数学多选题(讲义及答案)附解析

一、函数的概念与基本初等函数多选题

x2kx1,x01．已知函数f(x)，下列关于函数yffx1的零点个数的说

log2x,x0法中，正确的是（ ） A．当k1，有1个零点 B．当k2时，有3个零点

C．当1k0，有4个零点 【答案】ABD 【分析】

令y0得ffx1，利用换元法将函数分解为fxt和ft1，作出函数

D．当k4时，有7个零点

fx的图象，利用数形结合即可得到结论．

【详解】

令y0，得ffx1，设fxt，则方程ffx1等价为ft1， 函数yxkx1，开口向上，过点0,1，对称轴为x2k 2对于A，当k1时，作出函数fx的图象：

ft1，此时方程ft1有一个根t11，由fx可知，此时x只有一

22解，即函数yffx1有1个零点，故A正确； 对于B，当k2时，作出函数fx的图象：

ft1，此时方程ft1有一个根t11，由fx可知，此时x有3个

22解，即函数yffx1有3个零点，故B正确；

对于C，当1k0时，图像如A，故只有1个零点，故C错误； 对于D，当k4时，作出函数fx的图象：

ft1，此时方程ft1有3个根，其中t1，t2(1,0)，t3(4,3)由

fx1可知，此时x有3个解，由fxt2(1,0)，此时x有3个解，由212fxt3(4,3)，此时x有1个解，即函数yffx1有7个零点，故D正

确； 故选：ABD． 【点睛】

方法点睛：本题考查分段函数的应用，考查复合函数的零点的判断，利用换元法和数形结合是解决本题的关键，已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解，属于难题．

log51x,x12．已知fx，则关于x的方程2x22,x1个数可能为（ ） A．2 【答案】ABC 【分析】

画出fx的图像，由a1，可分类讨论0a1，a0，a0三种情况，令

B．3

C．4

D．5

1fx2aa1的实根

xtx12，并画出图像，结合两个函数图像以及x1fx2a，判断出实根个数

x构成的集合. 【详解】

画出fx的图像如图所示，令tx12，画出图像如图所示. x42，由t221，解得t61,t73.. 52由log51t1，解得：t44,t5由log51t0，解得：t80，由t220t1，解得t922. （1）当0a1时，fta，有3解，且4t0或0t合tx4或3t22，结5142的图像可知，4t0时没有x与其对应，0t或3t22时x512a有4个实数根. x每个t都有2个x与其对应，故此时fx（2）当a0时，fta，有2解，且t0或t22，t0有一个x1与其对应，t22有两个x与其对应，故此时fx12a有3个实数根. x（3）当a0时，fta，有1解，且t22，结合tx12的图像可知，每个xt有两个x与其对应，故此时fx2a有2个实数根.

x综上所述，关于x的方程fx故选：ABC

112a的实根个数构成的集合为{2,3,4}. x

【点睛】

方法点睛：本题考查分类讨论参数，求函数零点个数问题，讨论函数零点个数常用方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解，考查学生的数形结合的数学思想方法，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题.

3．已知函数f(x)sin(x)(0)满足fx0fx011，且f(x)在2x0,x01上有最小值，无最大值.则（ ）

A．fx011 2B．若x00，则f(x)sin2x 6C．f(x)的最小正周期为3 1346个 【答案】AC 【分析】

D．f(x)在(0,2019)上的零点个数最少为

根据正弦函数图象的对称性可判断A；根据已知三角函数值求角的方法，可得

x02k,kZ，(x01)2k566,kZ，两式相减可求出，进而求得

周期，从而可判断B和C选项；因为T3，所以函数f(x)在区间(0,2019)上的长度恰好为673个周期，为了算出零点“至少”有多少个，可取f(0)0，进而可判断D． 【详解】

解：由题意得，f(x)在x0,x01的区间中点处取得最小值， 即fx011，所以A正确； 2因为fx0fx011， 25,kZ， 6且f(x)在x0,x01上有最小值，无最大值， 所以不妨令02kx012k,kZ，

6两式相减得，所以T2， 32因为T3，

3，即B错误，C正确；

所以函数f(x)在区间(0,2019)上的长度恰好为673个周期， 当f(0)0，即k时，

f(x)在区间(0,2019)上的零点个数至少为673211345个，即D错误.

故选:AC. 【点睛】

本题考查与三角函数有关的命题的真假关系，结合三角函数的图象与性质，利用特殊值法以及三角函数的性质是解题的关键，综合性较强．

4．已知函数f(x)ln(x1),x0，其中实数 a∈R ，则下列关于 x 的方程f 2 (x) − (1+ 2x2ax1,x0a)⋅ f (x) + a = 0的实数根的情况，说法正确的有（ ） A．a 取任意实数时，方程最多有5个根 B．当

1515时，方程有2个根 a2215时，方程有3个根 2C．当 aD．当 a ≤ −4时，方程有4个根 【答案】CD 【分析】

先化简方程为f(x)1或f(x)a，再对a进行分类讨论，结合图象来确定f(x)1或

f(x)a分别有几个根，根据结果逐一判断选项正误即可.

【详解】

解：关于x的方程f 2 (x) − (1+ a)⋅ f (x) + a = 0，即f(x)1f(x)a0，故f(x)1或

f(x)a.

ln(x1),x0f(x)函数中，x0,f(x)lnx1单调递增，2x2ax1,x0x0,f(x)x22ax1xa1a2，对称轴为xa，判别式

24a1a1.

（1）当a0时，函数f(x)图象如下：

由图象可知，方程f(x)1有1个根，a1时方程f(x)a有2个根，0a1时，方程

f(x)a有1个根，故a1时已知方程有3个根，0a1时，已知方程有2个根，

a1时已知方程有1个根；

（2）a1时，函数f(x)图象如下：

1a0时，函数f(x)图象如下：

由两个图象可知，1a0时，方程f(x)1有2个根，方程f(x)a没有根，故已

知方程有2个根；

（3）a1时，函数f(x)图象如下：方程f(x)1有两个根.

下面讨论最小值1a2与a的关系，由1a2a解得a故当a15， 215时，1a2a，直线ya如图①，方程f(x)a有2个根，故已知2方程有4个根； 当a15时，1a2a，直线ya如图②，方程有f(x)a有1 个根，故已知2方程有3个根； 当

15a1时，1a2a，直线ya如图③，方程f(x)a没有根，故已知215a1时方程有2方程有2个根.

综上可知，a 取任意实数时，方程最多有4个根，选项A错误；

2个根，a1时已知方程有1个根，a1时方程有3个根，故选项B错误；当

a1515时，方程有3个根，C正确；当 a4时，方程有4个根，故D22正确. 故选：CD. 【点睛】 关键点点睛：

本题的解题关键在于分类讨论确定二次函数的图象，以及其最低点处1a2与a的关系，以确定方程f(x)a的根的情况，才能突破难点.

x22x,x05．已知函数f(x)，以下结论正确的是（ ）

f(x2),x0A．函数f(x)在区间[2,4]上是减函数

B．f(2020)f(2021)1

C．若方程f(x)mx10(mR)恰有5个不相等的实根，则mD．若函数yf(x)k在区间(,6)上有8个零点xii8,iN【答案】BCD 【分析】

对于A，画出函数的图象即可判断；对于B，由函数的周期性可计算求解；对于C，方程

11, 46*，则x16

ii18f(x)mx10(mR)恰有5个不相等的实根等价于yfx与直线ymx1有5

个交点，画出图形即可判断求解；对于D，函数yf(x)k在区间(,6)上有8个零点，则yfx与yk有8个交点，由对称性可求解. 【详解】

由题可知当x0时，fx是以2为周期的函数，则可画出fx的函数图象，

对于A，根据函数图象可得，fx在2,3单调递增，在3,4单调递减，故A错误； 对于B，f2020f0f20，f2021f1f11，则

f(2020)f(2021)1，故B正确；

对于C，方程f(x)mx10(mR)恰有5个不相等的实根等价于yfx与直线

ymx1有5个交点，如图，直线ymx1过定点A0,1，观察图形可知

1111kABmkAC，其中B4,0,C6,0，则kAB,kAC，故m,，故

4646C正确；

对于D，若函数yf(x)k在区间(,6)上有8个零点，则yfx与yk有8个交点，如图，可知这八个零点关于x2对称，则

xi18i4416，故D正确.

故选：BCD. 【点睛】

关键点睛：本题考查函数与方程的综合问题，解题的关键是判断出函数的周期性，画出函数的图象，即可将方程的解的个数问题、函数的零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合的思想可快捷解决问题.

6．设函数f(x)是定义在区间I上的函数，若对区间I中的任意两个实数x1,x2，都有

x1x2f(x1)f(x2)),则称f(x)为区间I上的下凸函数.下列函数中是区间(1,3)上22的下凸函数的是（ ） f(A．f(x)2x1

B．f(x)x2

C．f(x)x35 【答案】ACD 【分析】

D．f(x)2x1 x1x1x2f(x1)f(x2))，可判定A正确；根据特殊值法，22可判定B不正确；根据函数的图象变换，结合函数的图象，可判定C、D正确. 【详解】

根据函数的解析式，求得f(对于A中，任取x1,x2(1,3)且x1x2，则f(x1x2)(x1x2)1， 2f(x1)f(x2)1(2x112x21)(x1x2)1，

22可得f(x1x2f(x1)f(x2)xx2f(x1)f(x2)))，满足f(1，所以A正确； 2222xx35,x2，则122， 222f(x1)f(x2)xx11，f(12)f(2)0， ，所以

2222对于B中，取x1可得f()f()此时f(3252x1x2f(x1)f(x2))，不符合题意，所以B不正确； 223对于C中，函数f(x)x5，

由幂函数yx的图象向上移动5个单位，得到函数f(x)x5的图象， 如图所示，

取x1,x2(1,3)且x1x2，由图象可得f(因为yDyC，所以f(33x1x2f(x1)f(x2))yC，yD， 22x1x2f(x1)f(x2))，符合题意，所以是正确的； 22

对于D中，函数f(x)由函数y象，

2x132 x1x12x13的图象向右平移1个单位，再向上平移2个单位，得到f(x)的图xx1x1x2)yC，2如图所示，取x1,x2(1,3)且x1x2，由图象可得f(f(x1)f(x2)yD，

2因为yDyC，所以f(x1x2f(x1)f(x2))，符合题意，所以是正确的； 22

【点睛】

本题主要考查了函数的新定义及其应用，其中解答中正确理解函数的新定义，以及结合函数的图象求解是解答的关键，着重考查了数形结合法，以及推理与运算能力，属于中档试题.

个单位长度得到函数f(x)，已知f(x)在[0，2π]上有5且只有5个零点，则下列结论正确的是（ ）

7．设函数g(x)=sinωx(ω＞0)向左平移A．f(x)的图象关于直线x

2

对称

B．f(x)在(0，2π)上有且只有3个极大值点，f(x)在(0，2π)上有且只有2个极小值点 C．f(x)在(0,)上单调递增 101229,) 510D．ω的取值范围是[【答案】CD 【分析】

利用正弦函数的对称轴可知，A不正确；由图可知f(x)在(0,2)上还可能有3个极小值

点，B不正确；由xA2xB解得的结果可知，D正确；根据f(x)在(0,增，且

3)上递1010【详解】

3，可知C正确. 10依题意得f(x)g(x2)sin[(x)]sin(x)， T，如图：

555

对于A，令x直线x5k2，kZ，得xk3，kZ，所以f(x)的图象关于10k3(kZ)对称，故A不正确； 10对于B，根据图象可知，xA2xB，f(x)在(0,2)有3个极大值点，f(x)在(0,2)有2个或3个极小值点，故B不正确， 对于D，因为xA55224T，5252522924291229xB3T32，所以，解得，51055555所以D正确；

11233T)上递增，，由图可知f(x)在(0,5454101029333，所以(1)0，所以f(x)在(0,)上单调递增，故因为1010101010C正确；

对于C，因为故选：CD. 【点睛】

本题考查了三角函数的相位变换，考查了正弦函数的对称轴和单调性和周期性，考查了极值点的概念，考查了函数的零点，考查了数形结合思想，属于中档题.

8．定义：若函数Fx在区间a，b上的值域为a，b，则称区间a，b是函数Fx的“完美区间”，另外，定义区间Fx的“复区间长度”为2ba，已知函数

fxx21，则（ ）

A．0,1是fx的一个“完美区间”

B．1515,是fx的一个“完美区间” 22C．fx的所有“完美区间”的“复区间长度”的和为35 D．fx的所有“完美区间”的“复区间长度”的和为325 【答案】AC 【分析】

根据定义，当x0,1时求得fx的值域，即可判断A；对于B，结合函数值域特点即可判断；对于C、D，讨论b1与b1两种情况，分别结合定义求得“复区间长度”，即可判断选项. 【详解】

对于A，当x0,1时，fxx11x，则其值域为0,1，满足定义域与值域的

22范围相同，因而满足“完美区间”定义，所以A正确；

对于B，因为函数fxx10，所以其值域为0,，而

2150，所以不存2在定义域与值域范围相同情况，所以B错误；

22当b1时，a，b0,1，此时fxx11x，所以fx在a，b内单调递

对于C，由定义域为a，b，可知0ab， 减，

2fa1ab则满足，化简可得a2ab2b， 2fb1ba22111111即ab，所以ab或ab，

222222解得ab（舍）或ab1，

ab1由解得b1或b0（舍）， 2ab1所以ab10，经检验满足原方程组，所以此时完美区间为0,1，则“复区间长度”为

2ba2；

当b1时，①若0a1，则1a，b，此时fxminf10.当fx在a，b的值域为a，b，则a0,fbb，因为b1 ，所以fbb1b，即满足

2151515，b（舍）.所以此时完美区间为0,，则bb10，解得b2222“复区间长度”为2ba21515； 2②若1a，则fxx1，xa，b，此时fx在a，b内单调递增，若fx22faa1a的值域为a，b，则，则a,b为方程x2x10的两个不等式实数2fbb1b根，

15a21515解得x1，x2， 所以，与1a矛盾，所以此时不存在完美

22b152区间.

综上可知，函数fxx1的“复区间长度”的和为21535，所以C正确，

2D错误； 故选：AC. 【点睛】

本题考查了函数新定义的综合应用，由函数单调性判断函数的值域，函数与方程的综合应用，分类讨论思想的综合应用，属于难题.

9．德国著名数学家狄利克雷(Dirichlet,1805~1859)在数学领域成就显著.19世纪,狄利克雷定

1,xQ义了一个“奇怪的函数” yfx其中R为实数集,Q为有理数集.则关于函

0,xCQR数fx有如下四个命题,正确的为( ) A．函数fx是偶函数

B．x1,x2CRQ,fx1x2fx1fx2恒成立 C．任取一个不为零的有理数T,fxTfx对任意的xR恒成立

D．不存在三个点Ax1,fx1,Bx2,fx2,Cx3，fx3,使得ABC为等腰直角三角形 【答案】ACD 【分析】

根据函数的定义以及解析式，逐项判断即可． 【详解】

对于A，若xQ，则xQ，满足f(x)f(x)；若xCRQ，则xCRQ，满足f(x)f(x)；故函数f(x)为偶函数，选项A正确；

对于B，取x1CRQ,x2CRQ，则fx1x2f01，

fx1fx20，故选项B错误；

对于C，若xQ，则xTQ，满足fxfxT；若xCRQ，则

xTCRQ，满足fxfxT，故选项C正确；

对于D，要为等腰直角三角形，只可能如下四种情况：

①直角顶点A在y1上，斜边在x轴上，此时点B，点C的横坐标为无理数，则BC中点的横坐标仍然为无理数，那么点A的横坐标也为无理数，这与点A的纵坐标为1矛盾，故不成立；

②直角顶点A在y1上，斜边不在x轴上，此时点B的横坐标为无理数，则点A的横坐标也应为无理数，这与点A的纵坐标为1矛盾，故不成立；

③直角顶点A在x轴上，斜边在y1上，此时点B，点C的横坐标为有理数，则BC中点的横坐标仍然为有理数，那么点A的横坐标也应为有理数，这与点A的纵坐标为0矛盾，故不成立；

④直角顶点A在x轴上，斜边不在y1上，此时点A的横坐标为无理数，则点B的横坐标也应为无理数，这与点B的纵坐标为1矛盾，故不成立．

综上，不存在三个点Ax1,fx1，Bx2,fx2，Cx3，fx3，使得ABC为等腰直角三角形，故选项D正确． 故选：ACD． 【点睛】

本题以新定义为载体，考查对函数性质等知识的运用能力，意在考查学生运用分类讨论思想，数形结合思想的能力以及逻辑推理能力，属于难题．



10．定义在R上的函数f(x)xg(x),g(x)2x2g(2x),若f(x)在区间

[1,)上为增函数,且存在2t0,使得f(0)f(t)0.则下列不等式一定成立的是( )

12C．f(t2)f(t1)

2A．f(tt1)f() B．f(2)0f(t) D．f(t1)f(t)

【答案】ABC 【分析】

先由f(x)xg(x),g(x)2x2g(2x)推出f(x)关于x1对称，然后可得出B答案成立，对于答案ACD，要比较函数值的大小，只需分别看自变量到对称轴的距离的大小即可 【详解】

因为f(x)xg(x),g(x)2x2g(2x)

所以f(2x)2xg(2x)2xg(x)2x2g(x)xf(x) 所以f(x)关于x1对称，所以f(0)f(2) 又因为f(x)在区间[1,)上为增函数，2t0 所以f(0)f(2)f(t) 因为f(0)f(t)0

所以f(t)0,f(2)f(0)0 所以选项B成立

2311因为tt2t0

2242所以t2t1比

1离对称轴远 2所以f(tt1)f()，所以选项A成立 因为t3t22t50

所以t3t2，所以t2比t1离对称轴远 所以f(t2)f(t1)，即C答案成立

因为2t0，所以t2t12t3符号不定 所以t2，t1无法比较大小，所以f(t1)f(t)不一定成立 所以D答案不一定成立 故选：ABC 【点睛】

本题考查的是函数的性质，由条件得出f(x)关于x1对称是解题的关键.

2222212

二、导数及其应用多选题

11．已知函数fxsinaxasinx，x0,2，其中alna1，则下列说法中正确的是（ ）

A．若fx只有一个零点，则a0,1 2B．若fx只有一个零点，则fx0恒成立 C．若fx只有两个零点，则a1, D．若fx有且只有一个极值点x0，则fx0【答案】ABD 【分析】

利用f00以及零点存在定理推导出当a1时，函数fx在0,2上至少有两个零点，结合图象可知当0a1时，函数fx在0,2上有且只有一个极值点，利用导数分析函数fx在0,2上的单调性，可判断A选项的正误；利用A选项中的结论可判断B选项的正误；取a32a13a12恒成立

1，解方程fx0可判断C选项的正误；分析出当fx在20,2上只有一个极值点时，0a1，分a论，结合sinxx可判断D选项的正误. 【详解】

111、0a、a1三种情况讨

333构造函数gxxlnx1，其中x0，则gx11x1. xx当0x1时，gx0，函数gx单调递减； 当x1时，gx0，此时，函数gx单调递增. 所以，gxming10.

alna1，a0且a1.

fxsinaxasinx，则f00.

aafsinasinsina0，当a1时，22223f23a33asinasinsina0， 2223,22内至少有一个零点， 由零点存在定理可知，函数fx在所以，当a1时，函数fx在区间0,2上至少有两个零点， 所以，当函数fx在区间0,2上只有一个零点时，0a1.

对于A选项，当0a1时，fxacosaxacosxacosaxcosx.

0a1，则0a，02a2， 22afacos0，f2acos2acos2acos2a10，

22由零点存在定理可知，函数fx在区间令fx0，可得cosaxcosx，

当x0,2时，0axx2，由cosaxcosxcos2x，可得

,2上至少有一个极值点， 2ax2x，解得x2， a12. a1所以，函数fx在区间0,2上有且只有一个极值点x作出函数y1cosax与函数y2cosx在区间0,2上的图象如下图所示：

由图象可知，函数y1cosax与函数y2cosx在区间0,2上的图象有且只有一个交

点，

记该交点的横坐标为x0，当0xx0时，cosaxcosx，此时fx0； 当x0x2时，cosaxcosx，此时fx0.

所以，函数fx在区间0,x0上单调递增，在区间x0,2上单调递减. 所以，fxmaxfx0f00，又f2sin2a.

若函数fx在区间0,2上有且只有一个零点，则f2sin2a0.

0a1，则02a2，所以，02a，解得0a，A选项正确；

对于B选项，若函数fx在区间0,2上有且只有一个零点时，

由A选项可知，函数fx在区间0,x0上单调递增，在区间x0,2上单调递减.

12f00，f2sin2a0，所以，对任意的x0,2，fx0，B选项正

确；

对于C选项，取a1，则2x1xxxxxfxsinsinxsinsincossin1cos，

22222220x2，则0xxxx，令fx0，可得sin0或cos1，可得0或

2222x

， 2

解得x0或x2. 所以，当a1时，函数fx有两个零点，C选项错误； 2对于D选项，当a1时，若0x2，则0ax2a，且2a2，

当x0,2时，令fx0，可得出cosaxcosxcos2kxkZ，至少可得出ax2x或axx2，

即函数fx在区间0,2上至少有两个极值点，不合乎题意，所以，0a1. 下面证明：当0x2时，sinxx，

构造函数hxxsinx，其中0x所以，函数hxxsinx在区间0,2，则hx1cosx0，

上为增函数，所以，hxh00，即2sinxx.

分以下三种情况来证明fx0a13a12恒成立.

fx0acosax0cosx00，可得cosax0cosx0，

0ax0x02，由cosax0cosx0可得出ax02x0，所以，x0则sinax0sin2x0sinx0. ①当a2. a113x1时，x0，则fxsinsinx，32333f21342sinsin， 23233a13a12成立；

即fx0②当0a231,2， 时，x0a123则fx0sinax0asinx0sinx0asinx0a1sinx0a1sin2 a122a2a2a1sina1sin2a1sina12a a1a1a1a1a13a1；

2③当

231,a1时，x0a123， fx0sinax0asinx0sinx0asinx0a1sinx0a1sinx01a1a2a1sinx0a1sina1sina1a1a1a1a13a11a.

2综上所述，当函数fx只有一个极值点x0时，fx0故选：ABD. 【点睛】

方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：

（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；

（3）参变量分离法：由fx0分离变量得出agx，将问题等价转化为直线ya与函数ygx的图象的交点问题.

a13a1恒成立. 2

12．关于函数fxaecosx，xπ,π下列说法正确的是（ ）

xA．当a1时，fx在x0处的切线方程为yx B．若函数fx在π,π上恰有一个极值，则a0 C．对任意a0，fx0恒成立

D．当a1时，fx在π,π上恰有2个零点 【答案】ABD 【分析】

直接逐一验证选项，利用导数的几何意义求切线方程，即可判断A选项；利用分离参数法，构造新函数和利用导数研究函数的单调性和极值、最值，即可判断BC选项；通过构造新函数，转化为两函数的交点个数来解决零点个数问题，即可判断D选项. 【详解】

解：对于A，当a1时，fxecosx，xπ,π，

x所以f0ecos00，故切点为（0，0），

0则fxesinx，所以f0esin01，故切线斜率为1，

x0所以fx在x0处的切线方程为：y01x0，即yx，故A正确； 对于B，fxaecosx，xπ,π，则fxaesinx，

xx若函数fx在π,π上恰有一个极值，即fx0在π,π上恰有一个解， 令fx0，即aexsinx0在π,π上恰有一个解， 则asinx在π,π上恰有一个解， exsinx的图象在π,π上恰有一个交点， ex即ya与gxgxsinxcosx，xπ,π，

ex令gx0，解得：x1当x,3，x2， 4433,x,时，gx0， gx0时，，当444433gx在,上单调递增，在,上单调递减，在,上单调递增，

44442220， 所以极大值为g320，极小值为g344e4e4而g0,g0,g00，

作出gxsin，xπ,π的大致图象，如下： ex

由图可知，当a0时，ya与gxsin的图象在π,π上恰有一个交点， xe即函数fx在π,π上恰有一个极值，则a0，故B正确； 对于C，要使得fx0恒成立，

即在xπ,π上，fxaecosx0恒成立，

x即在xπ,π上，a设hxcosxcosxa恒成立，即x，

exemaxcosxsinxcosxxπ,πhx，，则，xπ,π， xxee令hx0，解得：x14，x23， 433x,,xhx0当，当时，,时，hx0，

4444hx在,π3π3,上单调递增， ,上单调递减，在上单调递增，在4444211所以极大值为h20，h,h，

ee44e2cosx所以hx在xπ,π上的最大值为h20， xe4e42x所以a2时，在xπ,π上，fxaecosx0恒成立，

e42即当a2时，fx0才恒成立，

e4所以对任意a0，fx0不恒成立，故C不正确； 对于D，当a1时，fxecosx，xπ,π，

x令fx0，则fxecosx0，即excosx，

x作出函数ye和ycosx的图象，可知在xπ,π内，两个图象恰有两个交点，

x则fx在π,π上恰有2个零点，故D正确.

故选：ABD. 【点睛】

本题考查函数和导数的综合应用，考查利用导数的几何意义求切线方程，考查分离参数法的应用和构造新函数，以及利用导数研究函数的单调性、极值最值、零点等，考查化简运算能力和数形结合思想.

13．下列说法正确的是（ ） A．函数fxsinx3cosx23x0,的最大值是1 42B．函数fxsinxtanxC．函数fxcosxx 0,的值域为1,2tanx21sin2xacosx在0,上单调递增，则a的取值范围是,1 22tx22tsinxxD．函数的最大值为a，最小值为b，若ab2，4fx2x2cosx则t1 【答案】ACD 【分析】

23A化简函数解析式为fxcosx1，利用二次函数的基本性质可判断选项的23tt3正误；令tsinxcosx，可得fxgt2，利用导数法可判断B选项的正

t1误；利用导数与函数单调性的关系可判断C选项的正误；计算出fxfx2t，利用函数的对称性可判断D选项的正误. 【详解】 A选项，

231322fx1cosx3cosxcosx3cosxcosx21， 44又

x0,可得：cosx0,1，则当cosx3时函数fx取得最大值1，A对； 22sin2xcos2xsin3xcos3xB选项，fx cosxsinxsinxcosxsinxcosxsin2xcos2xsinxcosx

sinxcosxsinxcosxsinxcosxsinxcosx23sinxcosx，

22tsinxcosx2sinx设，则tsinxcosx12sinxcosx，则

4t21， sinxcosx23x0,，x,44422,1，t1,2，sinx， 422t214tt3t3323ttgt0， 2令gt，t1,2，2t1t21t212gt在区间1,2上单调递减，gtming所以，函数fx的值域为2,，B错； C选项，

222132232，

1fxsin2xacosx在区间0,上是增函数，

2fxcos2xasinx0，即12sin2xasinx0，

令tsinx，t0,1，即2t2at10，

111a2t，令gt2t，则gt220，gt在t0,1递减，

tttag11，C对；

222tx22tsinxcosxxD选项， 22fx2x2cosxt2x2cosxtsinxx2x2cosx2ttsinxx， 2x2cosxttsinxx，fxfx2t，

2x2cosx所以，fxttsinxx2xcosx所以，函数fx的图象关于点0,t对称，所以，ab2t2，可得t1，D对. 故选：ACD. 【点睛】

结论点睛：利用函数的单调性求参数，可按照以下原则进行：

（1）函数fx在区间D上单调递增fx0在区间D上恒成立； （2）函数fx在区间D上单调递减fx0在区间D上恒成立； （3）函数fx在区间D上不单调fx在区间D上存在异号零点； （4）函数fx在区间D上存在单调递增区间xD，使得fx0成立； （5）函数fx在区间D上存在单调递减区间xD，使得fx0成立.

14．在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊兹布劳威尔（L.E.Brouwer）简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数

f(x)，存在一个点x0，使得fx0x0，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称x0为

该函数的一个不动点，依据不动点理论，下列说法正确的是（ ） A．函数f(x)sinx有3个不动点

B．函数f(x)ax2bxc(a0)至多有两个不动点

C．若定义在R上的奇函数f(x)，其图像上存在有限个不动点，则不动点个数是奇数 D．若函数f(x)exxa在区间[0,1]上存在不动点，则实数a满足lae（e为自然对数的底数） 【答案】BCD 【分析】

根据题目中的定义，结合导数、一元二次方程的性质、奇函数的性质进行判断即可. 【详解】

令g(x)xsinx，g(x)1cosx≥0， 因此g(x)在R上单调递增，而g(0)0， 所以g(x)在R有且仅有一个零点， 即f(x)有且仅有一个“不动点”，A错误；

a0，ax2bxcx0至多有两个实数根，

所以f(x)至多有两个“不动点”，B正确；

f(x)为定义在R上的奇函数，所以f(0)0，函数yf(x)-x为定义在R上的奇函数，

显然x0是f(x)的一个“不动点”，其它的“不动点”都关于原点对称，个数和为偶数， 因此f(x)一定有奇数个“不动点”，C正确；

因为f(x)在[0,1]存在“不动点”，则f(x)x在[0,1]有解，

即exxaxaexxx2在[0,1]有解，令m(x)exx，

x2m(x)ex12x，令n(x)ex12x，n(x)ex20，xln2，

n(x)在(0,ln2)单调递减，在(ln2,1)单调递增，

∴n(x)minn(ln2)212ln232ln20， ∴m(x)0在[0,1]恒成立，∴m(x)在[0,1]单调递增，

m(x)minm(0)1，m(x)maxm(1)e，

∴1ae，D正确，. 故选：BCD 【点睛】

方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.

15．设函数f(x)x3axb(a,bR)，下列条件中，使得yf(x)有且仅有一个零点的是（ ） A．a1,b2 【答案】ABC 【分析】

求导f(x)3xa，分a0和a0进行讨论，当a0时，可知函数单调递增，有且只有一个零点；当a0时，讨论函数的单调性，要使函数有一个零点，则需比较函数的极大值与极小值与0的关系，再验证选项即可得解. 【详解】

2B．a3,b3 C．a0,b2 D．a0,b0

f(x)x3axb，求导得f(x)3x2a

当a0时，f(x)0，f(x)单调递增，当x时，f(x)；当x时，f(x)；由零点存在性定理知，函数f(x)有且只有一个零点，故A，C满足题意；

当a0时，令f(x)0，即3x2a0，解得x1当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：

a，x23a 3 x f(x) f(x) a, 3 a 30 aa3,3  a 30 a,3  极大值 极小值 故当xa，函数f(x)取得极大值3aaaa2aafabb， 333333当xa，函数f(x)取得极小值3aaaa2aafabb 333333又当x时，f(x)；当x时，f(x)； 要使函数f(x)有且只有一个零点，作草图

或

f则需ff则需fa2aa0b03332aa，即，即b0，

33a2aab03033a2aa0b03332aa，即，即b0，

33a2aab00333B选项，a3,b3，满足上式，故B符合题意；

D选项，a0,b0，不一定满足，故D不符合题意； 故选：ABC 【点睛】

思路点睛：本题考查函数的零点问题，如果函数yf(x)在区间[a,b]上的图像是连续不断的一条曲线，并且有fafb0，那么，函数yf(x)在区间a,b内有零点，即存在ca,b，使得fc0，这个c也就是方程fx0的根，考查学生的逻辑推理与运算能力，属于较难题.

12axaxlnx的图象在点x1,fx1处与点x2,fx2处的切2线均平行于x轴，则（ ）

16．已知函数fxA．fx在1,B．x1x22 C．x1x2x1x2D．若a上单调递增

7fx1fx2的取值范围是,2ln2

416，则fx只有一个零点 3【答案】ACD 【分析】

求导，根据题意进行等价转化，得到a的取值范围；对于A，利用导数即可得到fx在

1,上的单调性；对于B，利用根与系数的关系可得x1+x21；对于C，化简

x1x2x1x2fx1fx2，构造函数，利用函数的单调性可得解；对于D，将

16代入fx，令fx0，可得fx的单调性，进而求得fx的极大值小于30，再利用零点存在定理可得解. 【详解】 a1ax2ax1由题意可知，函数fx的定义域为0,，且fxaxa，

xxa24a0则x1，x2是方程ax2ax10的两个不等正根，则，解得a4， 1x1x20a2当x1,时，函数yaxax10，此时fx0，

所以fx在1,上单调递增，故A正确；

因为x1，x2是方程ax2ax10的两个不等正根，所以x1+x21，故B错误； 因为x1x2x1x2fx1fx211112lnx1ax12ax1lnx2ax2ax2 a221111211lna1aalna， aa2a2a易知函数ha11alna在4,上是减函数， 2a72ln2， 4则当a4时，hah47,2ln2xxxxfxfx所以1的取值范围是，故C正确； 212124当a161611316x，令fx0，得x或， 时，fx333x4413130,,fx则在上单调递减，在,上单调递增， 上单调递增，在4444所以fx在x1取得极大值，且41f0，f2ln20， 4所以fx只有一个零点，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】

关键点点睛：导数几何意义的应用主要抓住切点的三个特点： ①切点坐标满足原曲线方程； ②切点坐标满足切线方程；

③切点的横坐标代入导函数可得切线的斜率.

17．（多选）已知函数f(x)axlnx(aR)，则下列说法正确的是（ ） A．若a0，则函数f(x)没有极值 B．若a0，则函数f(x)有极值

C．若函数fx有且只有两个零点，则实数a的取值范围是, D．若函数fx有且只有一个零点，则实数a的取值范围是(,0] 【答案】ABD 【分析】

先对fx进行求导，再对a进行分类讨论，根据极值的定义以及零点的定义即可判断. 【详解】

解：由题意得，函数f(x)的定义域为(0,)，且f(x)a1e1e1ax1， xx当a0时，f(x)0恒成立，此时f(x)单调递减，没有极值， 又

当x趋近于0时，f(x)趋近于，当x趋近于时，f(x)趋近于， ∴f(x)有且只有一个零点，

1

当a0时，在0,上，f(x)0，f(x)单调递减，

a

在1,上，f(x)0，f(x)单调递增， a当x1时，f(x)取得极小值，同时也是最小值， a11lna， a当x趋近于0时，lnx趋近于，f(x)趋近于，

∴f(x)minf当x趋近于时，f(x)趋近于， 当1lna0，即a1时，f(x)有且只有一个零点； e1时，f(x)有且仅有两个零点， e综上可知ABD正确，C错误． 故选：ABD． 【点睛】

方法点睛：函数零点的求解与判断方法：

当1lna0，即0a0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点； (1)直接求零点：令fx＝(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且

fa·fb＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少

个零点；

(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．

18．某同学对函数fxsinx进行研究后，得出以下结论，其中正确的是（ ）

exexA．函数yfx的图象关于原点对称

B．对定义域中的任意实数x的值，恒有fx1成立

C．函数yfx的图象与x轴有无穷多个交点，且每相邻两交点的距离相等 D．对任意常数m0，存在常数bam，使函数yfx在a，b上单调递减 【答案】BD 【分析】

由函数奇偶性的定义即可判断选项A；由函数的性质可知fxsinxeexx1可得到

sinxexex，即exexsinx0，构造函数hxexexsinx，x0求导

判断单调性，进而求得最值即可判断选项B；函数yfx的图象与x轴的交点坐标为

0kZ，且k0，可判断选项C；求导分析fx0时成立的情况，即可判断选k，项D. 【详解】

对于选项A：函数fxsinx的定义域为x|x0，且 xxeesinxsinxfx，所以fx为偶函数，即函数yfx的图象关xxxxeeee于y轴对称，故A选项错误； fx对于选项B：由A选项可知fx为偶函数，所以当x0时，exex0，所以

fxsinxexexxxxx1，可得到sinxee，即eesinx0，可设

hxexexsinx，x0，hxexexcosx，因为exex2，所以上单调递增，所以hxh00，hxexexcosx0，所以hx在0，即fxsinxexex1恒成立，故选项B正确；

0kZ，且k0，交点对于选项C：函数yfx的图象与x轴的交点坐标为k，0与，0间的距离为2，其余任意相邻两点的距离为，故C选项错误； ，对于选项D：sinx)exefxxexcosxexexsinxexex20，可化为ex(cosx－

cosxsinx0，不等式两边同除以ex得，

32k，2kkZ，

44e2xcosxsinxcosxsinx，当xcosxsinx0，cosxsinx0，区间长度为

常数b>a>m，a，b21，所以对于任意常数m>0，存在

32k，2k，

44kZ，使函数yfx在a，b上单调递减，故D选项正确；

故选：BD 【点睛】

思路点睛：利用导数研究函数f(x)的最值的步骤： ①写定义域，对函数f(x)求导f(x)；

②在定义域内，解不等式f(x)0和f(x)0得到单调性； ③利用单调性判断极值点，比较极值和端点值得到最值即可.

19．已知函数f(x)2lnx1，数列an的前n项和为Sn，且满足a12，xan1fannN*，则下列有关数列an的叙述正确的是（ ）

A．a2a1 【答案】AB 【分析】

A．计算出a2的值，与a1比较大小并判断是否正确；B．利用导数分析fx的最小值，由此判断出an1是否正确；C．根据an与1的大小关系进行判断；D．构造函数

B．an1

C．S100100

D．anan112an

hxlnx111x1，分析其单调性和最值，由此确定出lnan10，将

anxlnan11110变形可得an12，再将an12变形可判断结果.

ananan【详解】

31112A选项，a22ln2ln4lne2，A正确； 222B选项，因为f(x)212x12，所以当x1时，fx0，所以f(x)单增，所2xxx以f(x)f(1)1，

因为a121，所以an1fan1，所以an1，B正确； C选项，因为an1，所以S100100，C错误；

111x11(x1)，h(x)220， xxxx110， 所以h(x)在(1,)单调递增，所以h(x)h(1)0，所以lnananD选项，令h(x)lnx则2lnan121120，所以2lnan2，即an12，

anananan所以anan112an，所以D错误. 故选：AB. 【点睛】

易错点睛：本题主要考查导数与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项： （1）转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；

（2）利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关条件的转化.

20．若方程xm1x10和m2e2x1x0的根分别为x1,x2x1x2和x3，

x4x3x4，则下列判断正确的是（ ）

A．0x3x21 C．m,1 【答案】ABD 【分析】

根据题意将问题转化为，x1，x2和x3，x4分别是ym与yx点的横坐标，再用导数研究函数yx数图象，数形结合即可解决问题. 【详解】

解：由题，x1，x2和x3，x4分别是mx即ym与yxB．1x1x30

15x,1D．1 21x1和yx12交xe1x1和yx12的单调性与取值情况，作出函xe1x1和mx12的两个根， xe1x1和yx12交点的横坐标. xe对于函数yx111，定义域为xx0，y'120，所以函数在,0和xx0,上单调递增，且x1时，y1；

1x，所以函数在,1上单调递增，在1,单调递x1ee减，且当x,y2，x0时，y2，x1时，y1；

对于函数y2，y'x1x故作出函数yx1x1，yx12的图像如图所示， xe1x1x2x12， xe注意到：当x0,1时，x由图可知，0x3x21，m2,1， 从而x115112,1，解得x1,1， x12所以选项AD正确，选项C错误， 又1x1x2x1x30. 故选：ABD.

【点睛】

本题考查利用导数研究函数的零点问题，考查化归转化思想与数形结合思想，是中档题.

三、三角函数与解三角形多选题

21．在ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，面积为S，有以下四个命题中正确的是（ ） A．

S3的最大值为 a22bc12B．当a2，sinB2sinC时，ABC不可能是直角三角形 C．当a2，sinB2sinC，A2C时，ABC的周长为223

D．当a2，sinB2sinC，A2C时，若O为ABC的内心，则AOB的面积为

31 3【答案】ACD 【分析】

利用三角形面积公式，余弦定理基本不等式，以及三角换元，数形结合等即可判断选项A；

利用勾股定理的逆定理即可判断选项B；利用正弦定理和三角恒等变换公式即可判断选项C；

由已知条件可得ABC是直角三角形，从而可以求出其内切圆的半径，即可得AOB的面积即可判断选项D. 【详解】 对于选项A：

1bcsinAS1sinA2 222bca2bcbc2bccosA2bc222cosAcb1sinA（当且仅当bc时取等号）.

4cosA2令sinAy，cosAx，故因为xy1，且y0，

故可得点x,y表示的平面区域是半圆弧上的点，如下图所示：

22S1y，

a22bc4x2

目标函数zy上，表示圆弧上一点到点A2,0点的斜率， x2133H,数形结合可知，当且仅当目标函数过点，即时，取得最小值， A602233y,0故可得z， x23又

S133S1y，故可得， 22a2bc4312x2bc4x2当且仅当A60，bc，即三角形为等边三角形时，取得最大值，故选项A正确；

对于选项B：因为sinB2sinC，所以由正弦定理得b2c，若b是直角三角形的斜边，则有a2c2b2，即4c24c2，得c23，故选项B错误； 3对于选项C，由A2C，可得Bπ3C，由sinB2sinC得b2c，

2ccbc由正弦定理得，，即， sinπ3CsinCsinBsinC所以sin3C2sinC，化简得sinCcos2C2cos2CsinC2sinC， 因为sinC0，所以化简得cosC23， 413，则sinC，

22因为b2c，所以BC，所以cosC所以sinB2sinC1，所以B因为a2，所以cπππ

，C，A，

32323，b，

33所以ABC的周长为223，故选项C正确； 对于选项D，由C可知，ABC为直角三角形，且Bπππ

，C，A，

3261234334323r21，，所以的内切圆半径为， ABCbc2333331123331cr1所以ABC的面积为 22333所以选项D正确， 故选：ACD 【点睛】

关键点点睛：本题的关键点是正余弦定理以及面积公式，对于A利用面积公式和余弦定

S1sinA1sinA理，结合不等式得a22bc2bc4cosA2，再利用三角换

22cosAcb元、数形结合即可得证，综合性较强，属于难题.

22．函数f(x)sin(x)的部分图像如图中实线所示，图中的M、N是圆C与f(x)图

像的两个交点，其中M在y轴上，C是f(x)图像与x轴的交点，则下列说法中正确的是（ ）

A．函数yf(x)的一个周期为称

C．函数f(x)在【答案】BD 【分析】

5 6B．函数f(x)的图像关于点

4

,0成中心对3

11,上单调递增 26D．圆C的面积为

31 36根据图象，结合三角函数的对称性、周期性、值域以及圆的中心对称性，可得C,M,N的坐标，进而可得f(x)的最小正周期、对称中心、单调减区间，及圆的半径，故可判断选项的正误. 【详解】

由图知：C(,0)，M(0,∴f(x)中

13323)，N(,)， 232T111k1()，即T1；对称中心为,0,kZ；单调减区间为23622317123231，则圆的面积为31；k,k,kZ；圆的半径 r()()123612326综上，知：AC错误，而BD正确. 故选：BD. 【点睛】

本题考查了三角函数的性质，结合了圆的中心对称性质判断三角函数的周期、对称中心、单调区间及求圆的面积，属于难题.

23．ABC中，BC2，BC边上的中线AD2，则下列说法正确的有（ ） A．ABAC为定值

B．AC2AB210 D．BAD的最大值为30

4cosA1 5【答案】ABD 【分析】

C．

A利用向量的加减法及向量的数量积公式运算即可，B根据余弦定理及角的互补运算即可求值，C利用余弦定理及基本不等式求出cosA范围即可，D根据余弦定理及基本不等式求

出cosBAD的最小值即可. 【详解】 对于A，

ABACADDBADDBADDB413，ABAC为定

22值，A正确； 对于B，

cosADCcosADBAC2AB2AD2DC22ADDCcosADCAD2DB22ADDBcosADB

2AD2DB2DC2 2221110，故B正确；

b2c242bc42对于C，由余弦定理及基本不等式得cosA1（当且仅当

2bc2bcbcbc时，等号成立）,由A选项知bccosA3，

解得cosAcosA122cosA133， cosA3，故C错误； 5c22212c2323c3对于D，cosBAD（当且仅当c3时，等号成4c4c4c2立），因为BADABD， 所以BAD(0,故选：ABD 【点睛】

本题主要考查了向量的数量积运算，余弦定理，基本不等式，考查了推理能力，属于难题.

2)，又cosBAD3，所以BAD的最大值30，D选项正确. 2

24．已知函数fxAsinxBA0,0,0π的部分自变量、函数值如下表所示，下列结论正确的是（ ）．

x π 33π 27π 12x fx 0 2 π 25 π 2π A．函数解析式为fx3sin2x5π2 62π 3B．函数fx图象的一条对称轴为xC．5π,0是函数fx图象的一个对称中心 12π个单位，再向下移2个单位所得的函数为奇函数 12D．函数fx的图象左平移【答案】ABD 【分析】

首先根据表格，利用最值求A和B，再根据周期求，以及根据最小值点求，求得函数的解析式，再分别代入x的解析式. 【详解】

由表格可知，B2， 函数的最大值是5，所以ABA25，即A3， 当x

25和x，判断BC选项，最后根据平移规律求平移后

1233

时，函数取得最小值，

最小值点和相邻的零点间的距离是当x712，所以2， 1234443

时，23352k,kZ，解得：2k，0， 262，故A正确； 55，所以函数fx3sin2x66B.当x22时，23325x，能使函数取得最小值，所以是函数236的一条对称轴，故B正确； C.当x5555,2是函数的一个对称20y2时，，此时，所以121261212中心，故C不正确； D.函数向左平移

个单位后，再向下平移2个单位后，得

5y3sin2x223sin2x3sin2x，函数是奇函数，故D正

126确.

故选：ABD 【点睛】

思路点睛：本题考查yAsinωxφ的解析式和性质的判断，可以整体代入验证的方法

判断函数性质：（1）对于函数yAsinωxφ，其对称轴一定经过图象的最高点或最低点，对称中心的横坐标一定是函数的零点，因此判断直线xx0或点x0,0是否是函数的对称轴和对称中心时，可通过验证fx0的值进行判断；（2）判断某区间是否是函数的单调区间时，也可以求x的范围，验证次区间是否是函数ysinx的增或减区间．

fxAcosxA0,0,25．已知函数的部分图像如图所示，则下列

2关于函数fx的说法中正确的是（ ）

A．函数fx最靠近原点的零点为 3B．函数fx的图像在y轴上的截距为3 C．函数fx56是偶函数 73上单调递增 D．函数fx在2,【答案】ABC 【分析】

首先根据图象求函数的解析式，利用零点，以及函数的性质，整体代入的方法判断选项. 【详解】

根据函数fxAcosx的部分图像知，A2， 设fx的最小正周期为T，则∵fT221． ，∴T2，T43622cos2，且，∴， 2666故fx2cosx令fx2cosx． 60，得xk，kZ， 662即x2k，kZ，因此函数fx最靠近原点的零点为，故A正确； 333，因此函数fx的图像在y轴上的截距为3，故B正确； 65fx是偶函数，故C正确；

6由f02cos5fx由62cosx2cosx，因此函数令2kx62k，kZ，得2k5x2k，kZ，此时函数6613fx单调递增，于是函数fx在2,6故D不正确． 故选：ABC． 【点睛】

137,上单调递增，在上单调递减，63思路点睛：本题考查yAsinωxφ的解析式和性质的判断，可以整体代入验证的方法判断函数性质：（1）对于函数yAsinωxφ，其对称轴一定经过图象的最高点或最低点，对称中心的横坐标一定是函数的零点，因此判断直线xx0或点x0,0是否是函数的对称轴和对称中心时，可通过验证fx0的值进行判断；（2）判断某区间是否是函数的单调区间时，也可以求x的范围，验证此区间是否是函数ysinx的增或减区间.

26．下列结论正确的是（ ）

A．在三角形ABC中，若AB，则sinAsinB B．在锐角三角形ABC中，不等式b2c2a20恒成立 C．若sin2Asin2B，则三角形ABC为等腰三角形 D．在锐角三角形ABC中,sinAsinBcosAcosB 【答案】ABD 【分析】

由正弦定理及三角形性质判断A，由余弦定理判断B，由正弦函数性质判断C，利用锐角△ABC这个条件,可得AB断D． 【详解】

，结合三角函数的单调性比较sinA与cosB大小即可判2ABC中，ABab，由

ab，得sinAsinB，A正确； sinAsinBb2c2a2在锐角三角形ABC中，cosA0,b2c2a20，B正确；

2bcABC中，若sin2Asin2B，则2A2B或2A2B180，即AB或

AB90，ABC为等腰三角形或直角三角形，C错误；

在锐角三角形ABC中,AB2,

2A2B0,

sinAsinB,即sinAcosB，同理：sinBcosA

2sinAsinBcosAcosB，D正确.

故选：ABD. 【点睛】

关键点睛：本题考查正弦定理，余弦定理，正弦函数的性质，诱导公式等，学会公式的灵活应用是解答本题的关键.

27．在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知

bc:(ca):(ab)4:5:6，下列结论正确的是（ ）

A．sinA:sinB:sinC7:5:3 B．ABAC0

C．若c6，则ABC的面积是153 D．若bc8，则ABC的外接圆半径是【答案】ACD 【分析】

先利用已知条件设bc4k,ca5k,ab6k，进而得到

73 3a3.5k,b2.5,c1.5k，利用正弦定理可判定选项A；利用向量的数量积公式可判断选

项B；利用余弦定理和三角形的面积公式可判定选项C；利用余弦定理和正弦定理可判断选项D. 【详解】

依题意，设bc4k,ca5k,ab6k， 所以a3.5k,b2.5,c1.5k，

由正弦定理得：sinA:sinB:sinCa:b:c7:5:3， 故选项A正确；

b2c2a2b2c2a2 ABACbccosAbc2bc22.521.523.52215kk20，

28故选项B不正确；

若c6，则k4， 所以a14,b10，

102621421所以cosA，

21062所以sinA3， 2113bcsinA610153； 222故ABC的面积是：故选项C正确；

若bc8，则k2， 所以a7,b5,c3，

5232721所以cosA，

2532所以sinA3， 2则利用正弦定理得：

1a73， ABC的外接圆半径是：2sinA3故选项D正确； 故选：ACD. 【点睛】

关键点睛：本题主要考查正余弦定理以及三角形面积公式. 利用已知条件设

bc4k,ca5k,ab6k，再利用正余弦定理以及三角形面积公式求解是解决本

题的关键.

28．如图，已知函数fxAsinxA0,0,A，B，若OB7OA，图象的一个最高点D的图象与x轴交于点242,，则下列说法正确的是（ ） 33

A．4

B．fx的最小正周期为4 C．fx一个单调增区间为24, 3353D．fx图象的一个对称中心为,0 【答案】BCD 【分析】

先利用OB7OA设OAx0，得到点A处坐标，结合周期公式解得选项A错误，再利

42,解出x0得到周期，求得解析式，并利用代入验证法判断单调区间和对33称中心，即判断选项BCD正确. 【详解】

用最高点D由OB7OA，设OAx0，则OB7x0，AB6x0，

选项A中，点Ax0,0处，sinx00，则x00，即x0，AB6x06T12，解得，A错误； 2211Ax，得0，故,0，

333选项B中，依题意xDx03x04x0最小正周期T4选项C中，由T414，B正确； 3324，得2，结合最高点D442,，知A，即

333fx42424sinx，当x,时，x,，故,是

26223633233fx的一个单调增区间，C正确；

选项D中，x时f53534545sinsin0，故,0是332363fx图象的一个对称中心，D正确.

故选：BCD. 【点睛】 思路点睛：

解决三角函数yAsinωxφ的图象性质，通常利用正弦函数的图象性质，采用整体代入法进行求解，或者带入验证.

29．已知函数f(x)lgx21xexex1(e2.7)，若不等式

f(sincos)2f(sin2t)对任意R恒成立，则实数t的可能取值为（ ）

A．1 【答案】CD 【分析】 令g(x)lgB．2 C．3

D．4

x21xexex，则f(x)gx1，可判断gx是奇函数且单调

递增，不等式可变形可得g(sincos)g(tsin2)，所以

tsincossin2，

令hsincossin2，换元法求出h的最大值，thmax即可. 【详解】 令g(x)lgx21xexex，则f(x)gx1，

gx的定义域为R， g(x)g(x)lgx21xexexlgx21xexex0，

所以gxgx，所以gx是奇函数， 不等式f(sincos)2f(sin2t)等价于

f(sincos)1f(sin2t)1，

即g(sincos)g(sin2t)g(tsin2)， 当x0时yx21x单调递增，可得ylgx21x单调递增，

yex单调递增，yex单调递减，

所以g(x)lgx21xexex在0,单调递增，

又因为g(x)lg所以g(x)lgx21xexex为奇函数，

x21xexex在R上单调递增，

所以sincostsin2，即tsincossin2， 令hsincossin2，只需thmax，

22令sincosm2,2，则m1sin2，sin2m1，

所以hmmm1，对称轴为m21， 2所以m所以t2时，hmmax22121，

21

可得实数t的可能取值为3或4， 故选：CD 【点睛】

关键点点睛：本题解题的关键点是构造函数gx奇函数且是增函数，将原不等式脱掉f转化为函数恒成立问题.

30．设函数fx个零点，则（ ）

A．在0,上存在x1、x2，满足fx1fx22 B．fx在0,有且仅有1个最小值点 C．fx在0,31sinxsinx0，已知fx在0,有且仅有3222上单调递增 2D．的取值范围是,

66【答案】AD 【分析】

1723化简函数fx的解析式为fxsinx，令tx，由x0,可求得

66t,，作出函数ysintt,0的图象，可判断AB选项

6666的正误；由图象得出36数的单调性可判断C选项的正误. 【详解】

4可判断D选项的正误；取3，利用正弦型函

fx3131sinxsinxsinxcosxsinx， 222226当x0,时，x作出函数ysint,，令tx，则t,，

666666t,0的图象如下图所示：

66

对于A选项，由图象可知，ymax1，ymin1，

所以，在0,上存在x1、x2，满足fx1fx22，A选项正确； 对于B选项，fx在0,上有1个或2个最小值点，B选项错误； 对于D选项，由于函数fx在0,有且仅有3个零点，则364，解得

1723，D选项正确； 66对于C选项，由于

17235，取3，当x0,时，3x，

266663此时，函数fx在区间0,故选：AD. 【点睛】

上不单调，C选项错误. 2关键点点睛：本题考查利用正弦型函数在区间上的零点个数判断正弦型函数的基本性质，解本题的关键在于换元tx6，将问题转化为函数ysint在区间,上的

66零点个数问题，数形结合来求解.

四、数列多选题

31．已知等比数列an的公比为q，前n项和Sn0，设bnan2n项和为Tn，则下列判断正确的是（ ） A．若q1，则TnSn C．若qB．若q2，则TnSn D．若q3an1，记bn的前21，则TnSn 43，则TnSn 4【答案】BD 【分析】

先求得q的取值范围，根据q的取值范围进行分类讨论，利用差比较法比较出Tn和Sn的大小关系.

【详解】

由于an是等比数列，Sn0，所以a1S10,q0， 当q1时，Snna10，符合题意； 当q1时，Sna11qn1q1qn01qn0，上式等价于①或0，即

1q1q01qn0②.解②得q1.解①，由于n可能是奇数，也可能是偶数，所以1q0q1,00,1.

0,.

综上所述，q的取值范围是1,0333bnan2an1anq2q，所以Tnq2qSn，所以

22231TnSnSnq2q1Snqq2，而Sn0，且q1,00,.

22所以，当1q误. 当1，或q2时，TnSn0，即TnSn，故BD选项正确，C选项错21q2(q0)时，TnSn0，即TnSn. 2当q1或q22时，TnSn0,TnSn，A选项错误.

综上所述，正确的选项为BD. 故选：BD 【点睛】

本小题主要考查等比数列的前n项和公式，考查差比较法比较大小，考查化归与转化的数学思想方法，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题.

32．在数学课堂上，教师引导学生构造新数列：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.将数列1,2进行构造，第1次得到数列1,3,2；第2次得到数列1,4,3,5,2；…；第nnN*次得到数列1，

x1,x2,x3,,xk，2；…记an1x1x2xk2，数列an的前n项为Sn，

则（ ） A．k12n

【答案】ABD

B．an13an3 D．SnC．an32n3n23n132n3 4【分析】

根据数列的构造方法先写出前面几次数列的结果，寻找规律，再进行推理运算即可. 【详解】

由题意可知，第1次得到数列1,3,2，此时k1 第2次得到数列1,4,3,5,2，此时k3 第3次得到数列1, 5,4,7,3,8,5,7,2，此时 k7

第4次得到数列1,6,5,9,4,11,7,10,3,11,8,13,5,12,7,9,2，此时k15 第n次得到数列1，x1,x2,x3,,xk，2 此时k2n1

所以k12n，故A项正确；

a133a3392结合A项中列出的数列可得： 

a339273a43392781an331323n(nN*)

用等比数列求和可得a3n则 a33n12n2

n2n1333n112332333 2233n1又 3an3332393n293n233 2222所以 an13an3，故B项正确； 由B项分析可知a3n即an33n12332n1

32n3n，故C项错误. 2Sna1a2a3an

n133222333n223213n1323 n23n23n93n132n3，故D项正确. 4244故选：ABD. 【点睛】

本题需要根据数列的构造方法先写出前面几次数列的结果，寻找规律，对于复杂问题，著名数学家华罗庚指出:善于“退”，足够的“退”，退到最原始而不失重要的地方,是学好数学的

一个诀窍.所以对于复杂问题我们应该先足够的退到我们最容易看清楚的地方,认透了,钻深了,然后再上去，这就是以退为进的思想.

anan33．已知数列an的首项a1m且满足4an1751an221，其中

nN，则下列说法中正确的是（ ）

A．当m1时，有anan3恒成立 B．当m21时，有an4an7恒成立 C．当m27时，有an108an111恒成立 D．当m2kkN时，有ankank2恒成立

【答案】AC 【分析】

an,an为偶数题设中的递推关系等价为an12，根据首项可找到an的局部周期

3an1,an为奇数性，从而可得正确的选项. 【详解】

因为4an1751an221ananan,an为偶数，故an12，

3an1,an为奇数当m1即a11时，a24，a32，a41，故an为周期数列且anan3，故A正确.

当m21即a121时，a2，同理a416，a58，a64，a72，a81，故

a5a8，故B错误.

1当m2k即a12时，根据等比数列的通项公式可有ak22kk1k2，

ak+11,ak+24，ak+32， ak+1ak+3，故D错误.

对于C，当m27时，数列an的前10依次为：

27,82,42,124,62,31,94,47,142,71,214,107,322,161,484，242,121,3,182,91,274， 137,412,206,103,310,155,466,233,700,350,175,526,263,790,395,1186,593,1780， 0,445,1336,668,334,167,502,251,7,377,1132,566,283,850,425,1276,638,319，

958,479,1438,719,2158,1079,3238,1619,4858,2429,7288,34,1822,911,2734， 1367,4102,2051,61,3077,9232,4616,2308,11,577,1732,866,433,1300,650， 325,976,488,244,122,61,184,92,46,23,70,35,106,53,160,80,40,20,10,5,16，

故a1098，a1104，a1112，a1121，a1134， 所以an109an112对任意n1总成立.

（备注：因为本题为多选题，因此根据A正确，BD错误可判断出C必定正确，可无需罗列出前10） 故选：AC. 【点睛】

方法点睛：对于复杂的递推关系，我们应该将其化简为相对简单的递推关系，对于数列局部周期性的研究，应该从特殊情况中总结出一般规律，另外，对于多选题，可以用排除法来确定可选项.

34．在AnBnCn（n1,2,3,）中，内角An,Bn,Cn的对边分别为an,bn,cn，AnBnCn2n1的面积为Sn，若an5，b14，c13，且b（ ）

A．AnBnCn一定是直角三角形 C．Sn有最大值 【答案】ABD 【分析】

22先结合已知条件得到bn1cn125=an22cn2an22bn22，cn1，则44B．Sn为递增数列 D．Sn有最小值

12222bncn225，进而得到bncn25=an，得A22正确，再利用面积公式得到递推关系4Sn1=最值即可. 【详解】 由bb2n11875Sn2，通过作差法判定数列单调性和an22cn2an22bn22，cn1得，442n12n1c2512an22cn2an22bn21212anbncn2bncn2，故22224412bncn225， 2bn12cn1225=2222222又b1c125=0，bncn250，bncn25=an，故AnBnCn一定是直角

三角形，A正确；

1AnBnCn的面积为Snbncn，而

2bn12cn12故4S2n1422222an22cn2an22bn2an2bncnan4bncn， 4416b22n1n1can42bn2cn2an24bn2cn216187516Sn21875==Sn2，

1616故S2n13Sn21875Sn221875， Sn=Sn=442bn2cn225152又Snbncn时等号成立） =（当且仅当bn=cn=2442S2n118753Sn2Sn=0，又由b14，c13知bncn不是恒成立，即

42Sn12Sn2，故Sn1Sn，故Sn为递增数列，Sn有最小值S16，无最大值，故

BD正确，C错误. 故选：ABD. 【点睛】

22本题解题关键是利用递推关系得到bn1cn125=12bncn225，进而得到2bn2cn225=an2，再逐步突破.数列单调性常用作差法判定，也可以借助于函数单调性判

断.

1*a1S aa2n1a 35．已知数列n满足1，n，nN，n是数列 的前n项n1an和，则下列结论中正确的是（ ） A．S2n12n1C．S2n1 anB．S2n1Sn 21 2311Sn 22n2【答案】CD 【分析】

D．S2nSn根据数列an 满足a11，anan12n1，得到an1an22n3，两式相减得：

an2an2，然后利用等差数列的定义求得数列an 的通项公式，再逐项判断.

【详解】

因为数列an 满足a11，anan12n1，nN*， 所以an1an22n3， 两式相减得：an2an2，

所以奇数项为1，3，5，7，….的等差数列； 偶数项为2，4，6，8，10，….的等差数列； 的通项公式是ann， 所以数列an A. 令n2时， S31111113，而 221，故错误； 236221311，而 S1，故错误；

2222133113C. 当n1时， S21，而 ，成立，当n2时，

222222B. 令n1时， S21111111S2nSn1...n，所以，因为2n2n1，所以

2352n12n12111111311...1...nn，故正确； 352n148222D. 因为S2nSn1111...，令n1n2n32nfn1111...，因为n1n2n32n111110，所以fn得到递增，2n12n2n12n12n21，故正确； 2fn1f(n)所以fnf1故选：CD 【点睛】

本题主要考查等差数列的定义，等比数列的前n项和公式以及数列的单调性和放缩法的应用，还考查了转化求解问题的能力，属于较难题.

36．如图，已知点E是ABCD的边AB的中点，FnnN接AFn交BD于Gn，点GnnN*为边BC上的一列点，连

*满足GDann1GnA22an3GnE，其中数列

an是首项为1的正项数列，Sn是数列an的前n项和，则下列结论正确的是（ ）

A．a313 C．an4n3 【答案】AB 【分析】

B．数列an3是等比数列

n1D．Sn2n2

化简得到GnDan12an3GnA2an3GnB，根据共线得到

an12an30，即an132an3，计算an2n13，依次判断每个选项得到

答案. 【详解】

GnDan1GnA22an31GnAGnB， 2故GnDan12an3GnA2an3GnB，GnD,GnB共线，故

an12an30，

n1n1即an132an3，a11，故an342，故an23.

a324313，A正确；数列an3是等比数列，B正确；

12nan23，C错误；Sn43n2n23n4，故D错误.

12故选：AB. 【点睛】

n1本题考查了向量运算，数列的通项公式，数列求和，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力.

37．设Sn是公差为d(d0)的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列命题正确的是（ ） A．若d0，则数列{Sn}有最大项 B．若数列{Sn}有最大项，则d0

C．若对任意nN*，均有Sn0，则数列{Sn}是递增数列 D．若数列{Sn}是递增数列，则对任意nN*，均有Sn0 【答案】ABC 【分析】

由等差数列的求和公式可得Snna1nn1dddn2a1n，可看作关于n的二222次函数，由二次函数的性质逐个选项验证可得. 【详解】

由等差数列的求和公式可得Snna1nn1dddn2a1n， 222选项A，若d0，由二次函数的性质可得数列Sn有最大项，故正确； 选项B，若数列Sn有最大项，则对应抛物线开口向下，则有d0，故正确； 选项C，若对任意nN*，均有Sn0，对应抛物线开口向上，d0， 可得数列Sn是递增数列，故正确；

选项D，若数列Sn是递增数列，则对应抛物线开口向上， 但不一定有任意nN*，均有Sn0，故错误. 故选：ABC. 【点睛】

本题考查等差数列的求和公式的应用，Snna1nn1dddn2a1n可看成222是二次函数，然后利用二次函数的性质解决问题，考查分析和转化能力，属于常考题.

38．设数列an前n项和Sn，且Sn2an1，bnlog2an1，则（ ） A．数列an是等差数列 C．aaa【答案】BCD 【分析】

利用Sn与an的关系求出数列an的通项公式，可判断AB选项的正误；利用等比数列的求和公式可判断C选项的正误；利用裂项求和法可判断D选项的正误. 【详解】

对任意的nN，Sn2an1.

当n1时，a1S12a11，可得a11； 当n2时，由Sn2an1可得Sn12an11， 上述两式作差得an2an2an1，可得an2an1，

n1n1所以，数列an是首项为1，公比为2的等比数列，an122，A选项错误，B

B．anD．

2n1

21222322n1 a32n111b1b2b2b3b3b411 bnbn1选项正确；

a22nn124n1，所以，aaa21222314n4n1，C选项正确； a1432nbnlog2an1log22nn，

所以，

1111， bnbn1nn1nn111111， nn1n1111b1b2b2b3b3b4D选项正确. 故选：BCD. 【点睛】

1111111bnbn122334方法点睛：数列求和的常用方法：

（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；

（2）对于anbn型数列，其中an是等差数列，bn是等比数列，利用错位相减法求和；

（3）对于anbn型数列，利用分组求和法；

（4）对于求和.

1型数列，其中an是公差为dd0的等差数列，利用裂项相消法aann1

n2(当n为奇数时)39．（多选题）已知函数fn2，且anfnfn1，则ann(当n为偶数时)等于（ ）

A．2n1 【答案】AC 【分析】

对n进行分类讨论，按照anfnfn1写出通项即可. 【详解】

当n为奇数时，anfnfn1n2n12n12n1； 当n为偶数时，anfnfn1n2n12n1，

22B．2n1 C．2n1 D．12n

2n1当n为奇数时. 所以an2n1当n为偶数时故选：AC. 【点睛】

易错点睛：对n进行分类讨论时，应注意当n为奇数时，n1为偶数；当n为偶数时，

n1为奇数.

40．已知数列an，bn满足：an12anbn，bn1an2bnlnn1nN*，3na1b10，则下列命题为真命题的是（ ）

A．数列anbn单调递增 C．数列an单调递增 【答案】BCD 【分析】

计算a2b2a1b1ln2a2b2，知A错误；依题意两式相加anbnlnn是等比数列，得到anbna1b13n1B．数列anbn单调递增 D．数列bn从某项以后单调递增

lnn，知B正确；结合已知条件，计算

an1an0，即得C正确；先计算bn1bna1b13n1ln(n1)2lnn，再结合

指数函数、对数函数增长特征知D正确. 【详解】

由题可知，an12anbn①，bn1an2bnlnn1②，①-②得，n3an1bn1anbnln故A错误．

n1，当n1时，a2b2a1b1ln2，∴a2b2a1b1，3n①+②得，an1bn13anbnln(n1)3lnn，

an1bn1ln(n1)3anbnlnn，∴anbnlnn是以a1b1为首项，3为公比

的等比数列，∴anbnlnna1b13n1，∴anbna1b13n1lnn，③又

a1b10，∴B正确．将③代入①得，

an1ananbnana1b13n1lnn，∴an1ana1b13n1lnn0，

故C正确．

将③代入②得，bn1bnanbnln∴bn1bna1b13n1n1n1n1bab3lnnln，n11n3n3ln(n1)2lnn．由a1b10，结合指数函数与对数函数

*的增长速度知，从某个nnN起，ab311n1lnn0，又ln(n1)lnn0，

∴bn1bn0，即bn从某项起单调递增，故D正确． 故选：BCD． 【点睛】

判定数列单调性的方法：

（1）定义法：对任意nN，an1an，则an是递增数列，an1an，则an是递减数列；

（2）借助函数单调性：利用anf(n)，研究函数单调性，得到数列单调性.