吉林省东北师范大学附属中学2025-2026学年高三上学期高考摸底考试数学试卷

这是一份吉林省东北师范大学附属中学2025-2026学年高三上学期高考摸底考试数学试卷，共22页。
答题前，考生需将自己的姓名、班级、考场/座位号填写在答题卡指定位置上，并粘贴条形码.
回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.
回答非选择题时，请使用 0.5 毫米黑色字迹签字笔将答案写在答题卡各题目的答题区域内，超出答题区域或在草稿纸、本试题卷上书写的答案无效.
保持卡面清洁，不要折叠、不要弄皱、弄破，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.
，则（）
一、单项选择题：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.

A  x  R | x2  2x  8  0B  x | y 
设集合，
x  2A ∩ B 
2, 4
2, 4
4, 2

设 x  R ，则“ x  2  1 ”是“ x2  x  2  0 ”的（）
充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
已知函数 f  x  x2 1 为奇函数，则 f 1  （）
x  a
3
B.
2
5
C. 2D.
2
若α  0, π  ， 3sin 2α 1 cs 2α，则tanα （）
2 

1
A. 1B. 2C. 3D.
3
若lg
a b  lgb
a  5 ， ab  ba ，则 ab  （）
2
A. 6B. 8C. 9D. 10
已知 x  0 ， y  0 ，若 x  y  xy  8 ，则 x  y 的最小值为（）
A. 1B. 2C. 3D. 4
设函数 f  x  ax  a  2 ln x 的导函数为 f  x ，且 f 2  0 ，则 f  x 的单调递减区间为（）
x
 1 , 2 
 0, 1 
2, 
 0, 1  2, 
 2
2 
2 

已知可导函数 f  x 的导函数为 f  x ，若对任意的 x  R ，都有 f  x  f  x  1 且 f 0  2 ，则不等式 f  x  ex  1 的解集为（）
A , 0
B. , e
C. e, 
D. 0, ∞
二、多项选择题：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，全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
函数 f  x  Asin ωx φ A  0,ω 0, 0 φ π 在一个周期内的图象如图所示，则下列说法正确的 是（）
函数 f  x 的值域为2,2
  π , 0  是函数 f  x 图象的一个对称中心
2

 36 
该函数的解析式为 f  x  2 sin  2 x  π 

函数 f  x 的减区间是3kπ  π , 3kπ  7π  k  Z
44 
已知 f  x 的定义域为R ，其函数图象关于直线 x  3 对称且 f  x  3  f  x  3 ，当 x 0, 3时，
f  x  2x  2x ，则下列结论正确的是（）
A. f  x 为偶函数B. f  x 在6, 3上单调递减
C. f  x 关于 x  3 对称D. f 2026  8
数学中有很多优美的图形，如图 2 所示的叶子形状的曲线，是由函数 y  ex  e 1与 y  ln  x  e 1
的部分图象组合而成的封闭曲线 ，则（）
 是轴对称图形
2
 的弦长的最大值为2
直线 x  y  t 被 截得弦长的最大值为
 的面积为2e  4
2 e  2
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分.共 15 分.
曲线 y  cs x  2 在 π , 2  处的切线方程为.
 2

已知函数 f  x  x3  2ax2  a2 x 1在 x  1 处有极小值，则 a 的值为.
 
1, x  1,
设函数 f x 
，若函数 g  x 
f 2  x  bf  x  c 有三个零点 x , x , x ，

a
lg x 1 1, x  1, a  1
123
则 x1  x2  x3  .
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
已知函数 f  x  cs 2x  π  .
3 

求 f  x 的单调区间；
设函数 g  x  f  x  f  x  π  ，求 g  x  的值域.
6 

已知定义域为R 的函数 f  x  1
求 a 和b 的值；
b
2x  a
为奇函数.
求不等式 f x2  2x  f 3  2x2   0 的解集.
已知函数 f  x  kx3  1 x2  x  ln 1 x ， x  0 .
2
（1）若 k  0 ，证明： f  x  0 ；
（2）若0  k  1 ，证明： f  x 在区间0, ∞ 存在唯一的极值点和唯一的零点.
3
设数列a 前 n 项之积为T ，满足2a  T
 1n  N* .
nnnn
（1）求T1 ， T2 ；
  1 a
证明数列1 T  为等比数列，并求通项公式 n ；
n 
设数列a 的前 n 项之和为 S ，证明： 1  n  T  2S  2 .
nn2nn3
设函数 f  x  sin 3x φ  3sin x .
当φ 0 时，求 f  x 的最大值；
x  R ， φ0, π ，使得 f  x  a 恒成立，求 a 的最小值.
东北师大附中 2025-2026 学年上学期
高三年级第一次摸底考试（数学）科试卷
注意事项：
答题前，考生需将自己的姓名、班级、考场/座位号填写在答题卡指定位置上，并粘贴条形码.
回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.
回答非选择题时，请使用 0.5 毫米黑色字迹签字笔将答案写在答题卡各题目的答题区域内，超出答题区域或在草稿纸、本试题卷上书写的答案无效.
保持卡面清洁，不要折叠、不要弄皱、弄破，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.
，则（）
一、单项选择题：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.

A  x  R | x2  2x  8  0B  x | y 
设集合，
x  2A ∩ B 
2, 4
2, 4
4, 2

【答案】B
【解析】
【分析】化简集合 A, B ，再由交集运算即可求解.
【详解】 A  x  R | x2  2x  8  0  x  R | 2  x  4，
由 x  2  0 ，可得： B  x | y x  2  x | x  2 ，所以 A ∩ B  2, 4 ，
故选：B
设 x  R ，则“ x  2  1 ”是“ x2  x  2  0 ”的（）
充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】解不等式，根据集合的包含关系和充分性、必要性的概念求解即可.
【详解】由 x  2  1 可得1  x  2  1，解得1  x  3 ，
由 x2  x  2   x  2 x 1  0 解得 x  2 或 x  1 ，因为集合1, 3 是集合∞, 2 1, ∞ 的真子集，
即由1  x  3 可推出 x  2 或 x  1 ，由 x  2 或 x  1 ，推不出1  x  3 ，所以“ x  2  1 ”是“ x2  x  2  0 ”的充分而不必要条件，
故选：A
已知函数 f  x  x2 1 为奇函数，则 f 1  （）
x  a
3
B.
2
5
C. 2D.
2
【答案】C
【解析】
【分析】由函数为奇函数，求得 a ，即可求解.
x 1
2
【详解】由题意可得： f  x   f x,
x  a
  x2 1
，
x  a
所以 11，可得： a  0 ，
x  ax  a
所以 f  x  x2 1 ， f 1  2 .
x
故选：C
若α  0, π  ， 3sin 2α 1 cs 2α，则tanα （）
2 

1
A. 1B. 2C. 3D.
3
【答案】C
【解析】
【分析】根据二倍角的正余弦公式化简，再由同角三角函数的基本关系得解.
【详解】由3sin 2α 1 cs 2α，α  0, π  ，
2 

可得6 sinαcsα 1 1 2 sin2α  2 sin2α， 即3csα sinα，故tanα 3 ，
故选：C
若lg
a b  lgb
a  5 ， ab  ba ，则 ab  （）
2
A. 6B. 8C. 9D. 10
【答案】B
【解析】
b  a 2
【分析】利用换底公式结合指数与对数间的运算，求得b  a2 或 1 ，代入 ab  ba ，即可化简求得结果.
【详解】由题知， a  0, b  0, a  1, b  1, a  b ，
lg blg a
lg b2  lg a2
则lga b  lgb a 

lg alg b
 lg a 2
1  lg b 5lg a
lg a  lg b
1
   ，可得 lg b  lgb a  2 或 2 ，
lg a2
lg b
b  a 2
所以b  a2 或 1 ，
若b  a2 ，又ab  ba ，
则 aa2  a2 a  a2a ，所以 a2  2a ，
b  a 2
则 a  2 或 a  0 （舍去）， b  22  4 ， ab  8 ；若 1 ，又ab  ba ，
1 1 a a1
则 aa2
  a 2 

 a 2 ，所以 a 2  a ，
2
11
则 a 2  2 或 a 2  0 （舍去），
1
所以 a  4, b  a 2  2, ab  8 ，
综上， ab  8 .
故选：B
已知 x  0 ， y  0 ，若 x  y  xy  8 ，则 x  y 的最小值为（）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】结合基本不等式，即可求解最值.
 x  y 2

【详解】由 x  y  xy  8 ，可得 xy  8   x  y   2，

当且仅当 x  y 时，等号成立，
 t 2
2
令t  x  y ， t  0 ，可得8  t    ，

解得t  4 或t  8 （舍去），即 x  y  4 .
故选：D
设函数 f  x  ax  a  2 ln x 的导函数为 f  x ，且 f 2  0 ，则 f  x 的单调递减区间为（）
x
 1 , 2 
 0, 1 
2, 
 0, 1  2, 
 2
2 
2 

【答案】A
【解析】
【分析】由 f 2  0 求 a ，解不等式 f  x  0 求单调区间.
【详解】 f  x 定义域为0,  ， f  x  a  a
x2
所以 f 2  a  a 1  0 ，解得 a  4 ，
 2 ，
x
4
f x  4 x  4
 2 ln x
5
4424x2 10x  4
所以  

5x
， f  x   
55xx
，
2
5x2
由 f  x  0 解得 1  x  2 ，
2
所以 f  x 的单调递减区间为 1 , 2  .
 2

故选：A.
已知可导函数 f  x 的导函数为 f  x ，若对任意的 x  R ，都有 f  x  f  x  1 且 f 0  2 ，则不等式 f  x  ex  1 的解集为（）
A. , 0
B. , e
C. e, 
D. 0, ∞
【答案】D
【解析】公众号：高中试卷君
【分析】构造函数 g(x) 
f (x) 1
ex，由题设条件可得其单调性，从而可求函数不等式的解.
【详解】构造函数 g(x) 
f (x) 1 ，则 g(x) 
ex
f (x)  f (x) 1  0 ， ex
∴函数 g(x) 在R 上单调递减，
∵ f (0)  2 ，∴ g(0) 
f (0) 1  1， e0
由 f  x  ex  1 得
f (x) 1  1 ，即 g(x)  g(0) ，
ex
∵函数 g(x) 在R 上单调递减，∴ x  0 ，故选：D.
二、多项选择题：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，全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
函数 f  x  Asin ωx φ A  0,ω 0, 0 φ π 在一个周期内的图象如图所示，则下列说法正确的 是（）
函数 f  x 的值域为2,2
  π , 0  是函数 f  x 图象的一个对称中心
2

 36 
该函数的解析式为 f  x  2 sin  2 x  π 

函数 f  x 的减区间是3kπ  π , 3kπ  7π  k  Z
44 
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据所给三角函数的图像，可求得函数 f  x 的解析式，再结合正弦函数的图像性质，逐项进行求解即可.
【详解】根据所给函数图像，可知 f  x 的最大值为2 ，最小值为2 ，所以函数 f  x 的值域为2,2 ，且 A  2 ，故 A 选项正确；
ω
函数 f  x 的周期T 满足π  π  T ，所以T  3π ，即 2π  3π ，解得ω  2 ，
443
又ω 0 ，所以ω 2 ，所以 f  x  2 sin  2 x φ ，
3 3

根据函数图像，点 π , 2  在图像上，即 f  π   2 sin  2  π φ  2 ，
 4 4  34

解得φ π  2kπk  Z ，又0 φ π ，所以φ π ，
33
 33 
所以 f  x  2 sin  2 x  π  ，故 C 选项错误；

由正弦函数对称中心公式，可得其对称中心的横坐标满足 2 x  π  kπk  Z  ，
33
解得 x  3 kπ  π k  Z ，当 k  0 时， x   π ，
222
故  π , 0  是函数 f  x 图象的一个对称中心，B 选项正确；
2

根据正弦函数的单调性，得其递减区间满足 π  2kπ  2 x  π  3π  2kπk  Z ，
2332
解得 π  3kπ  x  7π  3kπk  Z ，故 D 选项正确.
44
故选：ABD
已知 f  x 的定义域为R ，其函数图象关于直线 x  3 对称且 f  x  3  f  x  3 ，当 x 0, 3时，
f  x  2x  2x ，则下列结论正确的是（）
A. f  x 为偶函数B. f  x 在6, 3上单调递减
C. f  x 关于 x  3 对称D. f 2026  8
【答案】ACD
【解析】
【分析】对 A，由函数关于直线 x  3 对称及 f  x  3  f  x  3 ，结合偶函数定义判断；对 B，由函
数周期性得 f  x 在6, 3解析式，判断其单调性；对 C，由偶函数性质及函数关于直线 x  3 对称可
得；对 D，由函数周期性可求.
【详解】对于 A：因为 f  x 的图象关于直线 x  3 对称，所以 f 3  x  f 3  x ，
又 f  x  3 
f  x  3 ，所以 f  x  3 
f x  3 ，
所以 f  x  f x ， f  x 为偶函数，A 正确；
对于 B：因为 f  x  3 
f  x  3 ，所以 f  x  6 
f  x ，即 f  x 周期为6 ，
x 6, 3 ， x  6 0, 3 ， f  x  6  2x6  2  x  6 ，
所以 f  x  2x6  2  x  6 ，因为y  2x6 , y  2  x  6 在6, 3单调递增，所以 f  x 在6, 3单调递增，B 错误；
对于 C：因为 f  x 为偶函数，因为 f  x 的图象关于直线 x  3 对称，所以 f  x 关于 x  3 对称，C 正确；
对于 D：因为 f  x 周期为6 ，所以 f 2026  f 4 ，又 f  x 关于 x  3 对称，
所以 f 4  f 2  22  2  2  8 ，D 正确；
故选：ACD.
数学中有很多优美的图形，如图 2 所示的叶子形状的曲线，是由函数 y  ex  e 1与 y  ln  x  e 1
的部分图象组合而成的封闭曲线 ，则（）
 是轴对称图形
2
 的弦长的最大值为2
直线 x  y  t 被 截得弦长的最大值为
 的面积为2e  4
【答案】AC
2 e  2
【解析】
【分析】利用反函数概念可判断A ；联立方程，求出交点即可判断B ；找出过 P 与曲线相切且与 AB 平行的点
P0 即可C ；由 SΓ
2S
V P0 AB
 2  1 e  2 x
2
A  xB
，计算即可判断D .
【详解】由 y  ex  e 1得ex  y  e 1, x  ln  y  e 1 ，
 y  ex  e 1 的反函数为 y  ln  x  e 1 ，两者关于 y  x 对称，故 A 正确.
 y  ex  e 1

由 y  x
得ex  x  e 1，
令 h  x  ex  x  e 1, h x  ex 1 ，
当 x  0 时， h x  0 ；当 x  0 时， h x  0 ；
h  x 在∞, 0 上单调递减； 0, ∞ 上单调递增，
注意到 h 2  e2  3  e  0, h 1  1  2  e  0 ， h 1  0 ，
e
 h  x 在2, 1 和有一个零点 x0 ，另一个零点为1, A1,1, B  x0 , y0  ，
 AB 
2 1 x0   2
，故 B 错误.
2
x  y  t 与曲线Γ 对称轴 AB 垂直，
如图，只需考察曲线 y  ex  e 1上 P 到 y  x 距离大最大值即可，找出过 P 与曲线相切且与 AB 平行的点 P0 即可，
令 f  x  ex  e 1 ，令 f  x  ex  1  x  0 ，
2
00
此时 P 0, 2  e, P 到 y  x 的距离 d  e  2 ，
直线 x  y  t 被Γ 截得弦长最大值为
2 e  2 ，故C 正确.
SΓ  2S
V P0 AB
 2  1 e  2 x
2
A  xB
 e  21 x0
  2 e  2 ，故 D 不正确.
故选：AC
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分.共 15 分.
曲线 y  cs x  2 在 π , 2  处的切线方程为.
 2

【答案】 x  y  2  π  0
2
【解析】
【分析】利用导数的几何意义求出切线斜率即可得解.
【详解】由 y  sin x ，知切线的斜率 k  sin π  1，
2
又切线过切点 π , 2  ，
 2

所以切线方程为 y  2   x  π  ，即 x  y  2  π  0 .
2 2

故答案为： x  y  2  π  0
2
已知函数 f  x  x3  2ax2  a2 x 1在 x  1 处有极小值，则 a 的值为.
【答案】1
【解析】
【分析】由函数 f  x 在 x  1 处取得极小值，可得 f (1)  0 ，求得 a  1 或 a  3 ，根据函数极值的概念，分别代入验证，即可求解.
【详解】由题意，函数 f  x  x3  2ax2  a2 x 1，可得 f (x)  3x2  4ax  a2 ，
因为函数 f  x 在 x  1 处取得极小值，所以 f (1)  0 ，即 a2  4a  3  0 ， 解得 a  1 或 a  3 ，
①当 a  1 时，可得 f  (x)  3x2  4x 1  (3x 1)(x 1) ，
当 x (, 1) 时， f  x  0 ， f  x 单调递增；
3
当 x  1 ,1 时， f  x  0 ， f  x 单调递减；
 3

当 x (1, +) 时， f  x  0 ， f  x 单调递增，所以函数 f  x 在 x  1 处取得极小值，符合题意.
②当 a  3 时，可得 f (x)  3x2 12x  9  3(x 1)(x  3) ，当 x (∞,1) 时， f  x  0 ， f  x 单调递增；
当 x (1, 3) 时， f  x  0 ， f  x 单调递减；
当 x (3, +) 时， f  x  0 ， f  x 单调递增，
所以函数 f  x 在 x  1 处取得极大值，不符合题意，综上可得， a  1 .
故答案为：1
 
1, x  1,
设函数 f x 
，若函数 g  x 
f 2  x  bf  x  c 有三个零点 x , x , x ，

a
lg x 1 1, x  1, a  1
123
则 x1  x2  x3  .
【答案】3
【解析】
【分析】画出 f  x 的图象，利用函数的图象判断函数零点个数，求出 f  x 的值即可求解.
【详解】作出 f  x 的图象如图所示，
令 f  x  t ，由图象可知当t  1时 f  x  t 有三个解，当t  1时 f  x  t 有两个解，因为关于t 的方程t 2  bt  c  0 有三个零点，所以t 2  bt  c  0 只能有一个根t  1，所以由 f  x  1 解得 x1  0 ， x2  1， x3  2 ，
所以 x1  x2  x3  3，公众号：高中试卷君故答案为：3
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
已知函数 f  x  cs 2x  π  .
3 

求 f  x 的单调区间；
设函数 g  x  f  x  f  x  π  ，求 g  x  的值域.
6 

【答案】（1）答案见解析
（2）  3, 3

【解析】
【分析】（1）结合余弦函数的单调性即可得解；
（2）由三角恒等变换得 g  x 3 cs  2x  π  ，由此可得值域.
6 

【小问 1 详解】
令2kπ  2x  π  π  2kπ, k  Z ，解得 π  kπ  x  π  kπ, k  Z ，
363
令π  2kπ  2x  π  2π  2kπ, k  Z ，解得 π  kπ  x  5π  kπ, k  Z ，
336
所以函数 f  x 的单调递减区间为 π  kπ, π  kπ , k  Z ，
 63
函数 f  x 的单调递增区间为 π  kπ, 5π  kπ , k  Z .
 36
【小问 2 详解】
f  x  cs 2x  π  ，
3 

所以 g  x  f  x  f  x  π   cs 2x  π   cs 2x
6 3 

 1 cs 2x 3 sin 2x  cs 2x  3 cs 2x 3 sin 2x 3 cs  2x  π  ，
22226 

所以函数 g  x  的值域为 3, 3 ，

已知定义域为R 的函数 f  x  1
求 a 和b 的值；
b
2x  a
为奇函数.
求不等式 f x2  2x  f 3  2x2   0 的解集.
【答案】（1） a  1 ， b  2
（2） 3,1
【解析】
【分析】（1）由奇函数的性质可得 f 0  0 ，可得 a  b  1 ，又由 f x   f  x 可得出关于 a 的等式，由此可解得实数 a 的值，即可求解；
（2）由（1）的结论，分析可得 f  x 在R 上是增函数且为奇函数，进而可以将不等式转化为
f x2  2x  f 2x2  3，结合函数的单调性即可得 x2  2x  2x2  3 ，求解即可．
【小问 1 详解】
由题意知函数 f  x  1
b
b
2x  a
为定义在R 上的奇函数，
则有 f 0  1 0 ，解得 a  b  1 ，
1 a
所以 f  x 
2x  a  b
2x  a
2x 1
，
2x  a
因为函数 f  x 为奇函数，则 f x   f  x ，
2x 1
2x 2x 1
1 2x
而 f x  2x  a  2x 2x  a  1 a  2x ，
1 2x
所以
1 a  2x
  2x 1
2x  a
，整理可得1 a  2x  2x  a ，
即a 12x 1  0 对任意的 x  R 恒成立，解得 a  1 ，所以 a  1 ， b  2 ；
【小问 2 详解】
由（1）可得 f  x  1
2
2x 1
，所以 f  x 在R 上单调递增，
由 f x2  2x  f 3  2x2   0 可得 f x2  2x   f 3  2x2   f 2x2  3，
所以 x2  2x  2x2  3 ，所以 x2  2x  3  0 ，即 x 1 x  3  0 ，解得3  x  1，
所以不等式的解集为3,1 .
已知函数 f  x  kx3  1 x2  x  ln 1 x ， x  0 .
2
（1）若 k  0 ，证明： f  x  0 ；
（2）若0  k  1 ，证明： f  x 在区间0, ∞ 存在唯一的极值点和唯一的零点.
3
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1） 求出函数导数判断函数单调性，利用单调性即可证明；
（2）求导可得 f  x  x2  1 3k  ，设 g  x 1 3k, x  0 ，易得 g  x 在(0, ) 上单调递
 1 x
1 x

减，进而可求出函数 f  x 的符号分布情况，即可求出函数的极值点，再根据零点的存在性定理即可得证.
【小问 1 详解】
当 k  0 时， f  x   1 x2  x  ln 1 x ，
2
1x2
f  x  x 1 0 ，
1 x1 x
所以 f  x 在0, ∞ 上单调递减，
所以当 x  0 时， f (x)  f (0)  ln1  0 ，即 f  x  0 .
【小问 2 详解】
1
2x2
22  1
由题得 f
 x  1 x  3kx 1 x
 3kx 1 x
 x
 1 x  3k  ，
因为 x 0, ∞ ，所以x2  0 ，设 g  x 
1
1 x

 3k, x  0 ，
  2
则 g x   1  0 在(0, ) 上恒成立，所以 g  x 在(0, ) 上单调递减，
1x
g 0  1 3k  0 ，令 g  x   0  x  1 1  0 ，
003k
所以当 x 0, x0  时， g  x  0 ，则 f  x  0 ；当 x  x0 , ∞ 时， g  x  0 ，则 f  x  0 ，
所以 f  x 在0, x0  上单调递减，在 x0 , ∞ 上单调递增，所以 f  x 在(0, ) 上存在唯一极值点，
对函数 y  ln 1 x  x 有 y  
1
1 x
1 
x
1 x
0 在(0, ) 上恒成立，
所以 y  ln 1 x  x 在(0, ) 上单调递增，
所以 y  ln 1 x  x  y |x0  0 在(0, ) 上恒成立，
x   时 1 x2  kx3   1 x2 1 2kx  0 ，所以 x   时 f  x  0 ，
22
又因为 f 0  0 ，函数 f  x 在0, x0  上单调递减，在 x0 , ∞ 上单调递增，
所以存在唯一零点 x2 0, ∞ 使得 f  x2   0 ，即 f  x 在(0, ) 上存在唯一零点.
设数列a 前 n 项之积为T ，满足2a  T
 1n  N* .
nnnn
（1）求T1 ， T2 ；
  1 a
证明数列1 T  为等比数列，并求通项公式 n ；
n 
设数列a 的前 n 项之和为 S ，证明： 1  n  T
2S
 2 .
nn
【答案】（1） T  1 ， T  1
2nn3
1327
2n 1
证明见解析， an  2n1 1
证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据递推关系，将 n  1, n  2 代入即可求解；
  1 Ta
根据等比数列的定义证明1 T  为等比数列，利用等比数列的通项公式和 n 与 n 的关系求通项公式
an 即可；

n  T
n 
 2S 
1 n1
利用（2）中结论可得
nn2n1 1
 k 1，通过判断增减性和放缩证明即可.
k 1
21
【小问 1 详解】
因为数列a 前 n 项之积为T ，满足2a  T  1n  N* ，
nnnn
所以当 n  1 时， 2a  T  2a  a  1 ，解得 a  1 ，
111113
当 n  2 时， 2a  T  2a  a a  1，解得 a  3 ，
2221 227
所以T  a  1 ， T
 a a
 1  3  1 .
113
21 2

377
【小问 2 详解】
由（1）易知 an  0 ，
由2an  Tn  1可得当 n  2 时2an1  Tn1  1 ，
又因为当 n  2 时 a
 Tn
，所以 2Tn  T
 1，
两边同除以T 得
Tn1
2 1  1
Tn1
 1
，即2
n
1 
n
1 1 ，
nTT
 TT
n1n
 n1n
1 1  4
1 1
Tn 2
  1 
1
又 T， 1
1
Tn1
，所以数列1 是首项为4 ，公比为2 的等比数列，
T
n 
所以1 1
Tn
 4  2n1  2n1 ，解得T
1
1，
n
2n1 1
T
2n 1
当 n  1 时 a
 T  ，当 n  2 时， a
 n ，
n
113
2n 1
Tn1
2n1 1
经检验当 n  1 时 an  2n1 1 仍成立，
2n 1
所以 an  2n1 1 .
【小问 3 详解】
2n 111

由（2）可得 an  2n1 
 
122 2
n1
1 ，
k 1
S  n  1 n1
n  T
2S
 n 1
n
k 1
n 
11 n1
21
所以 n
22  2k 1 1 ，所以nn
2n1 1
 2k 1 12n1 1
 k 1，
k 1
k 1
1 n
1 1  1  2
当 n  1 时， 2n1 1
 2k1 1333 ，
n  m
1 m1
21
当时 2m1 1
 k 1，
k 1
1m11
k 1

1 m
11
k 1
则当 n  m  1 时 2m2 1
 2k 1 12m2 1
 2k 1 12m2 1
 2  m 1  1  m
1  1  m 1
2m2 1k 1 2k 1 1
2m1  1
2
k 1 2k 1 12m1 1k 1 2k 1 1 ，
k 1
n1 n12
即随着
的增大， 2n1 1 2k 1 1 不断减小，所以 n  Tn  2Sn  3 ，
1  1 n 
1   
n1
又 1  n
1  1  n
1  1  4  2    1  1   1 
 1 ，
2n1 1k 1 2k 1 12n1
k 1
2k 1
2n1
1 1
2
2n1

2
22
所以 1  n  T  2S  2 得证.
2nn3
设函数 f  x  sin 3x φ  3sin x .
当φ 0 时，求 f  x 的最大值；
x  R ， φ0, π ，使得 f  x  a 恒成立，求 a 的最小值.
2
【答案】（1） 2
（2） 3 3
2
【解析】

【分析】（1）根据两角和公式和二倍角公式化简 f  x ，利用换元法可得 g t   4t3  6t ，t 1,1，再利用导数求 g t  的最大值即可；
（2）将原问题转化为 a   f  x0 
min max
, x0  R ，按 x 的不同取值范围分类讨论即可.
【小问 1 详解】
当φ 0 时， f  x  sin 3x  3sin x ，
因为sin 3x  sin 2x  x  sin 2x cs x  cs 2x sin x  2 sin x cs2 x  1 2 sin2 xsin x
 2 sin x 1 sin2 x  sin x  2 sin3 x  3sin x  4 sin3 x ，所以 f  x  4 sin3 x  6 sin x ，
令sin x  t, t 1,1，则函数变为 g t   4t3  6t ， t 1,1，原问题转化为求 g t  的最大值，
因为 gt   12t 2  6 ，令 gt   0 解得t  2 ，
2
所以当t  1,  2  时， gt   0 ， g t  单调递减，
2 

当t   2 , 2  时， gt  0， g t  单调递增，
22 

当t  2 ,1 时， gt   0 ， g t  单调递减，
 2

2
2
2
3
2
因为 g 1  4 13  6 1  2 ， g   4   6  2，
 2  2 2
2
2
所以 g t  的最大值为2，即 f  x 的最大值为2.
【小问 2 详解】
问题转化对x  R ， φ[0,π) 使 f (x)  a 恒成立，
即 a 需满足 a  max x minφ[0,π) f (x)，
其中 f (x)  sin(3x φ)  3sin x ， minφ sin(3x φ) 为sin(3x φ) 在φ[0,π) 的最小值， 设θ 3x ，则φ[0,π) 时，θφ[θ,θπ) ，
]
当θ[0, 3π 时， sin(θφ) 的最小值为1；
2
当θ[3π π) 时， sin(θφ) 的最小值为sinθ（即sin 3x ）。
当 x 
, 2
2
 （θ[0, 3π ）时， g(x)  3sin x 1 ，最大值为3sin π1  2 ；
[0, ]]
222
当 x  π
2π （θ[3π
π) ）时， g(x)  3sin x 1 ，最大值为3sin π1  2 ；
[,], 2
2322
当 x  π
2π （θ[3π
π) ）时， g(x)  3sin x  sin 3x ，求导得 g (x)  6 cs x cs 2x ，在区间内
[,], 2
232
3 3
)
g(x) 单调递增，最大值为 g( 2π
 3sin 2π sin 2π，
所以 a 的最小值为 3 3 .
2
332