- 2021-06-23 发布 |
- 37.5 KB |
- 20页
申明敬告： 本站不保证该用户上传的文档完整性，不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。
文档介绍
河南省2020届高三上学期阶段性考试（三）数学（理）试题
2019～2020 年度河南省高三阶段性考试（三） 数学（理科） 考生注意： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共 150 分．考试时间 120 分 钟． 2．请将各题答案填写在答题卡上． 3．本试卷主要考试内容：复数，集合与常用逻辑用语，函数与导数，三角与向量，数列，不 等式． 第Ⅰ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.已知全集 ，集合 ， ， 则 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 先求括号中 ，再求 即可 【详解】因为 ， ，所以 ， . 答案选 D 【点睛】本题考察集合交并补的基本运算，求解补集时，看清原集与补集的关系是正确解题 的前提 2.复数 的虚部为（ ）． A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 { }0,1,2,3,4,5,6U = { |1 4, }A x x x= ∈N { }| 6 2 33,xB x x= < < ∈N ( )U A B = { }0,5,6 { }0,5 { }1 { }5 U A ( )U A B∩ { }1,2,3,4A = { }3,4,5B = { }0,5,6U A = ( ) { }5U A B∩ = 32i 1 iz = + 1− i− i 【分析】 化简复数得到答案. 【详解】 虚部为-1 故答案选 A 【点睛】本题考查了复数的代数运算，考查计算能力，属于简单题型. 3.在公比为 2 的等比数列 中，前 n 项和为 ，且 ，则 （ ） A. 5 B. 9 C. 17 D. 33 【答案】C 【解析】 【分析】 可由公式 ，表示出 ，再进行求解 【详解】由 ， ，所以 ，所以 . 答案选 C 【点睛】本题考查等比数列通项公式和前 n 项和公式的基本用法，需记住 4.已知向量 ，若 ，则 （ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 先求得 ，然后根据两个向量平行的条件列方程，解方程求得 的值. 【详解】因为 ， ，且 ， 所以 ，解得 ． 32i 2i 2 2i 1 i1 i 1 i 2z − − −= = = = − −+ + { }na nS 7 62 1− =S S 1 5a a+ = 1 1n nS a qS+ = + 7 62S S− 1 1n nS a qS+ = + 7 6 1 6 6 12 2 1S S a qS S a− = + − = = 4 5 2 16a = = 1 5 17a a+ = m n m m nS S q S+ = + ( ) ( )1,1 , 2,2m nλ λ= + = + ( ) ( )2 / / 2m n m n+ − λ = 1− 0 1 2 2 , 2m n m n+ − λ ( )2 3 4,4m n λ+ = + ( )2 3, 3m n λ− = − − − ( ) ( )2 / / 2m n m n+ − ( ) ( ) ( )3 3 4 4 3 0λ λ− ⋅ + − ⋅ − − = 0λ = 故选：B 【点睛】本小题主要考查向量加法、减法和数乘的坐标运算，考查两个向量平行的坐标表示， 考查方程的思想，属于基础题. 5.已知 ， ， ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 观察 ，可将 表示成 ，再进行化简，结合二倍角公式进行求 值 【详解】由 ，则 ，因为 ， ，故 ， 所以 . 答案选 C 【点睛】三角恒等变换是常考类型，考生需熟记二倍角公式的基本形式 ，解题时需从公式的基本形式去分析 如本题中 6.“ ”是“ ， ”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 【解析】 【分析】 把题设 ， 进行化简，求出 的范围，再根据充分必要条件进行判断即 可 . sin2 cosα α= 2 kπα ≠ k ∈Z cos2 =α 3 4 3 4 − 1 2 1 2 − sin2 cosα α= sin2α 2sin cosα α sin2 cosα α= 2sin cos cosα α α= 2 kπα ≠ k Z∈ 1sin 2 α = 2 1cos2 1 2sin 2 α α= − = sin 2α = 2sin cosα α cos2 =α 2 2 2 2cos sin 1 2sin 2cos 1α α α α− = − = − 2 1cos2 1 2sin 2 α α= − = 1a < − 0x∃ ∈R 0sin 1 0+ ( ) [ ]1 ,1f x a a∈ − + 1 0a− < 1a > 0a < ( ) [ ]1 ,1f x a a∈ + − 1 0a+ < 1a < − 1a > 1a < − 0 2x π= 1a < − 0sin 1 0a x + < ( ) ( ) ( )sin 1 0 2f x x πω ϕ ω ϕ= + + > <， ( )f x 4 π ( )g x ( )g x = 2sin 2 3x π + sin 2 3x π − sin 2 13x π + + sin 2 13x π − + ,26 π 30, 2 ( )f x ( )g x ( ) sin( ) 1 0,| | 2f x x πω ϕ ω ϕ = + + > < 31 sin 2 ϕ+ = . 因为 ，所以 。所以 . 因为点 在 的图象上。所以 .所以 。 因为 ，结合图象可知 ，所以 . 将 的图象向右平移 个单位长度后得到函数 的图象。则 . 【点睛】根据三角函数图像求表示时一般代入特殊点，如最值点和图像与坐标轴的交点进行 运算。函数平移左加右减，注意平移的时候是 整体变化，如果有系数记得加括号。 8.函数 是 R 上的奇函数，则 的零点的个数为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】 根据奇函数的特殊性质，当 能取到时， ，再采用数形结合的方式找出交点即 可 【详解】因为函数 是 R 上的奇函数，所以 ，即 ，所以 ，结合函数 与 的图象，如图所示， 的零点的个数为 3. 1sin 2 ϕ = | | 2 ϕ π< 6 π=ϕ ( ) sin 16f x x πω = + + ,26 π ( )f x sin 16 6 π πω + = 2 ( Z)6 6 2k k π π πω π+ = + ∈ 0>ω 2ω = ( ) sin 2 16f x x π = + + ( )f x 4 π ( )g x ( ) sin 2 1 sin 2 14 6 3g x x x π π π = − + + = − + x 2019( ) 1 3sinf x x a x= + − − ( )f x 0x = ( )0 0f = ( ) 2019 1 3sinf x x a x= + − − ( )0 1 0f a= − = 1a = ( ) 2019 3sinf x x x= − 2019y x= 3y sinx= ( )f x 答案选 B 【点睛】本题考查了奇函数的性质，函数零点与方程的转化思想，要求能够画出常见的基础 函数图像，如一次函数、二次函数、指数函数、幂函数、三角函数等 9.已知 ，且 ，则 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 通过基本不等式的变形可得 ，再将表达式转化成关于 整体的二次不等式， 求出相应范围 【详解】∵ ，∴ ，可得 ，当且仅当 或 时 取 等 号 . ∵ ， ∴ ， 化 为 ，解得 ，则 的取值范围是 . 答案选 B 【点睛】本题考查的是根据基本不等式求取值范围问题，代换中一定要注意等号是否成立， 题中将 这一步代换出来至关重要 , (0, )a b∈ +∞ 2 91 ab a b + = + +a b [ ]1,9 [ ]1,8 [ )8,+∞ [ )9,+∞ 2 2 a b ab + a b+ ( ), 0,a b∈ +∞ 2 2 a b ab + ( )2 1 4 ab a b+ 1 2a b= = 4a b= = 2 91 ab a b + = + ( )2 2 9 81ab a b a b = −+ + ( ) ( )2 9 8 0a b a b+ − + + 1 8a b+ a b+ [ ]1,8 ( )2 1 4 ab a b+ 10.已知正 的边长为 1， 为该三角形内切圆的直径， 在 的三边上运动， 则 的最大值为（ ）． A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据 和 ，平方相减得到 ，计算得到答 案. 【详解】正 的边长为 1，内切圆圆心为 ，半径为 为 的中点，则 得到 即 得到 即 两式相减得到： 即 当 为三角形顶点时，有最大值为 故答案选 D 【点睛】本题考查了向量的最值问题，根据 为 的中点得到 是解题的关 键，这是向量中中点问题常用的技巧，需要熟练掌握. 11.方程 的实根个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】 ABC△ EF P ABC△ PE PF⋅ 1 2 1 3 1 4 2PE PF PO+ = PE P FEF− = 2 1 12PE PF PO= −⋅ ABC△ O 3 6r = O EF 2PE PF PO+ = ( )2 2 4PE PF PO+ = 2 2 2 2 4PE PF PE PF PO⋅+ + = PE P FEF− = ( )2 2 PE P FF E− = 2 2 12 3PE PF PE PF⋅+ − = 2 14 4 3PE PF PO= −⋅ 2 1 12PE PF PO= −⋅ P 1 1 1 3 12 4 − = O EF 2PE PF PO+ = ( ) ( )6 4log 4 5 log 6 5x x x x+ = − 先判断函数的定义域，由 得 ，再利用指数函数和对数函数互化的性质，通过整 式加减 ，即 .令 通过判断函数的增减性， 借鉴零点存在定理，可判断实数根的区间 【详解】由 ，解得 ，令 ，所以 ， 两式相加得 ，又函数 单调递增，故 ，则 ，即 .令 ，且 在 上单调递减，又 ， ， 所 以 存 在 唯 一 ， 使 得 . 所 以 方 程 只有唯一实数解。 答案选 B 【点睛】本题考察了指数函数和对数函数互化的性质，函数零点存在定理的迁移应用，整个 解题过程，函数与方程的转化思想贯穿始终，体现了函数与方程的整体性与统一性 12.设首项为 1 的数列 的前 n 项和为 ，且 ，若 ，则正整数 m 的最小值为（ ） A. 15 B. 16 C. 17 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】 通过表达式的整体代换，可构造出 ，通过构造数列求出 的表达式， 再通过 求出 的表达式，进而可表示出 ，通过赋值可求出 【 详 解 】 由 题 意 知 ， ， 所 以 ， ， 即 . 又 ， 所 以 数 列 6 5x x> 0x > 4 5 6x x x+ = 2 5 13 6 x x + = ( ) 2 5 3 6 x x g x = + 6 5x x> 0x > ( ) ( )6 4log 4 5 log 6 5x x x xt = + = − 4 5 6 6 5 4 x x t x x t + = − = 4 6 4 6x x t t+ = + 4 6x xy = + x t= 4 5 6x x x+ = 2 5 13 6 x x + = ( ) 2 5 3 6 x x g x = + ( )g x ( )0,+∞ ( )2 1g > ( )3 1g < ( )0 2,3x ∈ ( )0 1g x = ( ) ( )6 4log 4 5 log 6 5x x x x+ = − { }na nS * 1 1 1, 2 , 2 1, 2 1, n n n a n k ka a n k k − − + = ∈= + = + ∈ N N 2020mS > ( )2 1 2 13 2 3k ka a+ −+ = + 2 1ka − 2 2 1 1k ka a −= + 2ka 2kS k 2 2 1 1k ka a −= + 2 1 22 1k ka a+ = + 2 2 1 1k ka a −= + ( )2 1 2 1 2 12 1 1 2 3k k ka a a+ − −= + + = + ( )2 1 2 13 2 3k ka a+ −+ = + 1 3 4a + = 是以 4 为首项，2 为公比的等比数列，所以 ， ， 所以 ， ，所以 . 当 时， ，又 ，所以 ，故正整数 的 最小值为 17. 故选：C 【点睛】本题主要考查递推数列通项公式的推导及前 项和公式的求解，考察了推导代换能力， 计算能力，难度中等偏上 第Ⅱ卷 二、填空题：把答案填在答题卡中的横线上． 13.若 x，y 满足约束条件 ，则 的最大值为_________. 【答案】10 【解析】 分析】 根据线性规划限定条件画出可行域，再通过 平移找出最值即可 【详解】 画出可行域知，当 平移到过点 时， . 则 的最大值为 10 【 { }2 1 3ka − + 1 2 1 4 2 3k ka − − = ⋅ − 1 2 4 2 2k ka −= ⋅ − ( ) 2 1 3 2 1 4 1 2 3 2 4 31 2 k k kS a a a k k+ − − = + +…+ = − = − −−奇 2 2 4 2 2 4 2k kS a a a k+= + + + = − −偶 3 2 2 8 5k kS S S k+= + = − −奇 偶 8k = 16 2000 2020S = < 17 1021a = 17 3021 2020S = > m n 1 0 0 5 0 y x y x y + − + − 3z x y= + 3 0x y+ = : 3 0l x y+ = 5 5,2 2 max 10z = 3z x y= + 【点睛】本题主要考察了根据线性规划求目标函数的最值问题，相对简单，解题方法一般为 先画出可行域，再将目标函数转化为斜截式，通过判断目标函数值与截距的关系，找出目标 点，求出最值即可 14.已知 为第二象限角，则 _________. 【答案】 【解析】 【分析】 通过通分的方法去掉二次根式，转化成绝对值再进行化简即可 【详解】因为 为第二象限角，所以 ， . 所以 ， ，所以 . 所以答案为： 【点睛】本题考察了三角函数 化简，易错点为去掉二次根式转化为绝对值时符号的判断问 题，此时需要结合三角函数在四个象限的正负值进行判断 15.在 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若 a，b，c 成等比数列，且 ，则 _________. 【答案】 【解析】 【分析】 利用正弦公式将 b 代换，求出 ，再用 a，b，c 成等比数列表示出 ， 分析 特点，再次采用正弦定理即可求得 【详解】由正弦定理可知， ，易得 ， 的 α 2 2 1 sin 1cos sin 11 sin tan + + + =− αα αα α 1− α sin 0α > cos 0α < ( )2 2 1 sin1 sin 1 sincos cos cos 1 sin1 sin cos cos αα αα α α αα α α ++ += = ⋅ = − −− 2 2 2 1 1sin 1 sin sintan sin α α αα α+ = ⋅ = 2 2 1 sin 1cos sin 1 11 sin tan αα αα α + + + = −− 1− ABC△ cos sin= +b a C c A sin =b B c 2 2 cos sina C c A= + A b a c b = sinb B c ( )sin sin sin cos sin cosB A C A C C A= + = + ccos sinA c A= ，又 a，b，c 成等比数列，所以 ， . 则 【点睛】本题主要考查正弦定理的具体用法，边化角是正弦定理使用中考察频率最高的一种 形式，做题时应优先考虑 16.已知直线 是曲线 的一条切线，则 的取值范围是_________. 【答案】 【解析】 【分析】 根 据 题 意 ， 求 出 曲 线 的 切 线 方 程 ， 再 根 据 对 应 关 系 表 示 出 和 值 ， 表 示 出 ，再采用构造函数求导的方法可求得 的范围 【 详 解 】 设 ， 切 点 为 ， ， 所 以 ， ，所以 令 ， ， 当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递 减 又 ，所以 的取值范围是 . 【点睛】本题主要考查导数切线方程的求法，利用导数来求函数的值域的问题，需熟记曲线 切线方程为 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17.已知等比数列 的公比 ，其前 项和为 ，且 ， ， 的等差中项为 。 （1）求数列 的通项公式； 4A π= b a c b = sin sin 2sin 2 b B a B Ac b = = = sin 2 2 b B c = y kx b= + exy = k b+ ( ],e−∞ k b ( )0 0e 2xk b x+ = − k b+ ( ) exf x = ( )0 0 ,exx ( ) exf x′ = 0exk = ( )0 0 0 0e e 1x xb kx x= − = − ( ) ( )0 0 0 0 0e e 1 e 2x x xk b x x+ = + − = − ( ) ( )e 2xg x x= − ( ) ( ) ( )e 2 e e 1x x xg x x x= − − = −′ ( ),1x∈ −∞ ( ) 0g x′ > ( )g x ( )1,x∈ +∞ ( ) 0g x′ < ( )g x ( )1 eg = k b+ ( ],e−∞ ( )( )0 0 0'y y f x x x− = − { }na 0q > n nS 5 62S = 4a 5a 33a { }na （2）设 ，数列 的前 项和为 ，求 。 【答案】(1) ；(2) 【解析】 【分析】 （1）通过 ， 的等差中项为 ．求出数列的公比，然后求解数列 的通项公式； （2）化简 ，利用裂项相消法求解数列的和即可． 【详解】解：（1）因为 ，所以 ，即 。 解得 或 （舍去）。 所以 ， ， 所以 。 （2）因为 ， 所以 。 【点睛】本题考查等差数列以及等比数列的应用，裂项相消法求数列求和的方法，考查计算 能力，属于基础题． 18.已知函数 （1）判断 在 上的奇偶性，并证明； ( )( )2 2 2 1 log logn n n b a a + = { }nb n nT nT 2n na = 2 3 2 3 4 2 6 4n nT n n += − + + 4a 5a 33a { }na 2 2 2 1 (log )(log )n n n b a a + = 4 5 36a a a+ = 3 4 2 1 1 16a q a q a q+ = 2 6 0q q+ − = 2q = 3q = − ( )5 1 5 1 1 2 31 621 2 a S a − = = =− 1 2a = 12 2 2n n na −= ⋅ = ( )( ) ( )2 2 2 1 1 1 1 1 log log 2 2 2n n n b a a n n n n+ = = = − + + 1 2n nT b b b= + + + 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 112 3 2 4 3 5 2 1 1 2n n n n n n = − + − + − + ⋅⋅⋅ + − + − + − − − + + 2 2 1 1 1 1 1 3 2 3 3 2 312 2 1 2 2 2 3 2 4 2 6 4 n n n n n n n n + + = + − − = − = − + + + + + + 4 1, 0, ( ) 0, 0, 1 4 , 0. x x x f x x x− − > = = − < ( )f x ( , )−∞ +∞ （2）求不等式 的解集. 【答案】（1）奇函数，证明详见解析；（2） . 【解析】 【分析】 (1)根据奇偶函数的定义，分段判断函数的奇偶性；（2）由（1）知函数 为奇函数，根 据奇函数在两个对称的区间上具有相同的单调性，可得函数 的单调性，用函数的单调性 将 符号脱掉，使其转化为具体的不等式求解即可. 【详解】（1）函数 是 上的奇函数. 证明如下： 任取 ，则 ，所以 , 再任取 ，则 ，所以 . 又当 时，则 ，所以 . 故 是 上的奇函数. （2）当 时， 是增函数， 所以 是 上的增函数. 又 ， . 所以 ，所以 ， 所以不等式 的解集为 . 【点睛】函数性质综合应用问题 3 种常见类型及解题策略 (1)函数单调性与奇偶性结合．注意函数单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函数图象的对称 性． (2)周期性与奇偶性结合．此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行交换，将所 求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解． 的 ( )41 log 3− < f x 1 ,42 ( )f x ( )f x " "f ( )f x ( , )−∞ +∞ 0x > 0x− < ( )( ) 1 4 4 1 ( )− = − = − − = −x xf x f x 0x < 0x− > ( )( ) 4 1 1 4 ( )− −− = − = − − = −x xf x f x 0x = x 0− = ( ) 0 0 ( )− = = − = −f x f x ( )f x ( , )−∞ +∞ 0x > ( ) 4 1= −xf x ( )f x ( , )−∞ +∞ 1 12 − = − f (1) 3f = 4 1 log 12 − < x 1 42 < x ( )41 log 3− < f x 1 ,42 (3)周期性、奇偶性与单调性结合．解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间， 然后利用奇偶性和单调性求解． 19.已知函数 . （1）若 ， ， ，求 的值； （2）若动直线 与函数 和函数 的图 象分别交于 P，Q 两点，求线段 PQ 长度的最大值，并求出此时 t 的值. 【答案】（1） ；（2）最大值为 ， 【解析】 【分析】 （1）先对 进行化简，求出 ，再根据同角三角函数求出 ，再根据 特点，求出 ，利用和角公式求值即可 （2）先表示出 ，再根据绝对值特点和三角函数的最 值特点，求出对应的 值即可 【详解】（1） ， ， 则 ，又 ，故 ， . . . （2） 2( ) sin 4f x x π = − 1 2 6f α = tan 5β = ,2 2 π πα ∈ − tan(2 )α β+ [ ]( 0, )x t t π= ∈ ( )f x ( ) 3sin cos4 4g x x x π π = + + 5 5 19 − 3 2 7 12t p= ( )f x sinα tanα ( )tan 2α β+ tan2α ( ) ( ) 1 sin 22 3PQ f t g t t π = − = − + t ( ) 1 1 11 cos 2 sin22 2 2 2f x x x π = − − = − 1 1 1sin2 2 2 6f α α = − = 2sin 3 α = ,2 2 π πα ∈ − 5cos 3 α = 2tan 5 α = 2 2tantan2 4 51 tan αα α= =− ( ) tan2 tan 5 5 5 5tan 2 1 tan2 tan 1 20 19 α βα β α β ++ = = = −− − ( ) 3 cos22g x x= 由题意可知 当 时， 取到最大值 . 当 取到最大值时， ，又 ，所以 . 【点睛】本题考查同角三角函数的基本求法，三角函数正切值的和角公式，复合三角函数最 值的求法，难度相对简单 20.如图，在平面四边形 ABCD 中， ， ， ，且角 D 与角 B 互补， . （1）求 的面积； （2）求 的周长. 【答案】（1） ；（2） 【解析】 【分析】 （1）通过角 D 与角 B 互补，先求出 ，采用正弦定理的面积公式求解 即可 （2）要求 的周长，即求 ，结合余弦定理进行整体求解即可 【详解】（1）在 中，由余弦定理得 . 所以 . 因为角 D 与角 B 互补， 所以 ， . ( ) ( ) 1 sin 22 3PQ f t g t t π = − = − + sin 2 13t π + = − PQ 3 2 PQ ( )32 23 2t k k Z π π π+ = + ∈ [ ]0,t π∈ 7 12t π= 3 1= −AB 3 1= +BC 3CA = 3 2 ⋅ = AD CD ACD ACD 3 15 4 2 6 3+ cos ABC∠ ACDS ACD AD CD+ ABC 2 2 2 1cos 2 4 AB BC ACABC AB BC + −∠ = = −⋅ 15sin 4ABC∠ = 15sin sin 4ADC ABC∠ = ∠ = 1cos cos 4ADC ABC∠ = − ∠ = 又 ， 所以 ，即 ， 所以 . （2）在 中，由余弦定理得 ， 所以 ， 所以 ， 所以 的周长为 . 【点睛】本题考查解三角形的具体应用，第一问正弦定理求面积，第二问利用余弦定理求周 长，解三角形的核心思想为：将边角关系转化到同一个三角形，利用正弦余弦定理进行求解， 一般是先正弦再余弦 21.设 ，命题 p：函数 在 内单调递增；q：函数 仅在 处有极值. （1）若命题 q 是真命题，求 a 的取值范围； （2）若命题 是真命题，求 a 的取值范围. 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 【分析】 (1)函数 仅在 处有极值，则 在 左右两侧导数符号相 反，可得 恒成立，转化为求解二次不等式的恒成立问题；（2）当 p 是真命题 时，利用复合函数“同增异减”研究 的单调性问题，求出相应 a 的范围， 又 是真命题，则 至少有一个是真命题，所以取 p 是真命题时 a 的取值集合与 是真命题时 a 的取值集合的并集即可. 3 2AD CD⋅ = 3cos 2AD CD AD CD ADC⋅ = ⋅ ⋅ ∠ = 6AD CD⋅ = 1 3 15sin2 4ACDS AD CD ADC= ⋅ ⋅ ∠ = ACD 2 2 2 2 cosAC AD CD AD CD ADC= + − ⋅ ∠ 2 2 2 2 cos 12AD CD AC AD CD ADC+ = + ⋅ ∠ = 2 6AD CD+ = ACD 2 6 3AD CD AC+ + = + a R∈ ( )3log ( 0, 1)= − > ≠ay x ax a a 1 ,02 − ( ) 4 3 21 4 1 14 3 2 += + +ax x xf x 0x = ( )p q∨ ¬ 1 1,2 2 − 1 1| 2 2a a a < − > 或 ( )f x 0x = ( )2( ) 4 1′ = + +f x x x ax 0x = 2 4 1 0+ +x ax ( )3log= −ay x ax ( )p q∨ ¬ ,p q¬ q¬ 【详解】（1）由题意知， ，显然 不是方程 的根, 为使 仅在 处有极值，必须 恒成立，即 ， 解不等式，得 ，这时 是唯一极值， 因此满足条件的 a 的取值范围是 . （2）当 p 是真命题时， 对 恒成立,则 ，记 ，则 当 时，要使得 是增函数，则需有 对 恒成立，所 以 ，与 矛盾； 当 时，要使得 是增函数，则需有 对 恒成立， 所以 ，所以 . 记当 p 是真命题时 a 的取值集合为 A，则 ； 记当 是真命题时 a 的取值集合为 B，则 . 因为 是真命题， 所以 a 的取值范围是 . 【点睛】函数 在 处取得极值是 的充分不必要条件. 22.已知 ，函数 ， . （1）求 的单调区间 （2）讨论 零点的个数 ( )2( ) 4 1′ = + +f x x x ax 0x = 2 4 1 0+ + =x ax ( )f x 0x = 2 4 1 0+ +x ax ( )24 4 1 0∆ = −a 1 1 2 2 − a (0) 1f = 1 1,2 2 = − 3 0x ax− > 1 ,02x ∈ − 1 4a > 3( )g x x ax= − ( ) 2g x 3x a′ = − 1a > ( )3log= −ay x ax ( ) 0g x′ 1 ,02x ∈ − 0a 1a > 1 14 a< < ( )3log= −ay x ax ( ) 0g x′ 1 ,02x ∈ − 21 33 2 4 ⋅ − = a 3 14查看更多