天津市第一中学2020届高三数学下学期第四次月考试题（Word版附解析）

天津市第一中学2020届高三数学下学期第四次月考试题（Word版附解析）

天津一中 2019-2020 高三年级第四次月考数学试卷 一､选择题：(在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)(每小题 5 分) 1.设集合  2| log (2 )A x y x   ，  2| 3 2 0B x x x    ，则 AB ð （ ） A. ( ,1] B. ( ,1) C. (2, ) D. [2, ) 【答案】A 【解析】 【分析】 求解对数函数的定义域以及二次不等式，解得集合 ,A B，再求集合的补运算即可. 【详解】要使得对数函数有意义，则 2 0x  ，解得 2x  ； 由 2 3 2 0x x   ，解得  1,2x ； 故 AB ð ( ,1] . 故选：A. 【点睛】本题考查对数函数定义域的求解，二次不等式的求解，集合的补运算，属综合基础 题. 2.设 ,x R 则“ | 1 | 4x   ”是“ 5 0 2 x x    ”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】 解绝对值不等式与分式不等式，根据充分必要条件的性质即可判断. 【详解】解绝对值不等式可得 4 1 4x    ，即 3 5x   ， 将分式不等式变形可得 5 0 2 x x    ，解得 2 5x  ， 因为    2,5 3,5Ü ， 所以“ | 1 | 4x   ”是“ 5 0 2 x x    ”的必要而不充分条件， 故选：B. 【点睛】本题考查了充分必要条件的判断，属于基础题. 3.曲线 2lny x x   在 1x  处的切线的倾斜角为 ，则 cos sin  的值为（ ） A. 2 10 5 B. 10 5 C. 10 5  D. 2 10 5  【答案】A 【解析】 【分析】 利用导数求出曲线 2lny x x   在 1x  处的切线斜率，可得出 tan 的值，进而利用同角三角 函数的基本关系可求得 cos sin  的值. 【详解】对于函数 2lny x x   ，则 2 1 2y x x    ，所以， tan 3  ，  0,  ，  为 锐角， 由 2 2 sintan 3 cos sin cos 1 sin 0               ，解得 3 10sin 10 10cos 10        ，因此， 2 10cos sin 5    . 故选：A. 【点睛】本题考查导数的几何意义，同时也考查了利用同角三角函数基本关系求值，考查计 算能力，属于基础题. 4.已知抛物线 2 2 ( 0)y px p  上一点 (1 )M m， 到其焦点的距离为5，双曲线 2 2 1yx a   的左 顶点为 A，若双曲线一条渐近线与直线 AM垂直，则实数 a  ( ) A. B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】解：根据抛物线的焦半径公式得1 5, 8 2 p p   ． 取 M（1，4），则 AM 的斜率为 2， 由已知得 2 1a    ， 故 1 4 a  ． 5.将函数 ( ) sin(3 )(0 )f x x       图象向左平移 4  个单位长度后得到函数  g x 的图 象，若直线 6 x   是  g x 的图象的一条对称轴，则（ ） A.  f x 为奇函数 B.  g x 为偶函数 C.  f x 在 , 12 3       上单调递减 D.  g x 在 , 15 9      上单调递增 【答案】C 【解析】 【分析】 根据函数图象变换求得  g x 的表达式，根据 6 x   是  g x 图象的一条对称轴，求得的值， 由此求得  f x 与  g x 的表达式，进而判断出  f x 与  g x 的奇偶性和单调性，由此判断出 正确选项. 【详解】由题意知 ( ) sin 3 4 g x x           ，因为直线 6 x   是  g x 的图象的一条对称轴， 所以 3 6 4          ( ) 2 k k  Z ，故 3 , 4 k k    Z ，因为 0    ，所以 4   ， ( ) sin 3 4 f x x       为非奇非偶函数，所以 A 选项错误. 因为 , 12 3 x      ，则 53 , 4 2 4 x        ，所以  f x 在 , 12 3       上单调递减，所以 C 选项正 确. 因为 ( ) sin 3g x x  ，所以  g x 为奇函数，所以 B 选项错误. 当 , 15 9 x       时，3 , 5 3 x       ，所以  g x 在 , 15 9      上单调递减，所以 D 选项错误.. 故选：C 【点睛】本题考查三角函数的图象及其性质，考查运算求解能力. 6.已知奇函数 ( )f x ，且 ( ) ( )g x xf x 在[0, ) 上是增函数.若 2( log 5.1)a g  ， 0.8(2 )b g ， (3)c g ，则 a，b，c的大小关系为 A. a b c  B. c b a  C. b a c  D. b c a  【答案】C 【解析】 【详解】因为 ( )f x 是奇函数，从而 ( ) ( )g x xf x 是 R上的偶函数，且在[0, ) 上是增函数， 2 2( log 5.1) (log 5.1)a g g   ， 0.82 2 ，又 4 5.1 8  ，则 22 log 5.1 3  ，所以即 0.8 20 2 log 5.1 3   ， 0.8 2(2 ) (log 5.1) (3)g g g  ， 所以b a c  ，故选 C． 【考点】指数、对数、函数的单调性 【名师点睛】比较大小是高考常见题，指数式、对数式的比较大小要结合指数函数、对数函 数，借助指数函数和对数函数的图象，利用函数的单调性进行比较大小，特别是灵活利用函 数的奇偶性和单调性数形结合不仅能比较大小，还可以解不等式. 7.点 , , ,A B C D在同一个球的球面上， 3AB BC AC   ，若四面体 ABCD体积的最大值 为 3 ，则这个球的表面积为（ ） A. 289 16  B. 8 C. 169 16  D. 25 16  【答案】A 【解析】 【分析】 根据几何体的特征，判定外接球的球心，求出球的半径，即可求出球的表面积. 【详解】根据题意知， ABC 是一个等边三角形，其面积为 3 3 4 ， 由正弦定理 32 2 sin 3 r   知，外接圆的半径为 1r  ． 设小圆的圆心为Q， 若四面体 ABCD的体积有最大值，由于底面积 ABCS 不变，高最大时体积最大， 所以，DQ与面 ABC垂直时体积最大， 最大值为 1 3 3 ABCS DQ   ， 4DQ  ， 设球心为O，半径为R， 则在直角 AQO 中， 2 2 2OA AQ OQ  ， 即 2 2 21 (4 )R R   ， 17 8 R  则这个球的表面积为： 217 2894 ( ) 8 16 S   故选：A． 【点睛】本题考查的知识点是球内接多面体，球的表面积，其中分析出何时四面体 ABCD 的体积的最大值，是解答的关键． 8.设m，n为正数，且 2m n  ，则 1 3 1 2 n m n     的最小值为（ ） A. 3 2 B. 5 3 C. 7 4 D. 9 5 【答案】D 【解析】 【分析】 根据 2m n  ，化简 1 3 5 1 1 2 ( 1) ( 2) n m n m n          ，根据均值不等式，即可求得答案； 【详解】当 2m n  时，  1 3 1 1 1 1 2 1 2 n m n m n          3 51 1 ( 1) ( 2) ( 1) ( 2) m n m n m n              21 2 25( 1) ( 2) 2 4 m nm n            ， 当且仅当 1 2m n   时，即 3 1 2 2 m n ， 取等号，  1 3 9 1 2 5 n m n      . 故选：D 【点睛】本题主要考查了根据均值不等式求最值，解题关键是灵活使用均值不等式，注意要 验证等号的是否成立，考查了分析能力和计算能力，属于中档题. 9.已知函数   2 ln 2 , 0 3 , 0 2 x x x x f x x x x       的图像上有且仅有四个不同的点关于直线 1y   的对 称点在 1y kx  的图像上，则实数 k的取值范围是（ ） A. 1 ,1 2       B. 1 3, 2 4       C. 1 ,1 3       D. 1 ,2 2       【答案】A 【解析】 【分析】 可将问题转化，求直线 1y kx  关于直线 1y   的对称直线，再分别讨论两函数的增减性， 结合函数图像，分析临界点，进一步确定 k的取值范围即可 【详解】可求得直线 1y kx  关于直线 1y   的对称直线为 1y mx   m k  ， 当 0x  时，   ln 2f x x x x  ，  ' ln 1f x x  ，当 x e 时，  ' 0f x  ，则当  0,x e 时，  ' 0f x  ，  f x 单减，当  ,x e  时，  ' 0f x  ，  f x 单增； 当 0x  时，   2 3 2 f x x x  ，   3' 2 2 f x x  ，当 3 4 x   ，  ' 0f x  ,当 3 4 x   时，  f x 单减，当 3 0 4 x   时，  f x 单增； 根据题意画出函数大致图像，如图： 当 1y mx  与   2 3 2 f x x x  （ 0x  ）相切时，得 0  ，解得 1 2 m   ； 当 1y mx  与   ln 2f x x x x  （ 0x  ）相切时，满足 ln 2 1 ln 1 y x x x y mx m x         ， 解得 1, 1x m   ，结合图像可知 11, 2 m        ，即 11, 2 k         ， 1 ,1 2 k      故选：A 【点睛】本题考查数形结合思想求解函数交点问题，导数研究函数增减性，找准临界是解题 的关键，属于中档题 二､填空题：(每小题 5 分) 10.设 1 2 1 iz i i     ，则 | |z  ______. 【答案】1. 【解析】 分析：首先求得复数 z，然后求解其模即可. 详解：由复数的运算法则有：         1 11 22 2 2 1 1 1 2 i ii iz i i i i i i i              ， 则： 1z i  . 点睛：本题主要考查复数的运算法则，复数模的计算等知识，意在考查学生的转化能力和计 算求解能力. 11.二项式 6 ax x       展开式中的常数项为 240，则实数 a的值为________. 【答案】 2 【解析】 【分析】 直接利用二项式定理计算得到答案. 【详解】   366 2 1 6 6 r rrr r r r aT C x C a x x           ，由 36 0 2 r  得  44 64, 240r C a    ， 解得 2a   . 故答案为： 2 . 【点睛】本题考查了二项式定理的应用，意在考查学生的应用能力和计算能力. 12.一所中学共有 4 000 名学生，为了引导学生树立正确的消费观，需抽样调查学生每天使用 零花钱的数量(取整数元)情况，分层抽取容量为 300 的样本，作出频率分布直方图如图所示， 请估计在全校所有学生中，一天使用零花钱在 6 元～14 元的学生大约有________人． 【答案】2720 【解析】 根据频率分布直方图得； 一天使用零花钱在 6 元～14 元的学生频率是 1﹣（0.02+0.03+0.03）×4=1﹣0.32=0.68， ∴对应的频数是 4000×0.68=2720； ∴估计全校学生中，一天使用零花钱在 6 元～14 元的大约有 2720 人． 13.已知双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a b a b     的离心率为 2 3 3 则它的一条渐近线被圆  2 24 8x y   所截得的弦长等于_____. 【答案】4 【解析】 【分析】 根据双曲线的离心率先求出双曲线的渐近线方程，先求出圆心到直线的距离，再由几何法求 出弦长即可. 【详解】因为双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a b a b     的离心率为 2 3 3 ，即 2 3 3 c a  ，所以 2 2 2 4 3 a b a   ， 所以 3 3 b a  ，故双曲线的渐近线方程为 3 3 y x  ，即 3 3 0x y  ， 又圆  2 24 8x y   的圆心为  4 0 ， ，半径为 2 2r  ， 所以圆心到任一条渐近线的距离为 4 3 2 3 9 d     ， 因此，弦长为 2 22 4r d  . 故答案为 4 【点睛】本题主要考查圆的弦长，熟记双曲线的简单性质，以及几何法求弦长的公式即可， 属于常考题型. 14.2019 年底，武汉发生“新型冠状病毒”肺炎疫情，国家卫健委紧急部署，从多省调派医务工 作者前去支援，正值农历春节举家团圆之际，他们成为“最美逆行者”．武汉市从 2 月 7 日起举 全市之力入户上门排查确诊的新冠肺炎患者､疑似的新冠肺炎患者､无法明确排除新冠肺炎的 发热患者和确诊患者的密切接触者等“四类”人员，强化网格化管理，不落一户､不漏一人．若 在排查期间，某小区有 5 人被确认为“确诊患者的密切接触者”，现医护人员要对这 5 人随机进 行逐一“核糖核酸”检测，只要出现一例阳性，则将该小区确定为“感染高危小区”．假设每人被 确诊的概率均为  0 1p p  且相互独立，若当 0p p 时，至少检测了 4 人该小区被确定为 “感染高危小区”的概率取得最大值，则 0p  ____． 【答案】 151 5  【解析】 【分析】 根据题意求出检测前 3 人没有确诊第 4 人确诊或者前 4 人没有确诊第 5 人确诊的概率，利用 导数法，求出所求概率的最大值. 【详解】由题意知，至少检测了 4 人该小区被确定为“感染高危小区”的概率 3 4( ) (1 ) (1 )f p p p p p    ，  2 2( ) (1 ) 5 10 2f p p p p     ， 令 ( ) 0f p  ，解得 151 5 p   ，故 ( )f p 在 150,1 5       上单调递增， 在 151 ,1 5       上单调递减，故当 151 5 p   时， ( )f p 取得最大值． 故答案为： 151 5  . 【点睛】本题考查概率实际应用问题，涉及相互独立事件与互斥事件概率的求法，利用导数 法求最大值，考查数学建模、数学计算能力，属于中档题. 15.如图,菱形 ABCD的边长为 3,对角线 AC与 BD相交于 O点,| AC  |=2 3 ,E为 BC边(包含 端点)上一点,则| EA  |的取值范围是_____, EA ED   的最小值为_____. 【答案】 (1). 2 2,2 3    (2). 23 4 . 【解析】 【分析】 AE BC 时， AE长度最短，E与C重合时， AE长度最长．然后以)以 O为原点,BD所在 直线为 x轴建立如图所示直角坐标系，设出 B点坐标，把向量数量积用坐标表示后可求得最 小值． 【详解】根据菱形性质可得 OC 3 ,则 BO 6 . (1)作 AF⊥BC,则 AF 2 3 6 2 2 3    ,此时 AE最短,当 E与 C重合时,AE最长,故 2 2 2 3AE  ,即| EA  |∈ 2 2,2 3    ; (2)以 O为原点,BD所在直线为 x轴建系如图: 则 A(0, 3 )B( 6 ,0),C(0, 3 ),D( 6 ,0), 所以 BC:y 2 3 2 x   ,设 E(m, 2 3 2 m  ) 则 2 2 2 1 2 23,2 3 6 , 3 3 2 2 2 2 4 EA ED m m m m m                              ,其中 m 6,0    对称轴为 m 6 6,0 12       ,故当 m 6 12   时 EA ED   最小,最小值为 23 4 . 故答案为：[2 2,2 3]； 23 4 ． 【点睛】本题考查向量的模和向量的数量积，向量模的范围可由几何图得出，而数量积的最 值通过建立坐标系，用坐标运算把数量积表示一个函数，由函数知识求解．这样只要计算即 可． 三､解答题：(本大题共 5 小题，共 75 分) 16.已知函数 23 1( ) sin 2 cos 2 2 f x x x   ． （1）求 ( )f x 的最小值，并写出取得最小值时的自变量 x的集合． （2）设 ABC 的内角 A， B，C所对的边分别为 a，b， c，且 3c  ，   0f C  ，若 sin 2sinB A ，求 a，b的值． 【答案】（1）最小值为 2 ；{ | 6 x x k   ， }k Z ；（2） 1a  ， 2b  【解析】 【分析】 （1）利用三角函数恒等变换的应用化简函数解析式可得 ( ) sin(2 ) 1 6 f x x     ，利用正弦函数 的图象和性质即可求解． （2）由已知可求 sin(2 ) 1 0 6 C     ，结合范围0 C   ，可求 3 C   ，由已知及正弦定 理可得 2b a ，进而由余弦定理可得 2 2 3a b ab   ，联立即可解得 a，b的值． 【详解】解：（1） 23 1 3 1 cos 2 1( ) sin 2 cos sin 2 sin(2 ) 1 2 2 2 2 2 6 xf x x x x x           ， 当 2 2 6 2 x k      ，即 ( ) 6 x k k Z   时， ( )f x 的最小值为 2 ， 此时自变量 x的集合为：{ | 6 x x k   ， }k Z （2） f （C） 0 ， sin(2 ) 1 0 6 C      ， 又 0 C   ， 112 6 6 6 C       ， 2 6 2 C      ，可得： 3 C   ， sin 2sinB A ，由正弦定理可得： 2b a ①，又 3c  ， 由余弦定理可得： 2 2 2( 3) 2 cos 3 a b ab     ，可得： 2 2 3a b ab   ②， 联立①②解得： 1a  ， 2b  . 【点睛】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦函数的图象和性质，正弦定理，余 弦定理在解三角形中的应用，考查了数形结合思想及转化思想的应用，属于中等题． 17.菱形 ABCD中， 120ABC   EA 平面 ABCD， / /EA FD， 2 2EA AD FD   ， （1）证明：直线 / /FC 平面 EAB； （2）求二面角 E FC A  的正弦值； （3）线段 EC上是否存在点M 使得直线 EB与平面 BDM 所成角的正弦值为 2 8 ？若存在， 求 EM MC ；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明见解析（2） 10 4 （3）存在， 1 3 EM MC  【解析】 【分析】 （1）建立以D为原点，分别以DA  ，DT  （T 为 BC中点），DF  的方向为 x轴， y轴， z轴 正方向的空间直角坐标系，求出直线 FC的方向向量，平面 EAB的法向量，证明向量垂直， 得到线面平行； （2）利用空间向量法求出二面角的余弦值，再由同角三角函数的基本关系求出正弦值； （3）设 ( 3 , 3 , 2 )EM EC         ，则 (2 3 , 3 , 2 2 )M     ，利用空间向量求表示 出线面角的正弦值，求出 的值，得解. 【详解】解：建立以D为原点，分别以DA  ，DT  （T 为BC中点），DF  的方向为 x轴， y 轴， z轴正方向的空间直角坐标系（如图）， 则 (2,0,0)A ， (1, 3,0)B ， ( 1, 3,0)C  ， (0,0,0)D ， (2,0,2)E ， (0,0,1)F . （1）证明： (0,0, 2)EA    ， ( 1, 3,0)AB    ， 设 ( , , )n x y z  为平面 EAB的法向量， 则 0 0 n EA n AB         ，即 2 0 3 0 z x y       ， 可得 ( 3,1,0)n   ， 又 ( 1, 3, 1)FC     ，可得 0n FC    ， 又因为直线 FC 平面 EAB，所以直线 //FC 平面 EAB； （2） ( 2,0, 1)EF     ， ( 1, 3, 1)FC     ， (2,0, 1)FA    ， 设 1 ( , , )n x y z  为平面 EFC的法向量， 则 1 1 0 0 n EF n FC           ，即 2 0 3 0 x z x y z         ，可得 1 ( 3, 3,6)n    ， 设 2 ( , , )n x y z  为平面FCA的法向量， 则 2 2 0 0 n FA n FC           ，即 2 0 3 0 x z x y z        ，可得 2 (1, 3,2)n   ， 所以 1 2 1 2 1 2 6cos , 4| || | n nn n n n          ， 2 1 2 1 2 10sin , 1 cos , 4 n n n n        所以二面角E FC A  的正弦值为 10 4 ； （3）设 ( 3 , 3 , 2 )EM EC         ，则 (2 3 , 3 , 2 2 )M     ， 则 ( 1, 3,0)BD     ， (2 3 , 3 , 2 2 )DM       ， 设 3 ( , , )n x y z  为平面 BDM 的法向量， 则 3 3 0 0 n BD n DM           ，即 3 0 (2 3 ) 3 (2 2 ) 0 x y x y z             ， 可得 3 2 3 33, 1, 1 n           ， 由 ( 1, 3, 2)EB     ，得 3 2 2 3 32 3 2 21cos , 82 3 32 2 4 1 EB n                  ， 解得 1 4   或 7 8  （舍），所以 1 3 EM MC  . 【点睛】本题考查空间向量法解决立体几何中的问题，属于中档题. 18.如图，椭圆 1C ： 2 2 2 2 1( 0)x y a b a b     的左右焦点分别为 1 2,F F ，离心率为 3 2 ，过抛物 线 2C ： 2 4x by 焦点 F 的直线交抛物线于 ,M N两点，当 7| | 4 MF  时，M 点在 x轴上的射 影为 1F ，连接 , )NO MO 并延长分别交 1C 于 ,A B两点，连接 AB， OMN 与 OAB 的面积 分别记为 OMNS ， OABS ，设  OMN OAB S S   . （1）求椭圆 1C 和抛物线 2C 的方程； （2）求 的取值范围. 【答案】（I） 2 2 1 4 x y  ， 2 4x y ；（II）  2, ． 【解析】 试题分析：（Ⅰ ）由题意得得 7, 4 M c b      ，根据点 M在抛物线上得 2 74 4 c b b      ，又由 3 2 c a  ，得 2 23c b ，可得 27 7b b ，解得 1b  ，从而得 3 2c a ， ，可得曲线方 程．（Ⅱ ）设 ONk m ， 'OMk m ，分析可得 1' 4 m m   ，先设出直线ON的方程为 y mx ( 0)m  ，由 2 4 y mx x y    ，解得 4Nx m ，从而可求得 24 1ON m m  ，同理可得 , ,OM OA OB ,故可将 = OMN OAB ON OMS S OA OB       化为 m 的代数式，用基本不等式求解可得 结果． 试题解析： （Ⅰ）由抛物线定义可得 7, 4 M c b      ， ∵点 M 在抛物线 2 4x by 上， ∴ 2 74 4 c b b      ，即 2 27 4c b b  ① 又由 3 2 c a  ，得 2 23c b 将上式代入①，得 27 7b b 解得 1,b  ∴ 3,c  2a  ， 所以曲线 1C 的方程为 2 2 1 4 x y  ，曲线 2C 的方程为 2 4x y ． （Ⅱ）设直线MN 的方程为 1y kx  ， 由 2 1 4 y kx x y     消去 y 整理得 2 4 4 0x kx   ， 设 1 1, )M x y（ ，  2, 2N x y . 则 1 2 4x x   ， 设 ONk m ， 'OMk m ， 则 2 1 1 2 2 1 1 1' 16 4 y ymm x x x x      ， 所以 1' 4 m m   ， ② 设直线ON的方程为 y mx ( 0)m  ， 由 2 4 y mx x y    ，解得 4Nx m ， 所以 2 21 4 1NON m x m m    ， 由②可知，用 1 4m  代替m， 可得 2 2 1 1 11 1 4 16MOM x m m m          ， 由 2 2 1 4 y mx x y      ，解得 2 2 4 1 Ax m   ， 所以 2 2 2 2 11 4 1 A mOA m x m      ， 用 1 4m  代替m，可得 2 2 2 12 11 161 16 1 1 4 B mOB x m m      所以 2 2 2 2 2 2 1 14 1 1 16= 12 12 1 16 14 1 1 4 OMN OAB m mON OMS m m S OA OB m m m m               2 2 2 2 1 14 1 1 4 2 4 4 m m m m        12 2 2 m m    ，当且仅当 1m  时等号成立． 所以 的取值范围为  2, . 点睛：解决圆锥曲线的最值与范围问题时，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系， 则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．常从以下几个方面考虑： ①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围； ②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； ③利用基本不等式求出参数的取值范围； ④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围． 19.已知等比数列{ }na 的各项均为正数， 5 4 62 , , 4a a a 成等差数列，且满足 2 4 34a a ，数列{ }nb 的前 n项和 ( 1) 2n n nS b  ， *n N ，且 1 1b  . （1）求数列{ }na 和{ }nb 的通项公式； （2）设 , , n n n b n c a n    为奇数 为偶数 ，求数列{ }nc 的前 n项和 nP . （3）设 2 5 2 1 2 3 n n n n n bd a b b     ， *n N ，{ }nd 的前 n项和 nT ，求证： 1 3nT  . 【答案】（1） 1 2 n na       ； nb n （2）当 n为偶数时， np  2 1 1 1 4 3 3 2 nn         ；当 n为奇 数时， 12( 1) 1 1 1 4 3 3 2 n n nP          （3）证明见解析 【解析】 【分析】 (1)根据题意列出方程组，求出 1a 、 q，从而得到 { }na 的通项公式，当 2n  时， 1 1 1 2 2 n n n n n nbnb S S b        ，化简可得{ }nb n 是首项为 1 的常数列，即可求得{ }nb 的通项 公式；(2)分类讨论，当n为偶数时，    1 3 1 2 4n n np b b b a a a      ，分别利用 等差数列、等比数列的前 n项和公式求和即可，当n为奇数时，由 1n n nP P b  可求得结果； (3) 裂 项 法 可 得 1 2 5 1 1 1 (2 1)(2 3) 2 (2 1)2 (2 3)2nn n n nd n n n n          ， 从 而 求 得 1 1 1 3 (2 3)2 3n nT n     . 【详解】解；（1）因为 0na  ，所以 0q  ， 2 4 5 6 2 4 3 1 2 2 4 2 1 0 4 1 4 a a a q q a a a q            ，解得 1 1 2 1 2 q a       所以 1 2 n na       ， 当 2n  时， 1 1 1 2 2 n n n n n nbnb S S b        ，即 1 1 nnb b n n   ， ∴{ }nb n 是首项为 1 的常数列， 1nb n  ∴ nb n ； （2） , 1 , 2 n n n n C n         为奇数 为偶数 当n为偶数时，    1 3 1 2 4n n np b b b a a a      2 41 1 1[1 3 ( 1)] [( ) ( ) ( ) ] 2 2 2 nn          2 21 11 4 4 1 1 12 (1 1) 12 4 3 3 21 4 n n n nn                       当n为奇数时， 1 12 2 1 ( 1) 1 1 1 ( 1) 1 1 1 4 3 3 2 4 3 3 2 n n n n n n nP P b n                         （3） 1 2 5 1 1 1 (2 1)(2 3) 2 (2 1)2 (2 3)2nn n n nd n n n n          2 1 1 1 1 1 1 1 3 5 2 5 2 7 2 (2 1)2 (2 3)2n n nT n n             1 1 1 3 (2 3)2 3nn     【点睛】本题考查数列的综合，等差数列、等比数列通项公式、前 n项和的求解，分组求和 法，裂项相消法求和，计算时一定要数对项数，属于较难题. 20.设函数 ( ) 2 lnf x ax x   ( R)a . （Ⅰ）求 ( )f x 的单调区间； （Ⅱ）当 1a  时，试判断 ( )f x 零点的个数； （Ⅲ）当 1a  时，若对 (1, )x   ，都有 (4 1 ln ) ( ) 1 0k x x f x     （ Zk ）成立， 求 k的最大值. 【答案】（1）当 0a  时，  f x 的单减区间为  0,  ；当 0a  时，  f x 的单减区间为 10, a       ，单增区间为 1 , a      ；（2）两个；（3）0. 【解析】 【分析】 （1）求出  'f x ，分两种情况讨论 a的范围，在定义域内，分别令  ' 0f x  求得 x的范围， 可得函数  f x 增区间，  ' 0f x  求得 x的范围，可得函数  f x 的减区间；（2）当 1a  时， 由（1）可知，  f x 在  0,1 是单减函数，在  1, 是单增函数，由  2 1 1 0f f e        ，    21 0f f e  ，利用零点存在定理可得结果；（3）当 1a  ， k 为整数，且当 1x  时，    4 1 ln 1 0k x x f x     恒 成 立 ，   1 3 ln4 1 ln 2 ln 1 0 ln 4 xk x x x x k x x x                ， 利 用 导 数 求 出 1 3 lnln 4 xx x x       的取值范围，从而可得结果. 【详解】（1）    2 ln 0f x ax x x    ，    1 1' axf x a x x     . 当 0a  时，  ' 0f x  在  0,  恒成立，  f x 在  0,  是单减函数. 当 0a  时，令  ' 0f x  ，解之得 1x a  . 从而，当 x变化时，  'f x ，  f x 随 x的变化情况如下表： x 10, a       1 a 1 , a       'f x - 0 +  f x 单调递减 单调递增 由上表中可知，  f x 在 10, a       是单减函数，在 1 , a      是单增函数. 综上，当 0a  时，  f x 的单减区间为  0,  ； 当 0a  时，  f x 的单减区间为 10, a       ，单增区间为 1 , a      . （2）当 1a  时，由（1）可知，  f x 在  0,1 是单减函数，在  1, 是单增函数； 又 2 2 1 1 0f e e        ，  1 1 0f    ，  2 2 4 0f e e   .   2 1 1 0f f e        ，    21 0f f e  ； 故  f x 在  0,  有两个零点. （3）当 1a  ， k为整数，且当 1x  时，    4 1 ln 1 0k x x f x     恒成立   1 3 ln4 1 ln 2 ln 1 0 ln 4 xk x x x x k x x x                 . 令    3 lnln 1xF x x x x x     ，只需    min 1 4 k F x k Z  ； 又     2 2 2 2 1 3 1 ln 2 ln' 0 f xx x xF x x x x x x          ， 由（2）知，  ' 0F x  在  1, 有且仅有一个实数根 0x ，  F x 在  01, x 上单减，在  0 ,x  上单增；       0 0 0min 0 0 ln3ln *xF x F x x x x     又   1 ln3' 3 0 9 F    ，    2 1 ln22 ln4' 4 0 16 16 F     ，     ' 3 ' 4 0F F  ，  0 3,4x  且 0 02 ln 0x x   ， 即 0 0ln 2x x  代入  * 式，得      0 0 0 0 0min 0 0 0 23 12 1, 3,4xF x F x x x x x x x           . 而 0 0 1 1t x x    在  3,4 为增函数， 7 13, 3 4 t      ， 即  min 1 7 13, 4 12 16 F x      . 而  7 13, 0,1 12 16       ，    min 1 0,1 4 F x  ， 0,k  即所求 k的最大值为 0. 【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、函数的零点以及不等式恒成立，属于难 题.近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与 广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则 与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等； 第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及 函数单调性有机结合，设计综合题.