥ α ⊥ β α β α β α β α ⊥ β α β 【详解】A．如果平面 平面 ，平面 平面 ， ，那么 。正确 B．如果平面 平面 ，那么平面 内一定存在直线平行于平面 。正确 C．如果平面 不垂直于平面 ，那么平面 内一定不存在直线垂直于平面 。 正确 D. 如果平面 平面 ，过 内任意一点作交线的垂线，此垂线不一定垂直于 ，如图所 示 错误 故选 D 【点睛】本题考查线面垂直的判定定理与面面垂直的性质定理，属于基础题。 4.已知函数 的图像与 轴的两个相邻交点的距离等于 ，若将 函数 的图像向左平移 个单位得到函数 的图像，则 是减函数的区 间为（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 先化简函数得 ，再由图象与 轴的两个相邻交点的距离等于 得 ， ， ，再写出平移后的 ，求出单调递减区间判断即可. 【详解】解： 因为图象与 轴的两个相邻交点的距离等于 α ⊥ γ β ⊥ γ lα β = l γ⊥ α ⊥ β α β α β α β α ⊥ β α β ( ) sin 3cos ( 0)f x x xω ω ω= − > x 2 π ( )y f x= 6 π ( )y g x= ( )y g x= ,03 π−     0, 3 π     ,4 4 π π −   ,4 3 π π     f(x)=2sin(ωx )3 π− x π 2 2 T = T π= ω=2 f(x)=2sin(2x )3 π− g(x) f(x)=sinωx 3cosωx=2sin(ωx )3 π− − x π 2 2 T = 所以 ， 所以 所以 由 得 所以 是减函数的区间为 分析选项只有 D 符合 故选：D. 【点睛】本题考查了正弦型函数的图像与性质，三角函数的变换，属于基础题. 5.在平面斜坐标系 中， ，点 的斜坐标定义为“若 (其中 分别为与斜坐标系的 轴、 轴同方向的单位微量)，则点 的坐标为 ”.若 ， ，且动点 满足 ，则点 在斜坐标系中的轨迹方 程为( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 设 M(x,y)，由定义可知 =−[(x+1) +y ]， =−[(x−1) +y ]，由 可得(x+1)2+y2+2y(x+1) =(x−1)2+y2+2y(x−1) ，整理可得 。 故本题正确答案为 D。 6. 身高从矮到高的甲、乙、丙、丁、戊 5 人排成高矮相间的一个队形，则甲、丁不相邻的不 同的排法种数为（ ） A. 12 B. 14 C. 16 D. 18 【答案】B T π= ω=2 f(x)=2sin(2x )3 π− πg(x)=2sin[2(x+ ) ] 2sin2x6 3 π− = π 3π+kπ 2x +kπ2 2 ≤ ≤ ( )π 3π+ 2x +4 2 4 2 k k k Z π π≤ ≤ ∈ y=g(x) ( )π 3π+ , +4 2 4 2 k k k Z π π  ∈   xOy 45xOy∠ = ° P 0 1 0 2OP x e y e= + 1 2,e e x y P ( )0 0,x y ( )1 1,0F − ( )2 1,0F ( ),M x y 1 2MF MF=  M 2 0x y− = 2 0x y+ = 2 0x y− = 2 0x y+ = 1MF 1e 2e 2MF 1e 2e 1 2MF MF=  2 2 2 2 2 0x y+ = 【解析】 从矮到高的甲、乙、丙、丁、戊 人的身高可记为 .要求 不相邻，分四类：①先排 时，则 只有 种排法， 在剩余的两个位上，这样有 种排法；②先排 时， 则 只有 种排法， 在剩余的两个位上，这样有 种排法；③先排 时，则 只 有 种排法， 在剩余的两个位上，这样有 种排法；④先排 时，则这样的排法 只有两种，即 .综上共有 种，故选 B. 考点：排列与计数原理知识的运用. 7.数列 满足 ， ，则 的整数部分 是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 试题分析：因为 ,则 ,则 ,故 ,因 ,即 ,又 ,故 ,则 ,应选 B. 考点：数列的裂项相消法及运用. 【易错点晴】数列的通项和性质是中学数学中的重要内容和工具,也高考和各级各类考试的重 要内容和考点.本题以数列的递推关系式为背景考查的是数列的有关知识和不等式的性质及 运用.解答本题时要充分利用题设中提供的有关信息 ,依据题设与 已知将其化为 ,进而求得 5 2 2 2 2A A 4= 2 2 2 2A A 4= 2 2 2 2A A 4= { }na 1 4 3a = 2 * 1 1( N )n n na a a n+ = − + ∈ 1 2 2013 1 1 1m a a a = + + + 1 2 2013 1 1 1m a a a = + + + 2 * 1 1( N )n n na a a n+ = − + ∈ 1 2 2013 1 1 1m a a a = + + + ,借助不等式的性质求得 ,使得问题获解. 8.在△ABC 中，已知 ，P 为线段 AB 上的点，且 的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 试 题 分 析 ： 由 题 设 , 即 ,也即 ,所以 ,又因 ,故 ,即 ;因为 ,故 ,故建立如图所示直角坐标系 ,则 ,则由题设可 知 ,直线 且 ,所以 ,即 ,应选 C. 考点：三角变换向量的数量积公式直线的方程及基本不等式的综合运用. 【易错点晴】本题将向量的数量积公式和三角变换及基本不等式等知识有机地结合起来,综合 考查学生的数学思想和数学方法及运用所学知识去分析问题解决问题的能力.求解时,先将 ,再运用已知得到 ,即 9,sin cos sin , 6ABCAB AC B A C S∆⋅ = = ⋅ =  ,CA CBCP x y xy CA CB = ⋅ + ⋅     则 .再将向量的数量积公式化为 ,从而求得 , .最后通过 构建平面直角坐标系求出直线 且 ,然后运用基本不等式使得问题 获解. 二、填空题。 9.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥体积是 ，四个面的面积中最大的是 . 【答案】 【解析】 试题分析:题设中提供的三视图的图形信息和数据信息可知该三棱锥的高是 ,底面是底为 , 高 为 的 三 角 形 , 故 其 体 积 , 其 中 面 积 最 大 是 底 为 , 斜 高 ,其面积 .故应填答案 . 考点：三视图的理解和识读. 10.已知实数 满足 ，则直线 恒过定点 ，该直线被圆 所截得弦长的取值范围为 . 【答案】 ； 【解析】 试 题 分 析 : 将 代 入 直 线 可 得 , 则 a b c， ， 2a b c+ = : 0l ax by c+ =－ 2 2 9x y+ = 1 1,2 2  −   34,6   2a b c+ = : 0l ax by c+ =－ , 即 直 线 过 定 点 ; 因 , 故 最 短 弦 长 是 过 点 且垂直于半径的线段的长,即 ,最长弦是该圆的直径,即 , 故 该 直 线 被 圆 所 截 得 弦 长 的 取 值 范 围 为 , 故 答 案 应 填 ； . 考点：直线过定点的知识及直线截圆所得的弦长计算公式及运用. 11.已知向量 则 =________、 ______，设函数 ， 取得最大值时的 x 的 值是_______. 【答案】 (1). (2). (3). 【解析】 由 题 设 ， 即 , 故 , 由 此 可 得 ；又 ，故当 取最大值 时， ，即 ，所以应填 ， Z. 点睛：三角函数的图象和性质是中学数学中的重要内容和工具,也高考和各级各类考试的重要 内容和考点.本题以向量的坐标形式为背景考查的是三角函数的图象和性质及三角变换的有 关知识和运用.解答本题时要充分利用题设中提供的有关信息,依据向量的数量积公式建立方 程,求出 .然后再化简和构建函数， 运用三角函 数的图象和性质使得问题获解. 12.复数 （ 为虚数单位）为纯虚数,则复数 的模为 .已知 的展开式中没有常数项,且 ，则 . 2 2 9x y+ = 1 1,2 2  −   34,6   1(sin cos 1), (1, 2cos ), , (0, ).5 2a b a b πα α α α= + = − ⋅ = ∈   ， sinα cosα = ( ) ( ) ( )5cos 2 cos2f x x x x Rα= − + ∈ ( )f x 4 5 3 5 ,8k k Z ππ + ∈ 1sin cos 2cos 5 α α α+ − = 1sin cos 5 α α− = 7sin cos 5 α α+ = 4 3sin ,cos5 5 α α= = ( ) 4sin 2 4cos2 4 2 sin(2 )4f x x x x π= + = + ( )f x 2 2 4x k ππ= + 8x k ππ= + 4 3,5 5 ,8k k ππ + ∈ 4 3sin ,cos5 5 α α= = ( ) 4 2 sin(2 )4f x x π= + 1 i 2 i a+ − ,ia R∈ iz a= + 2 3 1(1 )( ) ( )nx x x n Nx ∗+ + + ∈ 2 8n≤ ≤ n = 【答案】 【解析】 试 题 分 析 : 由 题 意 设 , 则 , 所 以 , 即 , 故 的模为 .因 的通项公式 ,故当 时存在常数项,即 ,故 时为常数项,所以 当 时没有常数项符合题设,故应填 . 考点：复数的概念和模的计算公式及二项式定理及运用. 13.将函数 的图像绕原点顺时针方向旋转角 得到曲线 .若对于每一个旋转角 ，曲线 都是一个函数的图像，则 的取值范围是 . 【答案】 【解析】 试题分析:画出函数 的图象如图,结合图象可以看出当该函数的图象 绕原点 顺时针旋转的角大于等于 时曲线都是同一个函数的图象,故应填 . iz a= + 1 11 2 12 2y x x= − + − + 0 2 πθ θ≤ ≤（ ） C θ C 1 11 2 12 2y x x= − + − + 考点：函数的图象和性质的运用. 14.已知数列 满足： ，用[x]表示不超过 x 的最大整数，则 的值等于_____ 【答案】1 【解析】 【分析】 由 题 意 说 明 数 列 的 项 为 正 ， 化 简 数 列 递 推 关 系 式 为 ， 求 出 的范围即可求出表达式的最大整数。 【详解】由题意知， ， 移项得 又 ， { }na 2 1 1 1 ,2 n n na a a a+= = + 1 2 2012 1 1 1 1 1 1a a a  + + + + + +  1 1 1 1 1n n na a a + = −+ 1 2 2012 1 1 1 1 1 1a a a + + ++ + + 0na > 1 1 1 1 ( 1) 1 1 n n n n na a a a a+ = −+ += 1 1 1 1 1n n na a a + = −+ 1 2 2012 1 2 2012 2013 1 2013 2013 1 1 1 1 1 1 1 1 1+ + 1=1 1 = =1 2a a a a aa a a a a −+ + + − − −+ + +  2 1 1 1 ,2 n n na a a a+= = + 2 3, 1,3 21 4 16a a= = > 又因 ，所以数列 单调递增 故 所以 ， 故 故填 1 【点睛】本题考查数列的递推关系式的应用，新定义的应用，确定表达式的取值范围时解题 的关键，属于难题。 15.三棱锥 中， 两两垂直且相等，点 ， 分别是 和 上的动点， 且满足 ， ，则 和 所成角余弦值的取值范围 是 ． 【答案】 【解析】 【详解】 如图,过点 作 的平行线 ,则 的运动相当于点 在图中的四边形 上运 动,显然 最大; 最小.以 分别为 轴建立空间直角坐标系, 则 , 所以 ,则 , 所以 ;由于 , 2 1 0n n na a a+ − = > { }na 2013 3 1,a a> > 2013 11 2 2a < − < 1 2 2012 1 1 1 =11 1 1a a a  + + + + + +  O ABC− , ,OA OB OC P Q BC OA 1 2 3 3BC BP BC≤ ≤ 1 2 3 3OA OQ OA≤ ≤ PQ OB 1 6[ , ]3 3 所以 ,所以 和 所成角余弦值的取值范围是 , 故答案为 . 【易错点晴】本题借助几何体的几何特征,将问题合理转化为:过点 作 的平行线 , 则 的运动相当于点 在图中的四边形 内运动,显然 最大; 最小 的问题.求解时巧妙地构建空间直角坐标系 .得到 ,则 ,所以 ; 由于 ,所以 ,最后求得 和 所成角余弦值的取值 范围是 ,进而使得问题获解. 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 16.已知函数 （1）求函数 图象对称中心的坐标； （2）如果 的三边 满足 ，且边 所对的角为 ，求 的取值范围． 【答案】（1）对称中心 （2） 【解析】 【分析】 （1）运用二倍角公式和两角和的正弦公式，由正弦函数的对称中心，解方程可得所求； （2）运用三角形的余弦定理和基本不等式，可得 ≤cosB＜1，即有 0＜B≤ ，运用正弦函 数的图象和性质，即可得到所求范围． 【详解】（1） ． = ， PQ OB 1 6[ , ]3 3 1 6[ , ]3 3 PQ OB ( ) 2sin cos 3 cos3 3 3 x x xf x = + ( )f x ABC∆ , ,a b c 2b ac= b B ( )f B 3 3, ,2 2 2k k Z π π − + ∈    ( ) 33,1 2f B  ∈ +   1 2 3 π ( ) 233 3 3 x x xf x sin cos cos= + 1 2 3 2 12 3 2 3sin x cos x + +   =sin（ ）+ ， 令 （k∈Z）， 解得：x= （k∈Z）， 所以函数的图象的对称中心为： ． （2）由于 b2=ac， 所以：cosB= ， 则：0 ． 所以： ， 则： ， 所以： ． 则：f（B）的取值范围为：（ ]． 【点睛】本题考查三角函数的恒等变换的运用，考查正弦函数的图象和性质，同时考查解三 角形的余弦定理和基本不等式的运用． 17.如图，已知平面 平面 ， 与 分别是棱长为 1 与 2 正三角形， // ，四边形 为直角梯形， // ， ，点 为 的重心， 为 中点， . 的 2 3 3x π+ 3 2 2 3 3x k π π+ = 3 2 2 kπ π− 3 3, ,2 2 2k k Z π π − + ∈    2 2 2 2 1 2 2 2 a c b ac ac ac ac + − −≥ = 3B π≤＜ 2 5 3 3 3 9 Bπ π π+ ≤＜ 3 2 12 3 3 Bsin π + ≤  ＜ ( ) 33 1 2f B＜ ≤ + 331 2 +， ABC ⊥ BCDE DEF∆ ABC∆ AC DF BCDE DE BC , 1BC CD CD⊥ = G ABC∆ N AB ( , 0)AM AF Rλ λ λ= ∈ >  （Ⅰ）当 时，求证： //平面 ； （Ⅱ）若直线 与 所成角为 ，试求二面角 的余弦值. 【答案】（I）证明见解析；（II） . 【解析】 【分析】 （1）借助题设条件运用线面平行的判定定理推证；（2）借助题设运用空间向量的数量积公 式探求. 【详解】解：（Ⅰ）连 延长交 于 ， 因为点 为 的重心，所以 又 ，所以 ，所以 // ； 因为 // ， // ，所以平面 //平面 ， 又 与 分别是棱长为 1 与 2 的正三角形， 为 中点， 为 中点, // ,又 // ， 所以 // ，得 四点共面 //平面 ； 2 3 λ = GM DFN MN CD 3 π M BC D− − 2 31 31 AG BC P G ABC∆ 2 3 AG AP = 2 3AM AF=  2 3 AG AM AP AF = = GM PF AC DF DE BC ABC DEF DEF∆ ABC∆ N AB P BC NP AC AC DF NP DF , , ,P D F N GM∴ DFN （Ⅱ）平面 平面 ，易得平面 平面 ， 以 为原点， 为 x 轴， 为 y 轴， 为 z 轴建立空间直角坐标系， 则 ， 设 ， ， ， 因 与 所成角为 ，所以 ， 得 ， ， ， 设平面 的法向量 ， ， 则 ，取 ， 面 的法向量 ，所以二面角 的余弦值 . 18.设直线 与抛物线 交于 ， 两点，与椭圆 交于 ， 两点，直线 为 ABC ⊥ BCDE DEF ⊥ BCDE P PC PE PA 1 3 1 3(1,0,0), (1,1,0), (0,0, 3), ( ,1, ), ( 1,0,0), ( ,0, )2 2 2 2C D A F B N− − ( , , )M x y z ,AM AFλ=   3( , , 3 )2 2M λ λ λ∴ − 1 3( , , (1 ))2 2NM λ λ λ+= − (0,1,0)CD = MN CD 3 π 2 2 2 1cos60 21 3( ) (1 )2 4 NM CD NM CD λ λ λ λ ⋅ = = = +⋅ + + −      1 2 λ∴ = 1 1 3 3( , , )4 2 4M∴ MBC ( , , )n a b c= ( )2,0,0BC = 0{ 0 n BC n BM ⋅ = ⋅ =   (0,3 3, 2)n = − BCD (0,0,1)v = M BC D− − 2 2 31cos 3131 n v n v θ ⋅ −= = =⋅     l 2 2x y= A B 2 2 14 3 x y+ = C D ， ， ， （ 为坐标原点）的斜率分别为 ， ， ， ，若 . （1）是否存在实数 ，满足 ，并说明理由； （2）求 面积的最大值. 【答案】(1)答案见解析；(2) . 【解析】 【分析】 设直线 方程为 ， ， ， ， ，联立直线方程 与抛物线方程可得 ， ，由直线垂直的充分必要条件可得 .联立直 线方程与椭圆方程可得 ， . （1）由斜率公式计算可得 . （2）由弦长公式可得 .且点 到直线 的距离 ，故 ，换元后结合均值不等式的结论 可知 面积的最大值为 . 【详解】设直线 方程为 ， ， ， ， ， 联立 和 ， 得 ， 则 ， ， . 由 ，所以 ，得 . 联立 和 ，得 ， 所以 ， . OA OB OC OD O 1k 2k 3k 4k OA OB⊥ t 1 2 3 4( )k k t k k+ = + OCD∆ 3 l y kx b= + ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y ( )3 3,C x y ( )4 4,D x y 1 2 2x x k+ = 1 2 2x x b= − 2b = 3 4 2 16 3 4 kx x k + = − + 3 4 2 4 3 4x x k = + 1 2 3 4 1 6 k k k k + = −+ 2 2 2 3 4 2 4 11 4 3 1 3 4 kCD k x x k k −= + − = ⋅ + ⋅ + O CD 2 2 1 d k = + 2 2 1 4 14 32 3 4OCD kS CD d k∆ −= ⋅ = ⋅ + OCD∆ 3 l y kx b= + ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y ( )3 3,C x y ( )4 4,D x y y kx b= + 2 2x y= 2 2 2 0x kx b− − = 1 2 2x x k+ = 1 2 2x x b= − 2 1 4 8 0k b∆ = + > OA OB⊥ 1 2 1 2 0x x y y+ = 2b = 2y kx= + 2 23 4 12x y+ = ( )2 23 4 16 4 0k x kx+ + + = 3 4 2 16 3 4 kx x k + = − + 3 4 2 4 3 4x x k = + 由 ，得 . （1）因为 ， ， 所以 . （2）根据弦长公式 ，得： . 根据点 到直线 的距离公式，得 ， 所以 ， 设 ，则 ， 所以当 ，即 时， 有最大值 . 【点睛】(1)解答直线与椭圆 题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去 x(或 y)建立一元 二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系． (2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为 0 或不存在等特殊情 形． 19.已知函数 （ ）． （1）若 为 的极值点，求实数 的值； （2）若 在 上是单调增函数，求实数 的取值范围； （3）当 时，方程 有实根，求实数 的最大值． 的 2 2 192 48 0k∆ = − > 2 1 4k > 1 2 1 2 1 2 y yk k kx x + = + = 3 4 3 4 3 4 6y yk k kx x + = + = − 1 2 3 4 1 6 k k k k + = −+ 2 3 41CD k x x= + − 2 2 2 4 14 3 1 3 4 kCD k k −= ⋅ + ⋅ + O CD 2 2 1 d k = + 2 2 1 4 14 32 3 4OCD kS CD d k∆ −= ⋅ = ⋅ + 24 1 0k t− = > 2 4 3 34OCD tS t∆ = ≤+ 2t = 5 5k = ± OCDS∆ 3 ( ) 3 2( ) ln 2 1 23 xf x ax x ax= + + − − 2x = [ )3,+∞ 1 2a = − ( ) ( )311 +3 x bf x x −− = 【答案】（1）0；（2） ；（3）0. 【解析】 【分析】 (1)根据 建立关于 a 的方程求出 a 的值. (2)本小题实质是 在区间 上恒成立， 进一步转化为 在区间 上恒成立, 然后再讨论 a=0 和 两种情况研究. (2) 时，方程 可化为， , 问题转化为 在 上有解， 利用导数研究 g(x)的单调区间极值最值，从而求出值域，问题得解. 【详解】（1） ． 因为 为 的极值点，所以 ． 即 ，解得 ． 又当 时， ，从而 的极值点成立． （2）因为 在区间 上为增函数， 所以 在区间 上恒成立． ①当 时， 在 上恒成立，所以 上 增函数， 故 ,符合题意． ②当 时，由函数 的定义域可知，必须有 对 恒成立，故只能 ，所以 对 上恒成立． 为 3 130, 4  +     (2) 0f ′ = ( ) ( ) ( )2 22 1 4 4 2 02 1 x ax a x a f x ax  + − − +  + ′ = ≥ [ )3,+∞ ( ) ( )2 22 1 4 4 2 0ax a x a+ − − + ≥ [ )3,+∞ 0a ≠ 1 2a = − 3(1 )(1 ) +3 x bf x x −− = 2 2 3ln (1 ) (1 ) lnb x x x x x x x x x x= − − + − = + − ( )0, ∞+ 22( ) 2 22 1 af x x x aax = + − −+ ′ ( ) ( )2 22 1 4 4 2 2 1 x ax a x a ax  + − − + = + 2x = ( )f x ( )2 0f ′ = 2 2 04 1 a aa − =+ 0a = ( ) ( 2)f x x x′ = − 2 ( )x f x= 为 ( )f x [ )3,+∞ ( ) ( ) ( )2 22 1 4 4 2 02 1 x ax a x a f x ax  + − − +  + ′ = ≥ [ )3,+∞ ( ) ( 2) 0f x x x −′ = ≥ [3, )+∞ ( ) [3, )f x +∞在 0a ≠ ( )f x 2 1 0ax + > 3x ≥ 0a > 令 ，其对称轴为 ， 因为 所以 ，从而 上恒成立，只要 即可， 因为 ， 解得 ．因为 ，所以 ． 综上所述， 的取值范围为 ． （3）若 时，方程 可化为， ． 问题转化为 在 上有解， 即求函数 的值域． 因为 ，令 ， 则 ， 所以当 时， ，从而 在 上 增函数， 当 时， ，从而 在 上为减函数， 因此 ． 而 ，故 ， 因此当 时， 取得最大值 0． 20.已知数列 ， ， ， ．记 ． 求证：（Ⅰ）当 时（Ⅰ） ； （Ⅱ） ； （Ⅲ） 为 2 2( ) 2 (1 4 ) (4 2)g x ax a x a= + − − + 11 4x a = − 0a > 11 14a − < ( ) 0 [3, )g x ≥ +∞在 (3) 0g ≥ ( )3g = 24 6 1 0a a− + + ≥ 3 13 3 13 4 4a − +≤ ≤ 0a > 3 130 4a +< ≤ 3 130, 4  +     1 2a = − 3(1 )(1 ) +3 x bf x x −− = 2 2 3ln (1 ) (1 ) lnb x x x x x x x x x x= − − + − = + − ( )0, ∞+ ( ) ( )2lng x x x x x= + − 0 1x< < ( ) 0h x′ > ( )h x ( )0,1 1x > ( )' 0h x < ( )h x ( )1,+∞ ( ) (1) 0h x h≤ = 0x > ( ) 0b x h x= ⋅ ≤ 1x = b { }na 0na ≥ 1 0a = 2 2 1 1 1 ( )n n na a a n N ∗ + ++ − = ∈ 1 2n nS a a a= + + + 1 1 2 1 2 1 1 1 1 (1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )n n T a a a a a a = + + ++ + + + + +  n ∗∈N 10 1n na a +≤ < < 2nS n> − 3nT < 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）证明见解析 【解析】 【分析】 （Ⅰ）用 n-1 替换 中的 n,得到式子，两个式子做差即可判断出 ，再将 变形为 ，即可得出 ，目标得 证。 （Ⅱ）化简 得到 ，再求和得到 ，由 即可得出答案。 （Ⅲ）由 ，得 取倒数计算出 ，两边再乘上 后求和即可得证。 【详解】（Ⅰ）证明：因为 （1）-（2） 所以（1）-（2）可得 与 同号，即与 一致. 因为 ，且 ， 即 根据①和②，可知 对任何 都成立． （Ⅱ）证明：由 ， （ ）， 得 ． 因为 ，所以 ． ， 所以 ． 2 2 1 1 1 ( )n n na a a n N ∗ + ++ − = ∈ 1 0n na a+ − > 2 2 1 1 1n n na a a+ ++ − = 2 2 1 11n n na a a+ +− = − 1 1na + < 2 2 1 1 1n n na a a+ ++ − = 2 2 1 1 1n n na a a+ +− += 21n nS n a= − − 1na < 21 2n na a+ ≥ 2 1 1 2 0n n na a a+ ++ ≥ > 2 3 4 2 1 ( 3)(1 )(1 ) (1 ) 2 n n n a na a a a−+ + + ≤ ≥ 1 2 1 (1 )(1 )a a+ + 2 2 1 1 2 2 1 1 (1) 1 (2)( 2) n n n n n n a a a a a a n + + −  + − =  + − = ≥ ( )( ) 2 2 1 1 11n n n n n na a a a a a+ + −− + + = − 1n na a+ − 1n na a −− 2 1a a− 2 1 5 2a − += 2 1 0a a− > 1 0n na a+∴ − > 2 2 2 2 1 1 1 11 1 0n n n n n na a a a a a+ + + ++ − = ∴ − = − > ， 1 1na + < 10 1n na a +≤ < < *n N∈ 2 2 1 1 1k k ka a a+ ++ − = 12 1k n= −，， ， 2n ≥ 2 2 2 3 1( ) ( 1)n na a a a n a+ + + + − − = 1 0a = 21n nS n a= − −  1na < 2nS n> − （Ⅲ）证明：由 ，得 所以 ， 于是 ， 故当 时， ， 又因为 ， 所以 ． 【点睛】本题考查数列的递推公式与不等式，属于难题 2 2 1 1 1 2k k k ka a a a+ ++ = + ≥ 1 1 1 ( 2 3 1 3)1 2 k k k a k n na a + + = −+ ≤ ，， ， ， ≥ 2 3 4 2 1 ( 3)(1 )(1 ) (1 ) 2 n n n a na a a a−+ + + ≤ ≥ 2 2 2 2 2 3 2 2 1 1 ( 3)(1 )(1 ) (1 ) 2 ( ) 2 2 n n n n n n a a na a a a a− − −= <+ + + + ≤ ≥ 3n ≥ 2 1 11 1 32 2n nT −< + + + + < 1 2 3T T T< < 3nT <