福建省福州市四校联盟2025-2026学年高三上学期11月期中考试数学试卷

这是一份福建省福州市四校联盟2025-2026学年高三上学期11月期中考试数学试卷，共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（完卷时间：120 分钟总分：150 分）
命题：福清元洪高级中学审核：永泰城关中学
∪
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 x2  2x  0, B  x y  lg(x 1)
已知集合，则 AB＝
A. 0, 
B. (1,2)C. (2,  )D. （  ，0）
设 f(x)是周期为 4的奇函数，当 0≤x≤1 时，f(x)＝x(1＋x)，则 f   9  ＝（）
2 

3113
A. － 4B. － 4C. 4D. 4
已知正数 x, y 满足 1  1  1，则 x  4 y 的最小值为（ ）
xy
A. 8B. 9C. 10D. 11
设向量 a   x 1, x ， b   x, 2 ，则（ ）
“ x  3 ”是“ a  b ”的必要条件B. “ x  3 ”是“ a ∥b ”的必要条件
3
C. “ x  0 ”是“ a  b ”的充分条件D. “ x  1”是“ a ∥b ”的充要条件
在梯形 ABCD 中， AB∥CD ， AB  4 ， AD  2 ， CD  1，∠DAB  60 ，则 AC  AB  （）
A. 4B. 6C. 8D. 12
已知sin(α β)  2 ， csαsin β 1 ，则cs(2α 2β)  （）
36
71
A.B.
99
C.  1
9
D.  7
9
如图，在三棱锥 S  ABC 中， SA ， SB ，SC两两垂直， SC  3 ， SB  2 ， SA  1 ， D 为线段SC
上靠近C 的三等分点，点 E 为V ABC 的重心，则点 E 到直线 BD 的距离为（ ）
A.3
6
B.6
6
C.3
3
D.6
3
已知函数 f  x  4 
x
1
4  x
1  x  3 .若函数 y 
f  x  a 存在零点，则 a 的取值范围为（）
 9 , 7 
 7 , 13
 9 , 13
 9 , 

 4 3 

 3 3 

 4 3 
 4

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.全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
已知函数 f (x)  Asin(ωx φ)  A  0,ω 0,|φ| π 的部分图象如图所示，则（）
2 

f (x) 的最小正周期为π
f  x π 为偶函数
6 

f (x) 在区间0,π 内的最小值为 1
4 
f (x) 的图象关于直线 x   2π对称
3
已知等差数列an的前 n 项和为 Sn ，若 S35  0 ， S36  0 ，则下列结论正确的是（ ）
数列an是递增数列B. a18  0
当 Sn 取得最大值时， n  18
a18
a19
如图，正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 1，E 是 DD1 的中点，则（ ）
B1C  BD1
三棱锥C  B CE 的体积为 1
112
三棱锥C  B CE 的外接球的表面积为 41π
1116
3 2
2
5
由 B1 ，C，E 三点确定的平面与正方体相交形成的截面周长为
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
已知角θ的顶点为坐标原点，始边与 x 轴的非负半轴重合，终边过点 P 4, 3 ，则sinθ csθ
已知等比数列an的前 n 项和为 Sn ，且 S3  27 ， S6  35 ，数列an的公比 q  ．
已知函数 f  x  ex  e1x  ax 有两个极值点x 与 x ，若 f  x   f  x   4 ，则实数 a＝
1212
.
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.
已知等差数列an的公差为 d ，前 n 项和为 Sn ，且 S10  310, S20  1220 .
求an的通项公式；
设T 为数列 Sn  的前 n 项和，求使得T  3 a 的 n 的最小值.
n
n

n2 n
平面凸四边形 ABCD 中， BAD  BCD  90∘ , AD  3, AB  4 ．
5
若 BC  2
，求 AC ；
若ABC  45∘ ，求CD
3
在三棱锥 P  ABC 中，侧面 PAC 是边长为 2 的等边三角形， AB ， PB  2 ， ABC  π .
2
求证：平面 PAC  平面 ABC ；
求平面 PAB 与平面 PAC 的夹角的余弦值.
已知 f  x  eax sin 2x  2ax ，且曲线 y 
求 a 的值；
f  x 在点0, f 0 处的切线方程为2x  y  0 .
设 f  x 的导函数为 g  x  ，求 g  x  的单调区间；
证明：当 x   1 , 1  时， f  x  2
 2 2 
nn2n1n1nn
若数列a 满足 a a a a n  N*  ，则称a  为“阶跃数列”.
nn
若 a  n2  2n ，判断a 是否为“阶跃数列”；
在“阶跃数列”a 中，若 a  λ 2n  n n 1n 1 ，求实数λ的取值范围；
nn6
记“阶跃数列”a 的前 n 项和为 S ，证明：数列 Sn  是“阶跃数列”.
n
nn

福州四校联盟 2025-2026 学年第一学期期中联考
高三数学
（完卷时间：120 分钟总分：150 分）
命题：福清元洪高级中学审核：永泰城关中学
∪
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 x2  2x  0, B  x y  lg(x 1)
已知集合，则 AB＝
A. 0, 
B. (1,2)C. (2,  )D. （  ，0）
【答案】A
【解析】
【分析】解集合 A 与集合 B，求得集合的交集即可．
【详解】解集合 A 可得 A  x 0  x  2
集合 B 为 B  x 1  x }
所以 A ∪ B＝x 0  x}
所以选 A
【点睛】本题考查了集合的简单并集运算，属于基础题．
设 f(x)是周期为 4 的奇函数，当 0≤x≤1 时，f(x)＝x(1＋x)，则 f   9  ＝（）
2 

3113
A. － 4B. － 4C.
【答案】A
【解析】
4D. 4
【分析】
先利用函数的周期性和奇偶性转化 f   9  ，再利用已知条件求解即可.
2 

【详解】∵ f  x 是周期为 4 的奇函数，
∴ f   9  ＝  f  9  ＝  f  1  ，
2  2  2 

又0  x  1时， f  x  x 1 x ，
故 f   9  ＝  f  1  ＝  1 1 1  ＝  3
2 
 2 
2 2 4

故选：A.
【点睛】本题主要考查了利用函数的周期性和奇偶性求值的问题.属于容易题.
已知正数 x, y 满足 1  1  1，则 x  4 y 的最小值为（ ）
xy
A. 8B. 9C. 10D. 11
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件，利用“1”的妙用，即可求解.
【详解】因为正数 x, y 满足 1  1  1，则
xy
x  4 y yx
x  4 y   x  4 y  1  1   1 x  4 y  4  5  2
 9 ，
 xy yx

当且仅当 x  4 y ，即 x  2 y  3 时取等号，
yx
故选：B.
设向量 a   x 1, x ， b   x, 2 ，则（ ）
“ x  3 ”是“ a  b ”的必要条件B. “ x  3 ”是“ a ∥b ”的必要条件
3
C. “ x  0 ”是“ a  b ”的充分条件D. “ x  1”是“ a ∥b ”的充要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量平行、垂直、充分和必要条件等知识确定正确答案.
【详解】若 a  b ，则 a  b  x  x 1  2x  x2  3x  0 ，解得 x  0 或 x  3 .
所以“ x  3 ”是“ a  b ”的充分条件，不是必要条件，A 选项错误.所以“ x  0 ”是“ a  b ”的充分条件，C 选项正确.
3
若 a ∥b ，则2  x 1  x2 , x2  2x  2  0 ，解得 x  1，
3
所以“ x  3 ”不是“ a ∥b ”的必要条件，“ x  1”不是“ a ∥b ”的充要条件，所以 BD 选项错误.
故选：C
在梯形 ABCD 中， AB∥CD ， AB  4 ， AD  2 ， CD  1，∠DAB  60 ，则 AC  AB  （）
A. 4B. 6C. 8D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】将 AC 用 AB, AD 来表示，再求数量积即可.
–––→
1 –––→
–––→–––→–––→–––→
1 –––→
【详解】由题可知 DC 
AB ，所以 AC  AD  DC  AD 
44
AB ，
因 AD  AB  2  4 cs 60∘  4 ，
–––→ –––→
 –––→
1 –––→  –––→–––→ –––→
–––→
1
1
2

则 AC·AB   AD  4 AB ·AB  AD  AB  4 | AB |  4  4 16  8
故选：C.
已知sin(α β)  2 ， csαsin β 1 ，则cs(2α 2β)  （）
36
71
A. B.
99
【答案】A
C.  1
9
D.  7
9
【解析】
【分析】根据给定条件，利用和差角的正弦公式求出sin(α β) ，再利用二倍角的余弦公式计算即得.
【详解】由sin(α β)  2 ，得sinαcsβ csαsin β 2 ，而csαsin β 1 ，
336
因此sin(α β)  sinαcsβ csαsin β 2  2  1  1 ，
363
所以cs(2α 2β)  cs 2(α β)  1 2 sin2 (α β)  1 2 
(1)2  7 .
39
故选：A
如图，在三棱锥 S  ABC 中， SA ， SB ，SC两两垂直， SC  3 ， SB  2 ， SA  1 ， D 为线段SC
上靠近C 的三等分点，点 E 为V ABC 的重心，则点 E 到直线 BD 的距离为（ ）
A.3
6
B.6
6
C.3
3
D.6
3
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，以S 为坐标原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算代入计算，即可得到结果.
【详解】
根据题意，以S 为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则 S 0, 0, 0, B 2, 0, 0, D 0, 2, 0, A0, 0,1, C 0, 3, 0 ，
 33 
又点 E 为V ABC 的重心，所以 E  2 ,1, 1  ，

–––→ 41 
33
则 EB   , 1,   ， DB  2, 2, 0 ，

–––→ –––→
–––→ –––→
EB  DB
8  2
16 1 1  2
9
9
26  2 2
52
3
147
2
则cs
EB, DB
 –––→ –––→
EB DB
，
–––→ –––→
1 cs2  EB, DB 
–––→ –––→
则sin  EB, DB 
，
3
52
16 1 1
9
9
3
52
26
3
52
6
–––→–––→ –––→
所以点 E 到直线 BD 的距离为 EB sin EB, DB

.
36
故选：B
已知函数 f  x  4 
x
1
4  x
1  x  3 .若函数 y 
f  x  a 存在零点，则 a 的取值范围为（）
 9 , 7 
 7 , 13
 9 , 13
 9 , 

 4 3 

 3 3 

 4 3 
 4

【答案】C
【解析】
【分析】对 f  x 求导，求出 f  x 的单调性和最值，函数 y 
的图象有交点，即可求出 a 的取值范围.
f  x  a 存在零点，即 y 
f  x 与 y  a
 4 13x2  32x  643x  8 x  8

【详解】 f
 x  
x2
4  x2 
x2 4  x2
x2 4  x2，
令 f  x  0 ，解得：1  x  8 ；令 f  x  0 ，解得： 8  x  3 ，
1 8 
33
 8
所以 f  x 在 ，  上单调递减，在 , 3 上单调递增，
3  3
4113
417
f  8   4 1 9
f 1  ， f 3   ，  3 8484 ，
14 13
34  33

33
所以 f  x 的最大值为13 ，最小值为 9 ，故 f  x  9 , 13 ，
34 4 3 
函数 y  f  x  a 存在零点，即 f  x  a  0 ，
即 y 
f  x 与 y  a 的图象有交点，所以 a   9 , 13

 4 3 
故选：C,
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.全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
已知函数 f (x)  Asin(ωx φ)  A  0,ω 0,|φ| π 的部分图象如图所示，则（）
2 

f (x) 的最小正周期为π
f  x π 为偶函数
6 

f (x) 在区间0,π 内的最小值为 1
4 
f (x) 的图象关于直线 x   2π对称
3
【答案】AC
【解析】
【分析】由图知， f (x) 的最小正周期为T π，结论 A 正确；
求出 f (x)  2 sin  2x π ，从而 f  x π  2 sin  2x  2π 不是偶函数，结论 B 错误；
3 6 3 

3
因为 f (0) ， f π  1 ，则 f (x) 在区间0,π 内的最小值为 1，结论 C 正确；
 4 
4 

因为 x   2π为 f (x) 的零点，不是最值点，结论 D 错误.
3
 123 
【详解】解：由图知， f (x) 的最小正周期为T  4  7π π π，结论 A 正确；

因为ω 2π  2 ， A  2 ，则 f (x)  2 sin(2x φ) ．因为 x  π为 f (x) 在(0, ) 内的最小零点，则
T3
2 π，得φ π，所以 f (x)  2 sin  2x π ，从而
φπ
33
3 

f  x π  2 sin 2  x π π  2 sin  2x  2π 不是偶函数，结论 B 错误；
6  6 3 3 
 
3
因为 f (0)  2 sinπ， f π  2 sin π π  2 csπ 1 ，结合图像可得 f (x) 在区间0,π 内
423
  
33
4 
的最小值为 1，结论 C 正确；
因为 f   2π  2 sin   4π π  2 sin(π)  0 ，则 x   2π为 f (x) 的零点，不是最值点，结论 D
3 
33 3

错误.
故选：AC．
已知等差数列an的前 n 项和为 Sn ，若 S35  0 ， S36  0 ，则下列结论正确的是（ ）
【分析】利用等差数列的性质得出 a18  0 ， a18  a19  0 ，即可逐一判断.
【详解】因数列an是等差数列，
35a1  a35 36 a1  a36 
则 S35  35a18  0 ， S36  18a18  a19   0 ，
A. 数列an是递增数列
B.
a18  0
C. 当 Sn 取得最大值时， n  18
D.
a18  a19
【答案】BC
【解析】
2
则 a18  0 ， a18  a19  0 ，则 a19  0 ，
则公差 d  0 （数列an是递减数列）， a18
2
 a19
， n  18 时 Sn 取得最大值，
故 A、D 错误；B、C 正确；故选：BC
如图，正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 1，E 是 DD1 的中点，则（ ）
B1C  BD1
三棱锥C  B CE 的体积为 1
112
三棱锥C  B CE 的外接球的表面积为 41π
1116
3 2
2
5
由 B1 ，C，E 三点确定的平面与正方体相交形成的截面周长为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由线面垂直的性质定理可判断 A，由三棱锥的体积公式计算可判断 B，由直棱锥的外接球半径计算方法可判断 C，作出过 B1 ，C，E 三点确，进而求得截面的周长判断 D.
【详解】对于 A，∵ B1C  BC1 ， B1C  C1D1 ， BC1 ∩ C1D1  C1 ， BC1  平面 BC1D1 ， C1D1  平面 BC1D1 ，∴ B1C  平面 BC1D1 ，
又 BD1  平面 BC1D1 ，∴ B1C  BD1 ，故 A 正确；
对于 B：三棱锥C  B CE 的体积V V
 1  1 111  1 ，故 B 错误；
11C1  B1CEE  B1C1C

326
对于 C，设三棱锥C1  B1CE 的外接球的半径为 R ，
△C1CE 的外接圆半径为 r ， C1E  CE 
，
12  
 1 2
 2 

5
2
C E2  CE2  C C 23
在△C1CE 中，由余弦定理得， cs C1EC  11  ，
2C1E  CE5
所以sin C1EC 
 4 ，则有 r 
1  5 
 3 2

5
CC1
2 sin C1EC
1
2  4
5
 5
 1 2

 2 
  r 2
8 ， R 
41 2
41π
三棱锥C1  B1CE 的外接球的表面积为4πR2  4π 
，故 C 正确.
 8 16
对于 D，如图，过 B1 ，C，E 三点确定的平面与正方体相交形成的截面为等腰梯形 B1CEF
5
3 2
2
（其中 F 为 A1D1 的中点，故等腰梯形 B1CEF 的周长为，故 D 正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
已知角θ的顶点为坐标原点，始边与 x 轴的非负半轴重合，终边过点 P 4, 3 ，则sinθ csθ
【答案】  1
5
【解析】
【分析】由三角函数的定义即可求解.
【详解】因为终边过点 P 4, 3 ，故 OP  5 ，
所以sinθ csθ 3  4   1 .
555
故答案为：  1
5
已知等比数列an的前 n 项和为 Sn ，且 S3  27 ， S6  35 ，数列an的公比 q  ．
2
【答案】
3
【解析】
【分析】利用等比数列前 n 项和公式联立方程组即可求解.
【详解】由题意可知： q  1，
根据等比数列的前 n 项公式可得： S3 
a 1 q3 
1
1 q
 27 ①， S6
a 1 q6 
1 q
 35 ②,
1
联立①②可得1 q3  35 ，解得 q  2
273
2
故答案为：
3
已知函数 f  x  ex  e1x  ax 有两个极值点x 与 x ，若 f  x   f  x   4 ，则实数 a＝
1212
.
【答案】4
【解析】
【分析】由 f  x  ex  e1x  a  0 得ex 2  aex  e  0 ，所以ex1  ex2  a, ex1  ex2  ex1  x2  e ，根据
f  x1   f  x2   4 解方程即可求出结果．
【详解】因为函数 f  x  ex  e1x  ax 有两个极值点x 与 x
12
由 f  x  ex  e1x  a  0 ，则ex 2  aex  e  0 有两根x 与 x
12
所以ex1  ex2  a, ex1  ex2  ex1  x2  e ，得 x1 + x2  1
因为 f  x1   f  x2   4 ，
所以ex1  ex2   e1 x1  e1 x2   a  x  x   4 ，又e1x1  a  ex1 , e1x2  a  ex2
12
则2 ex1  ex2   2a  a  x  x   2a  2a  a  4 ，
12
所以 a  4
故答案为： 4
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.
已知等差数列an的公差为 d ，前 n 项和为 Sn ，且 S10  310, S20  1220 .
求an的通项公式；
设T 为数列 Sn  的前 n 项和，求使得T  3 a 的 n 的最小值.
n
n

n2 n
【答案】（1） an  6n  2
（2） 4
【解析】
【分析】（1）由等差数列的前 n 项和公式建立方程组，解得数列的首项和公差，即可得到等差数列的通项公式；
（2）由（1）可得等差数列的前 n 项和 S ，然后即可得到 Sn ，从而求出该数列的前 n 项和T ，然后代入
nnn
条件中的不等式，解二次不等式即可求得 n 的范围，根据题意即可得到其最小值.
【小问 1 详解】
由于 S10  310, S20  1220 ，
10a1  45d  310,
a1  4,
故20a 190d  1220, 解得d  6,
1
所以 an  a1  n 1 d  6n  2 .
【小问 2 详解】
由（1）知 S
6n n 1S
2n
 4n  3n  n ，所以
 3n 1，
n2n
 n 
则数列 Sn  是以 4 为首项，3 为公差的等差数列；

所以Tn  4n  3
n n 1
2
 3 n2
2
 5 n .
2
由T  3 a ，得 3 n2  5 n  3 6n  2 ，
n2 n
222
即3n2 13n  6  0 ，
则 n  13 
6
97 ，或 n  13 
6
97 ，
又因为 n  N* ，所以 n 的最小值为 4.
平面凸四边形 ABCD 中， BAD  BCD  90∘ , AD  3, AB  4 ．
5
若 BC  2
，求 AC ；
若ABC  45∘ ，求CD
5
【答案】（1） 2
（2） 2
2
【解析】
【分析】（1）连接 AC ，由勾股定理求出 BD ，即可得到∠ABD 的正、余弦值，再求出CD ，即可得到CBD
的正、余弦值，再由两角和的余弦公式求出csABC ，最后由余弦定理计算可得；
（2）首先求出sin∠DBC ，再由锐角函数计算可得.
【小问 1 详解】
连接 AC ，由（1）知 BD 
 5 ，
32  42
在Rt△ABD 中易知sinABD  3 , csABD  4 ．
55
52  2
5 2
在Rt △BCD 中，由 BC  2 5, BD  5 ，得CD 
 5 ，
易知sinCBD 
5 , csCBD  2 5 ．
55
csABC  cs ABD  CBD
 csABD  csCBD  sinABD sinCBD
 4  2 5  3 5 5 ．
55555
在V ABC 中由余弦定理得： AC 2  AB2  BC 2  2 AB  BCcs∠ABC
5
 42  2 5 2  2  4  2 5  5  20 ，
5
 AC  2；
【小问 2 详解】
连接 BD ，在Rt VBAD 中，由 AB  4, AD  3, BAD  90∘ ．
32  42
得 BD  5 ，
sinABD  3 , csABD  4 QABC  45∘ ,DBC  45∘  ABC ，
55
sin∠DBC  sin45∘  cs∠ABD  cs45∘ sin∠ABD 
2  4 2  3 2 ，
252510
在Rt△BCD 中，由BCD  90∘ 知CD  BD sinDBC  52 2 ．
102
3
在三棱锥 P  ABC 中，侧面 PAC 是边长为 2 的等边三角形， AB ， PB  2 ， ABC  π .
2
求证：平面 PAC  平面 ABC ；
求平面 PAB 与平面 PAC 的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2） 3 13
13
【解析】
【分析】（1）取 AC 的中点为O ，连接OP, OB ，通过证明OP  平面 ABC ，即可解决问题；
（2）建系求得平面法向量，代入夹角公式即可.
【小问 1 详解】
取 AC 的中点为O ，连接OP, OB ，
3
因为 PAC 是边长为 2 的等边三角形，所以OP  AC ， OP ，
在直角三角形 ABC 中， ABC  π ， O 为 AC 中点，所以OB  1 AC  1 ，
22
又 PB  2 ，所以OP2  OB2  PB2 ，
所以POB  90 ，即OP  OB ，又OB, AC 为平面 ABC 内两条相交直线，所以OP  平面 ABC ，又OP 在平面 PAC 内，
所以平面 PAC  平面 ABC .
【小问 2 详解】
由（1）知过 B 作OP 的平行线作为 z 轴， BA, BC 分别为 x, y 轴，
则 B 0, 0, 0, A 3, 0, 0, C 0,1, 0, P  3 , 1 , 3  ，
 22

–––→

1 –––→
–––→

1 –––→
3
3
所以 BP  , , 3  , BA   3, 0, 0 ， PA  
,  ,  3  , AC   3,1, 0,
 22
r
 22
设平面 PAB 的法向量为 n   x, y, z  ，
→ –––→
1
3
n  BP  0

x  y 
3z  0
则→ –––→
，即 22，

n  BA  0
 3x  0
→
令 z  1，可得 n  0, 2 3,1 ，
→
设平面 PAC 的法向量为 m  a, b, c ，
 → –––→
 3a  b  0
m  AC  0
则 → –––→，即 31，
m  PA  0
a  b 
2
2
3c  0
→
令 a  1 ，可得 m  1, 3, 0，
设平面 PAB 与平面 PAC 的夹角为θ，
3 13
→→
→ →
则csθ
cs
→ →
m, n
 m  n m  n
6.
2 13
13
已知 f  x  eax sin 2x  2ax ，且曲线 y 
求 a 的值；
f  x 在点0, f 0 处的切线方程为2x  y  0 .
设 f  x 的导函数为 g  x  ，求 g  x  的单调区间；
证明：当 x   1 , 1  时， f  x  2 .
 2 2 
【答案】（1） 2
单调递增区间为 π  kπ, π  kπ , k  Z ，单调递减区间为 π  kπ, 3π  kπ , k  Z ；
 44 44
证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，根据 f 0  2 计算可得；
求出 g  x  的解析式，从而求出其导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间；
由（2）可得 g  x  的单调性，结合零点存在性定理得到x  0, 1  ，使得 g  x
  0 ，即可得到 f  x
02 0

max
的单调性，从而求出 f  x，即可得证.
【小问 1 详解】
因为 f  x  eax sin 2x  2ax ，所以 f  x  aeax sin 2x  2eax cs 2x  2a ，
因为曲线 y 
f  x 在点0, f 0 处的切线方程为2x  y  0 ，
所以 f 0  2  2a  2 ，解得 a  2 ；
【小问 2 详解】
由（1）可得 f  x  e2x sin 2x  4x ，所以 f  x  2e2x sin 2x  2e2x cs 2x  4 ，
则 g  x  f  x  2e2x sin 2x  cs 2x  4 ，定义域为R ，
所以 g x  2 2e2x sin 2x  cs 2x  e2x 2 cs 2x  2 sin 2x  8e2x cs 2x ，因为e2 x  0 ，令 g x  0 ，即cs 2x  0 ，解得 π  kπ  x  π  kπ, k  Z ；
44
令 g x  0 ，即cs 2x  0 ，解得 π  kπ  x  3π  kπ, k  Z ，
44
所以 g  x  的单调递增区间为 π  kπ, π  kπ , k  Z ，单调递减区间为 π  kπ, 3π  kπ , k  Z ；
 44 44
【小问 3 详解】
由（2）可知 g  x  在 1 , 1  上单调递增，
 2 2 
 2 
又 g 0  2  0 ， g  1   2esin1 cs1  4  2 esin1 cs1  2 ，

又sin1 cs1 2 sin 1 π 1, 2  ，
4 

 2 
所以esin1 cs1  2  e2  0 ，即 g  1   0 ，

所以x  0, 1  ，使得 g  x   0 ，
02 0

所以当 x   1 , x  时 g  x  0 ，即 f  x  0 ，所以 f  x 在  1 , x  上单调递减；
20 20 

当 x  x , 1  时 g  x  0 ，即 f  x  0 ，所以 f  x 在 x , 1  上单调递增；
 0 2  0 2 

又 f   1   e1 sin 1  2  2  sin1  1 ， f  1   esin1 2  e  2  1，
2 e 2 

所以 f  x f   1   2  sin1  2 ，
max
2 e

所以当 x   1 , 1  时， f  x  2 .
 2 2 
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
nn2n1n1nn
若数列a 满足 a a a a n  N*  ，则称a 为“阶跃数列”.
nn
若 a  n2  2n ，判断a 是否为“阶跃数列”；
在“阶跃数列”a 中，若 a  λ 2n  n n 1n 1 ，求实数λ的取值范围；
nn6
记“阶跃数列”a 的前 n 项和为 S ，证明：数列 Sn  是“阶跃数列”.
n
nn

【答案】（1）an为“阶跃数列”；
（2）λ 1 .
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据“阶跃数列”的定义，证明 an2  an1  an1  an 即可；
根据“阶跃数列”的定义可得λ n 1 恒成立，令 c  n 1 ，利用数列单调性求出 c 的最大值即可；
2nn2nn
先根据“ 阶跃数列” 的定义， 结合放缩法、累加法证明 n n 1 an  n n 1 an1  2Sn ， 再证明
n  N*, Sn2
 Sn1
 Sn1  Sn 即可.
n  2
【小问 1 详解】
n 1
n 1n
n1nnn
令 a a  d ，则 d  (n 1)2  2 n 1  n2  2n  2n  3，
所以 dn1  2n  5  dn ，即 an2  an1  an1  an ，所以an为“阶跃数列”；
【小问 2 详解】 令 an1  an  dn ，
d  λ 2n1  n 1 n n  22n  n n 1n 1   λ 2n  n n 1
则
n6 λ62，

又an为“阶跃数列”，所以 dn1  dn ，
所以λ 2n1  n 1n  2  λ 2n  n n 1 ，即λ n 1 ，
222n
令c  n 1 ，则c
 c  n  2  n 1 
n  0 ，所以c  为递减数列，
n2n
n1n
2n1
2n2n1n
所以当 n  1 时， cn 取到最大值 1，所以λ 1 .
【小问 3 详解】
因为an 为“阶跃数列”，所以 an2  an1  an1  an ，即 an  an1  an1  an2 ，
所以 Sn  a1  a2  a3 L an  a1  a2   2 a2  a3   3a3  a4  L n an  an1   nan1
 n n 1 a  a
  na
 n n 1 a  n n 1 a,
2nn1
n1
2n2
n1
所以 n n 1 an  n n 1 an1  2Sn .
当 n  2 时， n n 1Sn  Sn1   n n 1Sn1  Sn   2Sn ，整理得2 n2 1 Sn  n n 1 Sn1  n n 1 Sn1 ，
所以 2Sn  Sn1  Sn1 ，即 Sn1  Sn  Sn  Sn1 ；
nn 1
n 1
n 1
nnn 1
S3S22 a1  a2  a3 3a1  a2 2a3  a2  a12 a3  a2   a2  a1 
当 n  1 时，
326666
 2 a2  a1   a2  a1   3a2  a1   S2  S1 ,
6621
所以对n  N*, Sn2  Sn1  Sn1  Sn ，即数列 Sn  是“阶跃数列”.
n

n  2n 1n 1n