高中数学数学多选题试题含答案

一、函数的概念与基本初等函数多选题

1．已知函数fxeA．fx是偶函数 C．fx在区间,【答案】ABD 【分析】

去掉绝对值，由函数的奇偶性及周期性，对函数分段研究，利用导数再得到函数的单调性，再对选项进行判断. 【详解】

∵xR，fxfx，∴fx是偶函数，A正确；

因为fx2fx，由函数的奇偶性与周期性，只须研究fx在0,2上图像变

sinxesinx，以下结论正确的是（ ）

B．fx最小值为2

2上单调递减

D．gxfx2x的零点个数为5

2esinx,0x化情况.fxsinx， 1esinx,x2e当0x，fx2cosxe递减，此时fx2,2e；

sinxesinx，则fx在x,当x2时，fxcosxesinx，则fx在x0,,上单调上单调递增，在223上单调递增，在213x,2上单调递减，此时fx2,e，故当0x2时，fxmin2，

e2B正确. 因fx在x增，故C错误. 对于D，转化为fx调递减，在,,上单调递减，又fx是偶函数，故fx在,上单调递

22πx根的个数问题.因fx在0,上单调递增，在,π上单222323,2上单调递减.当x,时，fx2，上单调递增，在22x2，fx2x无实根.x3,时，

2x62efxmax，fx2x无实根，x,3sinxsinx，显然x为方程之根.fxee，23fxcosxesinxesinx0，f23ff2123e3，单独就这段图象，e2内330,fxgx，在上变化趋势为先快扣慢，故在,223,3内有3个零点，又25f2有1个零点，由图像知gx在象，知D正确.

2e5，结合图

故选：ABD. 【点睛】

方法点睛：研究函数性质往往从以下方面入手： （1）分析单调性、奇偶性、周期性以及对称性；

（2）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个容易画出图象的函数，将两个函数的图象画在同一个平面直角坐标系中，利用数形结合的方法求解.

log2(x1),x12．已知函数f(x)(x2)2，若关于x的方程f(x)m有四个不等实根x1，

,x12x2，x3，x4x1x2x3x4，则下列结论正确的是（ ）

A．1m2 C．4x3x41 【答案】ACD 【分析】

画出fx的图象，结合图象求得m,x1,x2,x3,x4的取值范围，利用特殊值确定B选项错误，利用基本不等式确定CD选项正确. 【详解】

画出fx的图象如下图所示，

由于关于x的方程f(x)m有四个不等实根x1，x2，x3，x4x1x2x3x4， 由图可知1m2，故A选项正确. 由图可知x1,x2关于直线x2对称，故

B．sinx1cosx10

22D．x1x2logm2的最小值为10

x1x22,x1x24， 2由2x222x1解得x3或x1，

所以3x12,2x21，

3322，当x1时，sinx1cosx2,sinx1cosx20，所以B选442项错误. 3令2x22mx1，logm22x22logmm1，x2logm21，

22x2logm21，x1,x2是此方程的解，

所以logm212x122，或logm2212x22122，

222故x1x2logm2x14x12x122

1810，

2x12212x1222822x122x122当且仅当2x125,x1时等号成立，故D选项正确. 222x121由图象可知log2x31log2x41，

log2x31log2x410，x31x411，x411由log2x11x1，解得x1或x，

211,x41， x31x31由log2x12x1，解得x3或x所以3， 431x3,1x43， 424x3x44x31114x315 x31x3124x31令4x1151①. x3111321,x1,x或x，

2x142所以①的等号不成立，即4x3x41，故C选项正确. 故选：ACD

【点睛】

求解有关方程的根、函数的零点问题，可考虑结合图象来求解.求解不等式、最值有关的问题，可考虑利用基本不等式来求解.

3．定义域和值域均为a,a的函数yfx和ygx的图象如图所示，其中

acb0，下列四个结论中正确有（ ）

A．方程fgx0有且仅有三个解 C．方程ffx0有且仅有八个解 【答案】ABD 【分析】

B．方程gfx0有且仅有三个解 D．方程ggx0有且仅有一个解

通过利用tfx和tgx，结合函数yfx和ygx的图象，分析每个选项中

外层函数的零点，再分析内层函数的图象，即可得出结论. 【详解】

由图象可知，对于方程yfx，当ayc或cya，方程yfx只有一解；

当yc时，方程yfx只有两解；当cyc时，方程yfx有三解； 对于方程ygx，当aya时，方程ygx只有唯一解. 对于A选项，令tgx，则方程ft0有三个根t1b，t2方程gxb、gx0、gxb均只有一解， 所以，方程fgx0有且仅有三个解，A选项正确； 对于B选项，令tfx，方程gt0只有一解t1b，

方程fxb只有三解，所以，方程gfx0有且仅有三个解，B选项正确； 对于C选项，设tfx，方程ft0有三个根t1b，t20，t3b，

0，t3b，

方程fxb有三解，方程fx0有三解，方程fxb有三解， 所以，方程ffx0有且仅有九个解，C选项错误；

对于D选项，令tgx，方程gt0只有一解t1b，方程gxb只有一解， 所以，方程ggx0有且仅有一个解，D选项正确. 故选：ABD. 【点睛】

思路点睛：对于复合函数yfgx的零点个数问题，求解思路如下： （1）确定内层函数ugx和外层函数yfu； （2）确定外层函数yfu的零点uuii1,2,3,（3）确定直线uuii1,2,3,,n；

,n与内层函数ugx图象的交点个数分别为a1、

an.

a2、a3、

、an，则函数yfgx的零点个数为a1a2a34．对于函数fxx9，则下列判断正确的是（ ） xA．fx在定义域内是奇函数

B．函数fx的值域是,66, C．x1,x20,3，x1x2，有

fx1fx2x1x20

D．对任意x1,x20,且x1x2，有f【答案】ABD 【分析】

x1x21fx1fx2 22根据函数奇偶性定义判断fx的奇偶性，利用基本不等式求fx的值域，设

0x1x23，根据解析式判断fx1,fx2的大小，进而确定

小关系，应用作差、作商法判断2f正误. 【详解】

A：由解析式知：定义域为x0，f(x)x义域内是奇函数，正确； B：当x0时，fxxfx1fx2x1x2,0的大

x1x2,f(x1)f(x2)大小关系，进而确定各项的

299(x)f(x)，即fx在定xx992x6当且仅当x3时等号成立；当x0时有xx99x0，fx[(x)()]2(x)()6当且仅当x3时等号成立；

xx故其值域,66,，正确；

C：当0x1x23时，fx1fx2x1x2999(x1x2)(1)，而x1x2x1x2x1x20，19fx1fx20，则fx1fx20，所以0，错误；

x1x2x1x236x1x2xx，122xx12D：若x1x20，2ff(x1)f(x2)x1x299，所以x1x2363699xx4x1x2xx2f12[f(x1)f(x2)]()，而121，即

99(x1x2)2x1x2x1x22x1x2xx1f12fx1fx2，正确； 22故选：ABD 【点睛】

关键点点睛：综合应用函数奇偶性的证明、对勾函数值域的求法、作差(作商)法比较大小，判断各选项的正误.

5．1837年，德国数学家狄利克雷(P.G.Dirichlet，1805-1859)第一个引入了现代函数概念：“如果对于x的每一个值，y总有一个完全确定的值与之对应，那么y是x的函数”.由此引发了数学家们对函数性质的研究.下面是以他的名字命名的“狄利克雷函数”：

1,xQD(x)(Q表示有理数集合)，关于此函数，下列说法正确的是（ ）

0,xQRA．D(x)是偶函数 B．xR,D(D(x))1

C．对于任意的有理数t，都有D(xt)D(x)

D．存在三个点A(x1,D(x1)),B(x2,D(x2)),C(x3,D(x3))，使ABC为正三角形 【答案】ABCD 【分析】

利用定义判断函数奇偶性，可确定A的正误，根据“狄利克雷函数”及有理数、无理数的性质，判断其它三个选项的正误. 【详解】

A：由D(x)定义知：定义域关于原点对称，当xQ则xQ，当xRQ则xRQ，即有D(x)D(x)，故D(x)是偶函数，正确；

B：由解析式知：xR,D(x)1或D(x)0，即D(D(x))1，正确； C：任意的有理数t，当xQ时，xtQ即D(xt)D(x)，当xRQ时，

xtRQ即D(xt)D(x)，正确；

D：若存在ABC为正三角形，则其高为1，边长为23，所以当333,0),B(0,1),C(,0)时成立，正确； 33故选：ABCD 【点睛】 A(关键点点睛：应用函数的奇偶性判断，结合新定义函数及有理数、无理数的性质判断各选项的正误.

6．已知函数f(x)2xx2的零点为a，函数g(x)log2xx2的零点为b，则（ ） A．ab2 【答案】ABD 【分析】

在同一坐标系中分别作出函数y2x，ylog2x，y2x的图象，图像的交点即为函数的零点，反函数的性质知A，B关于点1,1对称，进而可判断A，B，D正确. 由函数

B．2log2b2

aC．a2b23 D．0ab1

f(x)在R上单调递增，且f10，f(1)0，可得零点a的范围，可得C不正确. 2【详解】

由fx0，gx0得2x2x，log2x2x， 函数y2x与ylog2x互为反函数，

在同一坐标系中分别作出函数y2x，ylog2x，y2x的图象，如图所示，

a则Aa,2，Bb,log2b.

由反函数的性质知A，B关于点1,1对称， 则ab2，2log2b2.因为a0，b0，且aab，

ab所以0ab1，故A，B，D正确. 2因为f(x)2xx2在R上单调递增，且f所以

23120，f(1)10， 221a1. 222222因为aba(2a)2(a1)2确. 故选：ABD 【点睛】

15a1，所以a2b22,，故C不正22方法点睛：通过画函数图象把零点问题转化为函数图象的交点问题，本题考查了运算能力和逻辑推理能力，属于难题.

27．设函数fxminx2,x,x2其中minx,y,z表示x,y,z中的最小者.下列说

法正确的有（ ） A．函数fx为偶函数

B．当x1,时，有fx2fx C．当xR时，ffxfx

D．当x4,4时，fx2fx 【答案】ABC 【分析】

画出fx的图象然后依据图像逐个检验即可． 【详解】

解：画出fx的图象如图所示：

对A，由图象可知：fx的图象关于y轴对称，故fx为偶函数，故A正确； 对B，当1x2时，1x20，fx2f2x2xfx； 当2x3时，0x21，fx2x2fx；

当3x4时，1x22，fx22x24xx2fx； 当x4时，x22，此时有fx2fx，故B成立；

对C，从图象上看，当x0,时，有fxx成立，令tfx，则t0，故

ffxfx，故C正确；

对D，取x确． 故选：ABC． 【点睛】

方法点睛：一般地，若fxminSx,Tx（其中minx,y表示x,y中的较小者），则fx的图象是由Sx,Tx这两个函数的图象的较低部分构成的．

3，则2111ff，22431f，fx2fx，故D不正22

log51x,x18．已知函数fx，则方程2x22,x1（ ）

1fx2a的实根个数可能为

xA．8 【答案】ABC 【分析】

B．7 C．6 D．5

以fx1的特殊情形为突破口，解出x1或3或用换元的思想进一步讨论即可. 【详解】 由基本不等式可得

41或4，将x2看作整体，利5xx1120或x24， xxlog51x,x1作出函数fx的图像，如下： 2x22,x1

①当a2时，x故方程fx11224或0x21， xx12a的实数根个数为4； x②当a2时，x故方程fx111224或0x21或x22， xxx12a的实数根个数为6； x③当1a2时，24x或2x11124或0x21或1x22 xxx123， x12a的实数根个数为8； x故方程fx④当a1时，x故方程fx111124或0x21或x21或x23，

xxxx12a的实数根个数为7； x⑤当0a1时，4x1120或3x24， xx故方程fx12a的实数根个数为2； x1120或3x24， xx⑥当a0时，x故方程fx12a的实数根个数为3； x⑦当a0时，x故方程fx故选：ABC 【点睛】

123， x12a的实数根个数为2； x本题考查了求零点的个数，考查了数形结合的思想以及分类讨论的思想，属于难题.

9．已知定义在R上的函数fx的图象连续不断，若存在常数t(tR)，使得

f(xt)tf(x)0对任意的实数x成立，则称fx是回旋函数.给出下列四个命题中，正确

的命题是（ ）

A．常值函数f(x)a(a0)为回旋函数的充要条件是t1； B．若yax(0a1)为回旋函数，则t1； C．函数f(x)x2不是回旋函数；

4030]上至少有2015个零点. D．若fx是t2的回旋函数，则fx在[0，【答案】ACD 【分析】

A.利用回旋函数的定义即可判断；B.代入回旋函数的定义，推得矛盾，判断选项；C.利用回旋函数的定义，令x0，则必有t0 ，令x1，则t23t10，推得矛盾；D.根据回旋函数的定义，推得fx22fx，再根据零点存在性定理，推得零点的个数. 【详解】

A.若fxa，则fxta，则ata0，解得：t1，故A正确； B.若指数函数ya故B不正确；

C.若函数fxx是回旋函数，则xttx20，对任意实数都成立，令x0，则

22x0a1为回旋函数，则axttax0，即att0，则t0，

必有t0 ，令x1，则t23t10，显然t0不是方程的解，故假设不成立，该函数不是回旋函数，故C正确；

D. 若fx是t2的回旋函数，则fx22fx0，对任意的实数x都成立，即有

fx22fx，则fx2与fx异号，由零点存在性定理得，在区间x,x2上必有一个零点，可令x0,2,4,...20152，则函数fx在0,4030上至少存在2015个零点，故D正确. 故选：ACD 【点睛】

本题考查以新定义为背景，判断函数的性质，重点考查对定义的理解，应用，属于中档题型.



10．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

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

0,xCQR函数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．

二、导数及其应用多选题

11．对于函数f(x)A．函数在xlnx，下列说法正确的是（ ） x21 2eB．函数的值域为,D．

e处取得极大值1 2eC．f(x)有两个不同的零点 【答案】ABD 【分析】

f(2)f()f(3)

求导，利用导数研究函数的单调区间，进而研究函数的极值可判断A选项，作出函数f(x)的抽象图像可以判断BCD选项. 【详解】

12xlnx2x12lnx， 函数的定义域为0,，求导

f(x)xx4x3令f(x)0，解得：xe

x f(x) f(x) 0,e  e 0 e,  极大值 所以当xe时，函数有极大值fe1，故A正确； 2e对于BCD，令f(x)0，得lnx0，即x1，当x时，lnx0，x20，则

f(x)0

作出函数f(x)的抽象图像，如图所示：

由图可知函数的值域为,f(x)在

1，故B正确；函数只有一个零点，故C错误；又函数2ee,上单调递减，且e32，则f(2)f()f(3)，故D

正确； 故选：ABD 【点睛】

方法点睛：本题考查利用导数研究函数单调性，函数的极值，函数的值域，及求函数零点个数，求函数零点个数常用的方法：

（1）方程法：令fx0，如果能求出解，有几个解就有几个零点．

（2）零点存在性定理法：利用定理不仅要求函数在区间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像与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性)才

能确定函数有多少个零点或零点值所具有的性质．

（3）数形结合法：转化为两个函数的图像的交点个数问题．先画出两个函数的图像，看其交点的个数，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．

12．关于函数f(x)exasinx，x(,)，下列说法正确的是（ ） A．当a1时，f(x)在(0,f(0))处的切线方程为2xy10； B．当a1时，f(x)存在唯一极小值点x0，且1fx00； C．对任意a0，f(x)在(,)上均存在零点； D．存在a0，f(x)在(,)上有且只有一个零点. 【答案】ABD 【分析】

当a1时，f(x)exsinx，求出f(x),f(0),f(0)，得到f(x)在(0,f(0))处的切线的点斜式方程，即可判断选项A；求出f(x)0,f(x)0的解，确定f(x)单调区间，进而求出f(x)极值点个数，以及极值范围，可判断选项B；令f(x)exasinx0，当

a0时，分离参数可得1sinxsinxx，设g(x)x,x(,)，求出g(x)的极值aee最值，即可判断选项C，D的真假. 【详解】

A.当a1时，f(x)exsinx，所以f(x)excosx，f(0)e0cos02，

f(0)e001，所以f(x)在(0,f(0))处的切线方程为2xy10，故正确；

B. 因为f(x)exsinx0，所以f(x)单调递增，又f(2)20，

f(f(3)e4343cose434334324eee2，又，即，则4e22233)0，所以存在x0,，使得f(x0)0，即 ex0cosx00，则在

2440,x0上fx0，在x0,上，fx0，所以f(x)存在唯一极小值点x为f(x0)e0sinx0sinx0cosx0x，因

32sinx0，x0,，所以

244x03,442sinx，01,0，故正确； 41sinxx，设aeC.令f(x)exasinx0，当a0时，可得sinx2sinxg(x)x,x(,)，则cosxsinx4，令g(x)eexexg(x)0，解得xk52k时g(x)0，当,kZ,k1当x2k,444955x2k,2k时，g(x)0，所以当x2k，kZ,k1时，

444g(x)取得极小值，即x353gx取得极小值，又g,,...，4445g4... ，33gx因为在,上，递减，所以gxg44x2k234e，所以当24，kZ,k0时， g(x)取得极大值，即x94,4gx取得极大值，,...，9又gg442gxg，所以x,时，... ，所以 42e421234a，当3时，f(x)在(,)上不存在e，即

a22e4e4234egx22零点，故C错误； D. 当1a22e4，即a2e4时，y与gxxae1sinx的图象只有一个交点，所以

存在a0，f(x)在(,)上有且只有一个零点，故D正确； 故选：ABD 【点睛】

方法点睛：用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定

理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．

213．对于函数fxxaxlnxa1，其中aR，下列4个命题中正确命题有（ ）

A．该函数定有2个极值 C．该函数一定存在零点 【答案】BD 【分析】

B．该函数的极小值一定不大于2 D．存在实数a，使得该函数有2个零点

求出导函数，利用导数确定极值，结合零点存在定理确定零点个数． 【详解】

函数定义域是(0,)，

12x2ax1由已知f(x)2xa，

xx12x,xxx0，x1,x2一正一，有两个不等实根，但2xax10a80121222负．

由于定义域是(0,)，因此f(x)0只有一个实根，f(x)只有一个极值，A错； 不妨设x10x2，则0xx2时，f(x)0，f(x)递减，xx2时，f(x)0，

212x2f(x)递增．所以f(x2)是函数的极小值．2xax210，a，

x2222f(x2)x2ax2lnx2a1＝

212x212x12xlnx21x22x2lnx22，

x2x222222设g(x)x2xlnx11112，则g(x)2x22(1x)(22)， xxxx0x1时，g(x)0，g(x)递增，x1时，g(x)0，g(x)递减，

所以g(x)极大值＝g(1)2，即g(x)2，所以f(x2)2，B正确； 由上可知当f(x)的极小值为正时，f(x)无零点．C错； f(x)的极小值也是最小值为f(x2)x22x2lnx2212， x2例如当x23时，a17，f(x2)0，x0时，f(x)，又3f(e2)e417217171417e21e2(e2)0（(e2)， 33333所以f(x)在(0,3)和(3,)上各有一个零点，D正确． 故选：BD． 【点睛】

思路点睛：本题考查用导数研究函数的极值，零点，解题方法是利用导数确定函数的单调

性，极值，但要注意在函数定义域内求解，对零点个数问题，注意结合零点存在定理，否则不能确定零点的存在性．

14．函数fxaxbxcxda0有两个极值点x1、x2x1x2，则下列结论

32正确的是（ ） A．b23ac0

C．若afx10，则fx只有一个零点 【答案】ACD 【分析】

利用极值点与导数的关系可判断A选项的正误；取a0，利用函数的单调性与导数的关系可判断B选项的正误；分a0、a0两种情况讨论，分析函数fx的单调性，结合图象可判断C选项的正误；计算出函数fx的图象关于点D选项的正误. 【详解】

B．fx在区间x1,x2上单调递减 D．存在x0，使得fx1fx22fx0

b,3abf对称，可判断3afxax3bx2cxda0，则fx3ax22bxc.

对于A选项，由题意可知，关于x的二次方程3ax2bxc0a0有两个不等的实

2根，

则4b212ac0，可得b23ac0，A选项正确；

对于B选项，当a0时，且当xx1,x2时，fx0，此时函数fx在区间

x1,x2上单调递增，B选项错误；

对于C选项，当a0时，由fx0，可得xx1或xx2；由fx0，可得x1xx2.

所以，函数fx的单调递增区间为,x1、x2,，单调递减区间为x1,x2， 由afx10，可得fx10，

此时，函数fx的极大值为fx10，极小值为fx2，且fx2fx10，如下图所示：

由图可知，此时函数fx有且只有一个零点，且零点在区间x2,内； 当a0时，由fx0，可得xx1或xx2；由fx0，可得x1xx2. 所以，函数fx的单调递减区间为,x1、x2,，单调递增区间为x1,x2， 由afx10，可得fx10，

此时，函数fx的极小值为fx10，极大值为fx2，且fx2fx10，如下图所示：

由图可知，此时函数fx有且只有一个零点，且零点在区间x2,内，C选项正确；

对于D选项，由题意可知，x1、x2是方程3ax22bxc0的两根， 由韦达定理可得x1x2c2b，x1x2， 3a3a3232ftxftxatxbtxctxdatxbtxctxd

322322at33t2x3tx2x3bt22txx2cat3tx3txxbt2txxctxd

2at33tx22bt2x22ct2d，

取tb，则3ab3b2bb2bfx2a3x2bx22c2d3a3a3a3a3a2bfx3a

bbb2a2b2c2d2f3a3a3a所以，函数fx的图象关于点3b，

3ab,3abf对称， 3ab，D选项正确. 3ax1x2故选：ACD. 【点睛】

2b，fx1fx22f3a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.

15．已知函数fxlnxx1，gxxx1lnx，则下列结论正确的是（ ） xA．gx存在唯一极值点x0，且x01,2 B．fx恰有3个零点

C．当k1时，函数gx与hxkx的图象有两个交点 D．若x1x20且fx1fx20，则x1x21

【答案】ACD 【分析】

根据导数求得函数gx在(0,)上为单调递减函数，结合零点的存在性定，可判定A正确；利用导数求得函数 fx在(,0)，(0,)单调递减，进而得到函数 fx只有2个零点，可判定B不正确；由gxkx，转化为函数xx1lnx和 m(x)(1k)x的图象的交点个数，可判定C正确；由fx1fx20，化简得到 fx1f(结合单调性，可判定D正确. 【详解】

111由函数gxxx1lnx，可得 gxlnx,x0，则gx20，

xxx1)，x2所以gx在(0,)上为单调递减函数，又由 g110,g2ln2所以函数gx在区间(1,2)内只有一个极值点，所以A正确； 由函数fxlnxx1， x10， 21x2x1当x0时，fxlnxx，可得 fx， 2xx22因为xx1(x)1230，所以 fx0，函数fx在(0,)单调递减； 4又由f10，所以函数在(0,)上只有一个零点， 1x2x1当x0时，fxln(x)x，可得 fx，

xx222因为xx1(x)1230，所以 fx0，函数fx在(,0)单调递减； 4又由f10，所以函数在(,0)上只有一个零点， 综上可得函数fxlnxx1在定义域内只有2个零点，所以B不正确； x令gxkx，即xx1lnxkx，即 x1lnx(1k)x， 设xx1lnx， m(x)(1k)x， 可得xlnx1111，则 x20，所以函数x(0,)单调递增， xxx又由10，可得当x(0,1)时， x0，函数x单调递减， 当x(1,)时，x0，函数 x单调递增， 当x1时，函数x取得最小值，最小值为10， 又由m(x)(1k)x，因为k1，则 1k0，且过原点的直线，

结合图象，即可得到函数xx1lnx和 m(x)(1k)x的图象有两个交点，所以C正确；

由x1x20，若x10,x20时，因为 fx1fx20，

11111fx1fx2lnx2x2lnf1可得xxx222x2，即 x2fx1f(11)，因为fx在(0,)单调递减，所以 x1，即x1x21， x2x2同理可知，若x10,x20时，可得x1x21，所以D正确. 故选：ACD.

【点睛】

函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：

1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从fx中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；

2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.

16．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)exxx2，

m(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.

17．对于定义域为R的函数f(x)，f(x)为f(x)的导函数，若同时满足：①f00；②当xR且x0时，都有xf(x)0；③当x10x2且x1x2时，都有

fx1fx2，则称f(x)为“偏对称函数”.下列函数是“偏对称函数”的是（ ）

A．f1(x)e2xexx

B．f2(x)ex1

xex1,x0C．f3(x)

x,x02x,x0f(x)D．4 ln(1x),x0【答案】ACD 【分析】

结合“偏对称函数”的性质，利用导数的方法，分别讨论四个函数是否满足三个条件，即可得到所求结论． 【详解】

条件①f00；

由选项可得：f1(0)ee00，f2(0)e010，f3(0)e10，

0000f4(x)ln(10)0，即ABCD都符合；

x0x0xf(x)0条件②，或； f(x)0f(x)0即条件②等价于函数f(x)在区间(,0)上单调递减，在区间(0,)上单调递增；

对于f1(x)e2x2xxxxexx，则f1(x)2ee12e1e1，

由x0可得，f(x)2e1xx由x0可得，f1(x)2e1e10，即函数f1(x)单调递增；

xx1e10，即函数f(x)单调递减；满足条件②；

1对于f2(x)ex1，则f2(x)ex10显然恒成立，所以f2(x)ex1在定义域上单调递增，不满足条件②；

xxex1,x0对于f3(x)，当x0时，f3(x)x显然单调递减；当x0时，

x,x0f3(x)ex1显然单调递增；满足条件②；

2x,x0f(x)对于4，当x0时，f4(x)ln(1x)显然单调递减；当x0ln(1x),x0时，f4(x)2x显然单调递增，满足条件②； 因此ACD满足条件②；

条件③当x10x2且x1x2时，x1x2，都有fx1fx2，即

fx2fx1fx2fx20，

对于f1(x)e2xexx，

f1x2f1x1e2x2e2x1ex2ex1x1x2e2x2e2x2ex2ex22x2ex2ex2ex2ex22x2，

因为ex2ex22ex2ex22，当且仅当ex2ex2，即x20时，等号成立， 又x20，所以ex2ex22，

xxxx则f1x2f1x12e2e22x22e2e2x2

令gxeexxx，x0，

所以gxexex12exex110在x0上显然恒成立， 因此gxeexxx在x0上单调递增，所以gxg00，

xx即f1x2f1x12e2e2x20，所以f1x2f1x1满足条件③；

ex1,x0xx对于f3(x)，f3x2f3x1e21x1e2x21，

x,x0令hxex1，x0，则hxe10在x0上显然恒成立，

xx所以hxh00，则f3x2f3x1e2x210，即f3x2f3x1满足条

x件③；

2x,x0对于f4(x)，f4x2f4x12x2ln1x12x2ln1x2，

ln(1x),x0令ux2xln1x，x0， 则ux212110在x0上显然恒成立，所以uxu00， 1x则f4x2f4x12x2ln1x20，即f4x2f4x1满足条件③； 综上，ACD选项是“偏对称函数”， 故选：ACD. 【点睛】 思路点睛：

求解此类函数新定义问题时，需要结合函数新定义的概念及性质，结合函数基本性质，利用导数的方法，通过研究函数单调性，值域等，逐项判断，即可求解.（有时也需要构造新的函数，进行求解.）

18．定义在(0,)上的函数f(x)的导函数为f(x)，且f(x)f(x)，则对任意x1、xx2(0,)，其中x1x2，则下列不等式中一定成立的有（ ）

A．fx1x2fx1fx2 C．f2B．fx1fx2x2xfx11fx2 x1x22x1x1f(1)

D．fx1x2fx1fx2

【答案】ABC 【分析】 构造g(x)f(x)f(x)，由f(x)有g(x)0，即g(x)在(0,)上单调递减，根据各

xx选项的不等式，结合g(x)的单调性即可判断正误. 【详解】

由f(x)令g(x)xf(x)f(x)f(x)0， 知：

xxxfxfxf(x)，则gx0， 2xx∴g(x)在(0,)上单调递减，即

g(x1)g(x2)x2f(x1)x1f(x2)0

x1x2x1x2(x1x2)x1f(x1x2)f(x1)，

x1x2当x1x20时，x2f(x1)x1f(x2)；当x1x20时，x2f(x1)x1f(x2)； A：g(x1x2)g(x1)，g(x1x2)g(x2)有

x2f(x1x2)f(x2)，所以fx1x2fx1fx2； x1x2B:由上得x2f(x1)(x1x2)x1f(x2)(x1x2)成立，整理有

fx1fx2x2xfx11fx2； x1x2x1x1f(2)f(1)x1x1f22f(1)； C：由2x11，所以g(2)，整理得g(1)x121D：令x1x21且x11x2时，x211，g(x1)g(x2)f(x1)f()，x1x1g(x1x2)g(1)f(1)，

有g(x1x2)g(x1)，g(x1x2)g(x2)，所以无法确定g(x1x2),g(x1)g(x2)的大小. 故选：ABC 【点睛】

思路点睛：由f(x)xf(x)f(x)f(x)0， 形式得到

xxxf(x)f(x)f(x). ，即g(x)xx1、构造函数：g(x)2、确定单调性：由已知g(x)0，即可知g(x)在(0,)上单调递减. 3、结合g(x)单调性，转化变形选项中的函数不等式，证明是否成立.

19．已知函数fxex1ex24sin2x，则下列说法正确的是（ ）

2A．函数yfx是偶函数，且在,上不单调 B．函数yfx是奇函数，且在,上不单调递增 C．函数yfx在π,0上单调递增 2D．对任意mR，都有f【答案】AD 【分析】

mfm，且fm0

由函数的奇偶性以及函数的单调性即可判断A、B、C、D. 【详解】 解：对A，

fxex1ex2xe2x14sin=2cosx， x2e2定义域为R，关于原点对称，

e2x1e2x1fx=x2cos(x)2cos(x)f(x)， xeeyfx是偶函数，其图像关于y轴对称， f(x)在,上不单调，故A正确；

x对B，f(x)e12sinx， xef(x)ex11x2sin(x)=(e2sinx)f(x)， xxeef(x)是奇函数，

x令g(x)e12sinx， ex12cosx2+2cosx0， ex12sinx，且f(x)在,上单调递增， exx则g(x)e+f(x)在,上单调递增，故B错误；

对C，又

f(x)exf(0)0，

πx,0时，f(x)0，

2πyfx在,0上单调递减，故C错误；

2对D，

yfx是偶函数，且在(0,)上单调递增，

fmfm，且f(m)f(0)0，故D正确.

故选：AD. 【点睛】

用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性问题时应注意如下几方面： (1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域； (2)不能随意将函数的2个的单调递增（或递减）区间写成并集形式；

(3)利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.

20．已知函数fxkx1,x0，下列是关于函数yffx1的零点个数的判

logx,x02B．当k0时，有2个零点 D．当k0时，有1个零点

断，其中正确的是（ ） A．当k0时，有3个零点 C．当k0时，有4个零点 【答案】CD 【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f（x）的图象，利用数形结合即可得到结论． 【详解】

令yffx10，得ffx1，设f（x）＝t，则方程ffx1等价为f（t）＝﹣1，

①若k＞0，作出函数f（x）的图象如图：∵f（t）＝﹣1，

∴此时方程f（t）＝﹣1有两个根其中t2＜0，0＜t1＜1，由f（x）＝t2＜0，此时x有两解，

由f（x）＝t1∈（0，1）知此时x有两解，此时共有4个解， 即函数y＝f[f（x）]+1有4个零点．

②若k＜0，作出函数f（x）的图象如图：∵f（t）＝﹣1，∴此时方程f（t）＝﹣1有一个根t1，其中0＜t1＜1，

由f（x）＝t1∈（0，1），此时x只有1个解，即函数y＝f[f（x）]+1有1个零点． 故选：CD．

【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，属于难题．

三、三角函数与解三角形多选题

21．在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，下列命题正确的是（ ） A．若a:b:c4:5:6，ABC的最大内角是最小内角的2倍 B．若acosBbcosAc，则ABC一定为直角三角形 C．若a4,b5,c6，则ABC外接圆半径为167 7D．若cosABcosBCcosCA1，则ABC一定是等边三角形 【答案】ABD 【分析】

对于A选项，求得2AC，由此确定选项正确.对于B选项，求得A2，由此确定选项

正确.对于C选项，利用正弦定理求得ABC外接圆半径，由此确定选项错误.对于D选项，证得cosABcosBCcosCA1，得到ABC，确定选项正确. 【详解】

对于A选项，A角最小，C角最大.由余弦定理得cosA25361530，

25660421625365131cosC0，cos2A2cos2A121，240884cos2AcosC.0A2,0C2，则02A，所以2AC，所以A选项正确.

对于B选项，acosBbcosAc，由正弦定理得sinAcosBsinBcosAsinC，

sinAcosBcosAsinBsinABsinAcosBcosAsinB，cosAsinB0，由

于0A,0B，所以A2，故B选项正确.

216253651137，0C，sinC1对于C选项，cosC， 240888设三角形ABC外接圆半径为R，则选项错误.

2RccRsinC2sinC6877，故C3728对于D选项，0A,B0,AB，故1cosAB1，同理可得1cosBC1,1cosCA1， 要使cosABcosBCcosCA1， 则需cosABcosBCcosCA1，

所以AB0,BC0,CA0，所以ABC，所以D选项正确. 故选：ABD

【点睛】

利用正弦定理可求得三角形外接圆的半径R，要注意公式是

a2R，而不是sinAaR. sinA

22．中国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为

122c2a2b2实；一为从隅，开平方得积.把以上文字写成公式，即Sca42（S为三角形的面积，a、b、c为三角形的三边）.现有ABC满足

2sinA:sinB:sinC2:3:7，且ABC的面积S△ABC63，则下列结论正确的是

（ ）

A．ABC的周长为1027 列

C．ABC的外接圆半径为【答案】AB 【分析】

本题首先可根据sinA:sinB:sinC2:3:7得出a:b:c2:3:7，然后根据B．ABC的三个内角A、C、B成等差数

421 3D．ABC的中线CD的长为32 S△ABC122c2a2b2ca63以及S422求出三边的长，即可判断出A正确，然后根据余弦定理求出cosC1πC，则，AB2C，B正确，再然后根据

32c77即可判断出C错误，最后根据余弦定理求出cosB，再根据cosBsinC1414求出CD长，D错误. 2R【详解】

A项：设ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，

因为sinA:sinB:sinC2:3:7，所以由正弦定理可得a:b:c2:3:7， 设a2t，b3t，c7tt0，

2因为S△ABC7t24t29t21227t4t63，所以6342， 解得t2，则a4，b6，c27，

故ABC的周长为1027，A正确；

a2b2c21636281B项：因为cosC，

2ab2462所以Cπ2ππ2C， ，ABπ333π3，所以sinC， 32故ABC的三个内角A、C、B成等差数列，B正确； C项：因为C由正弦定理得2Rc27421221，R，C错误； sinC333a2c2b21628367D项：由余弦定理得cosB， 2ac242714在△BCD中BC4，BD7，

167CD27由余弦定理得cosB，解得CD19，D错误， 14247故选：AB. 【点睛】

ca2c2b2本题考查解三角形相关问题的求解，考查的公式有2R、cosB，考

sinC2ac查正弦定理边角互换的灵活应用，考查根据等差中项的性质证明数列是等差数列，考查计算能力，考查转化与化归思想，是难题.

23．（多选题）如图，设ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若

a、b、c成等比数列，A、B、C成等差数列，D是ABC外一点，

DC1,DA3，下列说法中，正确的是（ ）

A．B3 B．ABC是等边三角形

C．若A、B、C、D四点共圆，则AC13 D．四边形ABCD面积无最大值 【答案】ABC 【分析】

根据等差数列的性质和三角形内角和可得B3，根据等比中项和余弦定理可得ac，

即ABC是等边三角形，若A、B、C、D四点共圆，根据圆内接四边形的性质可得

D2，再利用余弦定理可求AC13，最后，根据311ADCDsinDAC2sin和223SSACDSABCAC2AD2CD22ADCDcosD可得

3335353，从而求出最大面积. SsinDcosD3sin(D)22232【详解】

由A、B、C成等差数列可得，A+C=2B，又ABC， 则B3，故A正确；

由a、b、c成等比数列可得，b2ac，根据余弦定理，b2a2c22accosB， 两式相减整理得，(ac)20，即ac，又B所以，ABC是等边三角形，故B正确；

若A、B、C、D四点共圆，则BD，所以，D3，

2， 3ADC中，根据余弦定理，AC2解得AC13，故C正确； 四边形ABCD面积为：

AD2CD22ADCDcosD，

SSACDSABC11ADCDsinDAC2sin3sinD3AC2 22324又AC2AD2CD22ADCDcosD106cosD，

3335353， sinDcosD3sin(D)22232因为D(0,)，当四边形面积最大时，sin(D)1，

3所以，S此时Smax3故选：ABC 【点睛】

本题考查解三角形和平面几何的一些性质，同时考查了等差等比数列的基本知识，综合性强，尤其是求面积的最大值需要一定的运算，属难题.

53，故D错误. 2

24．已知函数f(x)sinx（其中，0，||），2f0，83f(x)f恒成立，且f(x)在区间,上单调，则下列说法正确的是（ ）

12248A．存在，使得f(x)是偶函数 C．是奇数 【答案】BCD 【分析】 根据f(x)fB．f(0)f34 D．的最大值为3

3得到2k1，根据单调区间得到3，得到1或3，故8CD正确，代入验证知fx不可能为偶函数，A错误，计算得到B正确，得到答案. 【详解】

31k3f0，f(x)fT，kN， ，则8824288故T2，2k1，kN， 2k1f0，则f(x)sin0，故k，k，

8888kZ，

当x,时，xk,k，kZ，

6122424T,上单调，故，故T，即8，

24128241224，故

f(x)在区间024362，故3，

综上所述：1或3，故CD正确； 1或3，故8k或3k，kZ，fx不可能为偶函数，A错8误；

当1时，f(0)sinsink，8； 3f433sinksinkf(0)f，故48843f(0)sinsink， 当3时，83f4393sinksinkf(0)f，故， 488434，B正确； 综上所述：f(0)f故选：BCD. 【点睛】

本题考查了三角函数的性质和参数的计算，难度较大，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.

，且sinθ+cosθ＝a，其中a∈（0，1），则关于tanθ的值，在以下

22四个答案中，可能正确的是（ ）

111A．﹣3 B． C． D．

332【答案】CD 【分析】

sin0，对照四个选项得先由已知条件判断cos0，sin0，得到1tancos到正确答案. 【详解】

∵sinθ+cosθ＝a，其中a∈（0，1），

25．已知＜θ＜a21∴两边平方得：1+2sincos=a，∴sincos=0，

22∵2＜2，∴可得cos0，sin0，

∴tansin0， cossin1 cos又sinθ+cosθ＝a0，所以cosθ＞﹣sinθ，所以tan所以1tansin0， cos11，． 32所以tanθ的值可能是故选：CD 【点睛】

关键点点睛：求出tan的取值范围是本题解题关键．

26．对于函数f(x)sinxcosx2sinxcosx，下列结论正确的是（ ）

A．把函数f(x)的图象上的各点的横坐标变为原来的象，则是函数y=g(x)的一个周期

1倍，纵坐标不变，得到函数g(x)的图23B．对x1,x2,，若x1x2，则fx1fx2

2C．对xR,fxfx成立 44D．当且仅当x【答案】AC 【分析】

4k,kZ时，f(x)取得最大值21

tsinxcosx2sinx根据三角函数的变换规则化简即可判断A；令，

4ftt2t1，判断函数的单调性，即可判断B；代入直接利用诱导公式化简即可；首

先求出ft的最大值，从而得到x的取值； 【详解】

解：因为f(x)sinxcosx2sinxcosxsinxcosxsinxcosx1，令

2，所以ftt2t1， 2,2tsinxcosx2sinx，所以t4对于A：将f(x)sinxcosx2sinxcosx图象上的各点的横坐标变为原来的

1倍，则2g(x)sin2xcos2x2sin2xcos2x，所以

gxsin2xcos2x2sin2xcos2x

sin2xcos2x2sin2xcos2xgx，所以是函数y=g(x)的一个周期，故A正确；

对于B：因为x,则t3257x,，所以， 44452sinx2,1在,4453,上单调递增， 上单调递减，在4221152又fttt1t，对称轴为t，开口向上，函数fttt12242在2,1上单调递减， 所以函数f(x)在,故B错误； 对于C：f5453,上单调递减， 上单调递增，在42xsinxcosx2sinxcosx 44444fxsinxcosx2sinxcosx 44444sinxcosx2sinxcosx

24242424sinxcosx2sinxcosxfx，故C正确；

44444152,2因为ftt2t1t，t，当t2时ft取得最大值242ftmax21，令t2sinx2，则sinx1，所以

44x422k,kZ，解得x42k,kZ，即当x42k,kZ时，函数

fx取得最大值21，故D错误；

故选：AC 【点睛】

本题考查三角函数的综合应用，解答的关键是换元令tsinxcosx，将函数转化为二次函数；

27．已知函数fx3sin2xA．函数fx的图象关于直线x对称，则（ ）

232为奇函数 12B．函数fx在,上单调递增 32C．函数fx的图象向右平移aa0个单位长度得到的函数的图象关于x

6

对称，则

a的最小值是

3

D．若方程fxa在【答案】ACD 【分析】 由条件可得f2,上有2个不同实根x1，x2，则x1x2的最大值为

3631，可得从而得出fx的解析式, 选项A先得出63fx的表达式，可判断；选项B 求出函数的单调区间，可判断；选项C 根据图象平

12移变换得出解析式，可得答案；选项D 作出函数的图像，根据图象可判断.

【详解】 根据条件可得f则k223sin3k,kZ ，所以33326,kZ，由22，所以6

所以fx3sin2x选项A. fx 63sin2x为奇函数，故A正确. 12选项B. 由2k22x62k3，kZ 22kk252x2k，kZ 33xk5，kZ 65fx，所以函数在,上单调递减，故选项B不正确.

6323当k0时，

3x选项C. 函数fx的图象向右平移aa0个单位长度得到, y3sin2xa根据条件可得当x所以

3sin2x2a 66时，3sin6

2a3sin2a3

63662ak1,kZ,则ak,kZ 226由a0，则当k1时，a有的最小值是

3，故C正确.

fx3sin2x选项D. 作出的图象，如图

6当x由f2,xfx3 时，由，可得3633323sinx,xfx ，当时，由，可得2662632322xxxa3xfxa2当时，方程在,上有个不同实根，，则 21122363设x1x2，则x1x2x122x12x1，x1，

3623如图当a故选：ACD

3时，x1，x2分别为，时，x1x2最大，最大值为，故D正确.

6232

【点睛】

关键点睛：本题考查三角函数yAsinx的图像性质，考查三角函数的图象变换，解答本题的关键是根据正弦型函数的对称性求出的值，根据三角函数的对称性得到

22x1x2x1x12x1，x1，，属于中档题.

3623

28．已知函数f(x)2sinxA．函数f(x)的初相为B．若函数f(x)在(0)，则下列结论正确的是（ ） 6 6,上单调递增，则(0,2] 631,0对称，则可以为

22C．若函数f(x)关于点D．将函数f(x)的图象向左平移一个单位得到的新函数是偶函数，则可以为2023 【答案】AB 【分析】

根据选项条件一一判断即可得结果. 【详解】

A选项：函数f(x)2sinx(0)的初相为，正确； 66B选项：若函数f(x)在,上单调递增，则2k，632663622k，kZ，所以212k26k，kZ，又因为0，则

02，正确；

C选项：若函数f(x)关于点,0对称，则k,kZ，所以

2622k,kZ

故不可以为

131，错误； 2D选项：将函数f(x)的图象向左平移一个单位得到fx12sinx数，则是偶函662k,kZ，所以2k,kZ故不是整数，则不可以为32023，错误； 故选：AB 【点睛】

掌握三角函数图象与性质是解题的关键.

29．设函数fxAsinx，xR（其中A0，0，2），在

ff0f,上既无最大值，也无最小值，且，则下列结论错误的是2662（ ）

A．若fx1fxfx2对任意xR，则x2x1min B．yfx的图象关于点,0中心对称 3C．函数fx的单调减区间为k12,k7kZ 12D．函数yfxxR的图象相邻两条对称轴之间的距离是【答案】ABD 【分析】

根据条件先求函数的解析式，

对于A:判断出fx1为最小值，fx2为最大值，即可； 对于B:根据函数的对称性进行判断；

对于C:求出角的范围，结合三角函数的单调性进行判断；

2

对于D:根据函数的对称性即对称轴之间的关系进行判断. 【详解】

fx因为函数在,上既无最大值，也无最小值，

62所以,是函数的一个单调区间，区间长度为，

263623即函数的周期T2222，即，则03

330因为f0f，所以6为函数的一条对称轴；

6212①② 则1223由①②解得：=2，=3，即fxAsin2x，函数的周期T=. 3对于A: 若fx1fxfx2对任意xR恒成立，则fx1为最小值，fx2为最大值，所以|x1x2|对于B:xTkk,则x2x1必为的整数倍，故A错误，可选A; 2220，故,0不是yfx的对称中心，B

333时，fxAsin错误，可选B; 对于C:当xk12,k372x2k,2k时，，此时yfx32212T,故D错误，44单调递减，C正确，不选C;

对于D: 函数yfxxR的图象相邻两条对称轴之间的距离是可选D 故选:ABD 【点睛】

（1）求三角函数解析式的方法：①求A通常用最大值或最小值；②(2)求ω通常用周期；③求φ通常利用函数上的点带入即可求解；

（2）三角函数问题通常需要把它化为“一角一名一次”的结构，借助于ysinx或

ycosx的性质解题.

30．在ABC中，下列说法正确的是（ ） A．若AB，则sinAsinB B．若C2，则sin2Csin2Asin2B

C．若sinAcosB，则ABC为钝角三角形 D．存在ABC满足cosAcosB0 【答案】ABC 【分析】

根据大角对大边，以及正弦定理，判断选项A；利用余弦定理和正弦定理边角互化，判断选项B；结合诱导公式，以及三角函数的单调性判断CD. 【详解】 A.B.

AB，ab，根据正弦定理

ab，可知sinAsinB，故A正确； sinAsinBa2b2c2C，cosC0，即a2b2c2，由正弦定理边角互化可知

2ab2sin2Csin2Asin2B，故B正确；

C.当0A2时，sinAcosBcosAcosB，即22ABAB2，即C2，则ABC为钝角三角形，若A2，

sinAcosBcosAcosB，即ABAB成立，A是钝角，当

222A2是，sinAcosB，所以综上可知：若sinAcosB，则ABC为钝角三角形，

故C正确；

D.ABAB，

0A,0B，

cosAcosBcosB，

即cosAcosB0，故D不正确. 故选：ABC 【点睛】

关键点点睛：本题考查判断三角形的形状，关键知识点是正弦定理和余弦定理，判断三角形形状，以及诱导公式和三角函数的单调性.

四、数列多选题

31．已知数列{an},{bn}均为递增数列，{an}的前n项和为Sn,{bn}的前n项和为Tn,且满足anan12n,bnbn12(nN)，则下列结论正确的是（ ） A．0a11 【答案】ABC 【分析】

利用数列单调性及题干条件，可求出a1,b1范围；求出数列{an},{bn}的前2n项和的表达式，利用数学归纳法即可证明其大小关系，即可得答案.

B．1b12

C．S2nT2n

D．S2nT2n

n*【详解】

因为数列{an}为递增数列， 所以a1a2a3，

所以2a1a1a22，即a11， 又2a2a2a34，即a22a12， 所以a10，即0a11，故A正确； 因为{bn}为递增数列， 所以b1b2b3，

所以b1bb， 122，即b122又b2b2b34，即b2222， b1所以b11，即1b12，故B正确；

{an}的前2n项和为S2n(a1a2)(a3a4)(a2n1a2n)

= 2[13(2n1)]n2n(12n1)2n2，

2n1因为bnbn12，则bn1bn22，所以bn22bn，

则{bn}的2n项和为T2n(b1b3b2n1)(b2b4b2n) =b1(22201n1)b2(20212n1)(b1b2)(2n1)

2b1b2(2n1)22(2n1)，

当n=1时，S22,T222，所以T2S2，故D错误； 当n2时

假设当n=k时，22(2k1)2k2，即2(2k1)k2，

则当n=k+1时，2(2k11)2(2k2k1)2k22(2k11)2k2k2

k22k1(k1)2

所以对于任意nN*，都有22(2k1)2k2，即T2nS2n，故C正确 故选：ABC 【点睛】

本题考查数列的单调性的应用，数列前n项和的求法，解题的关键在于，根据数列的单调性，得到项之间的大小关系，再结合题干条件，即可求出范围，比较前2n项和大小时，需灵活应用等差等比求和公式及性质，结合基本不等式进行分析，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题.

32．已知数列an中，a11，an1不等式

111an，nN*.若对于任意的t1,2，nnan2t2a1ta2a2恒成立，则实数a可能为（ ） nB．－2

C．0

D．2

A．－4 【答案】AB 【分析】 由题意可得

aan1an111，利用裂项相相消法求和求出n22，只需n1nnn1nn2t2a1ta2a22对于任意的t1,2恒成立，转化为

2ta1ta0对于任意的t1,2恒成立，然后将选项逐一验证即可求解.

【详解】

an1则

aa1111n1an，n1n，

n1nn(n1)nn1nn，

anan1aa1111，n1n2，nn1n1nn1n2n2n1ana11a11，n22， nnnna2a111， 212上述式子累加可得：

2t2a1ta2a22对于任意的t1,2恒成立，

整理得2ta1ta0对于任意的t1,2恒成立， 对A，当a4时，不等式2t5t40，解集对B，当a2时，不等式2t3t20，解集对C，当a0时，不等式2t1t0，解集5,4，包含1,2，故A正确； 23,2，包含1,2，故B正确； 21,0，不包含1,2，故C错误； 21对D，当a2时，不等式2t1t20，解集2,，不包含1,2，故D错误，

2故选：AB. 【点睛】

本题考查了裂项相消法、由递推关系式求通项公式、一元二次不等式在某区间上恒成立，考查了转化与划归的思想，属于中档题.

33．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

B．an2n1

C．aaa【答案】BCD 【分析】

21222322n1 a32nD．

111b1b2b2b3b3b411 bnbn1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，

所以，数列an是首项为1，公比为2的等比数列，an12选项正确；

n12n1，A选项错误，B

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；

1（4）对于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求和.

34．下面是关于公差d0的等差数列an的几个命题，其中正确的有（ ） A．数列an递增

B．Sn为an的前n项和,则数列Sn是递增的等差数列 nSnanSaC．若n，n为n的前n项和，且为等差数列，则c0

ncD．若a70，Sn为an的前n项和，则方程Sn0有唯一的根n13 【答案】ABD 【分析】

选项A. 由题意an1and0可判断；选项B.先求出

Snn1a1d，根据n20或c1时

Sn1Sndnn10可判断；选项C. 若ann,则Sn，则cn1n22n1SnSdn6D.为等差数列可判断；选项由n0可判断.

2nc【详解】

选项A. 由题意an1and0，则an1an，所以数列an递增，故A正确. 选项B. Snna1所以

Snn1n1d d,则na1n22Sn1SndSSS0，则n1n，所以数列n是递增的等差数列. 故B正确. n1n2n1nn选项C. 若ann,则Sn当cnn1Snnn1，则

nc2nc20时，

Snn+1为等差数列. nc2Snn为等差数列.所以选项C不正确. nc2当c1时，

选项D. a70,即a7a16d0，则a16d 又Snna1nn1nn1n1d6dnddn60 222n10，得n13，故选项D正确. 2由d0,n0，所以6故选：ABD 【点睛】

关键点睛：本题考查等差数列的判定和单调性的单调，解答本题的关键是利用等差数列的定义和前n项和公式进行判断，求出Sndn6n1，从而判断，属于中档题. 2

35．关于等差数列和等比数列，下列四个选项中正确的有（ ）

A．若数列{an}的前n项和Sn2n2，则数列{an}为等差数列 B．若数列{an}的前n项和Sn2n12，则数列{an}为等比数列

C．若等比数列an是递增数列，则an的公比q1

D．数列{an}是等比数列，Sn为前n项和，则Sn，S2nSn，S3nS2n，列 【答案】AB 【分析】

对于A，求出 an4n2，所以数列{an}为等差数列，故选项A正确；对于B， 求出

仍为等比数

an2n，则数列{an}为等比数列，故选项B正确；对于选项C，有可能

a10,0q1，不一定 q1，所以选项C错误；对于D，比如公比q1，n为偶

数，Sn，S2nSn，S3nS2n，，均为0，不为等比数列．故选项D不正确． 【详解】

2对于A，若数列{an}的前n项和Sn2n，所以Sn12(n1)2(n2)，所以

anSnSn14n2(n2)，适合a12，所以数列{an}为等差数列，故选项A正

确；

对于B，若数列{an}的前n项和Sn2n12，所以Sn12n2(n2)，所以

anSnSn12n(n2)，又a1422，a2S2S18224， a22a1

则数列{an}为等比数列，故选项B正确；

对于选项C，若等比数列an是递增数列，则有可能a10,0q1，不一定 q1，所以选项C错误；

对于D，数列{an}是等比数列，Sn为前n项和，则Sn，S2nSn，S3nS2n，不一定为等比数列，比如公比q1，n为偶数，Sn，S2nSn，S3nS2n，，均为0，不为等比数列．故选项D不正确． 故选：AB 【点睛】

方法点睛：求数列的通项常用的方法有：（1）公式法；（2）归纳法；（3）累加法；（4）累乘法；（5）构造法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.

1，且Sn＝an1（λ为常数）．若数列{bn}满36．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝足anbn＝n9n20，且bn1bn，则满足条件的n的取值可以为（ ）

2A．5 【答案】AB 【分析】

B．6 C．7 D．8

利用a1S1可求得2；利用anSnSn1可证得数列an为等比数列，从而得到

an2n1，进而得到bn；利用bn1bn0可得到关于n的不等式，解不等式求得n的

取值范围，根据nN求得结果. 【详解】

当n1时，a1S1a11，11，解得：2

Sn2an1

当n2且nN时，Sn12an11

anSnSn12an2an1，即：an2an1

an2n1

数列an是以1为首项，2为公比的等比数列，

n29n20anbnn9n20，bn

2n12n19n120n29n20n211n28bn1bn0 nn1n22222n0，n11n28n4n70，解得：4n7

2又nN，n5或6 故选：AB 【点睛】

关键点点睛：本题考查数列知识的综合应用，涉及到利用an与Sn的关系求解通项公式、等比数列通项公式的求解、根据数列的单调性求解参数范围等知识，解决本题的关键点是能够得到bn的通项公式，进而根据单调性可构造出关于n的不等式，从而求得结果，考查学生计算能力，属于中档题．

37．已知等差数列an的前n项和为Sn（n∈N*），公差d≠0，S6=90，a7是a3与a9的等比中项，则下列选项正确的是（ ） A．a1=22

C．当n=10或n=11时，Sn取得最大值 【答案】BCD 【分析】

由等差数列的求和公式和通项公式，结合等比数列的中项性质，解方程可得首项和公差，求得等差数列的通项an和Sn，由二次函数的最值求法和二次不等式的解法可得所求值，判断命题的真假． 【详解】

等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d0，

由S690，可得6a115d90，即2a15d30，①

由a7是a3与a9的等比中项，可得a7a3a9，即(a16d)(a12d)(a18d)，

22B．d=－2

D．当Sn>0时，n的最大值为20

化为a110d0，② 由①②解得a120，d2， 则an202(n1)222n，Sn由Sn(n1n(20222n)21nn2， 2212441)，可得n10或11时，Sn取得最大值110； 24由Sn0，可得0n21，即n的最大值为20． 故选：BCD 【点睛】

方法点睛：数列最值常用的方法有：（1）函数（单调性）法；（2）数形结合法；（3）基本不等式法.要结合已知条件灵活选择合适的方法求解.

38．在数列an中，如果对任意nN*都有

an2an1k（k为常数），则称an为等

an1an差比数列，k称为公差比.下列说法正确的是（ ） A．等差数列一定是等差比数列 B．等差比数列的公差比一定不为0

C．若an32，则数列an是等差比数列

nD．若等比数列是等差比数列，则其公比等于公差比 【答案】BCD 【分析】

考虑常数列可以判定A错误，利用反证法判定B正确，代入等差比数列公式判定CD正确. 【详解】

对于数列an，考虑an1,an11,an2若等差比数列的公差比为0，以B选项说法正确；

an2an11，无意义，所以A选项错误；

an1anan2an10,an2an10，则an1an与题目矛盾，所

an1anan2an13，数列an是等差比数列，所以C选项正确； 若an32，

an1ann若等比数列是等差比数列，则ana1qn1,q1，

a1qnq1an2an1a1qn1a1qnq，所以D选项正确.

an1ana1qna1qn1a1qn1q1故选：BCD 【点睛】

易错点睛：此题考查等差数列和等比数列相关的新定义问题.解决此类问题应该注意： （1）常数列作为特殊的等差数列公差为0；

（2）非零常数列作为特殊等比数列公比为1.

39．设数列{an}的前n项和为Sn(nN)，关于数列{an}，下列四个命题中正确的是

*（ ）

A．若an1an(nN*)，则{an}既是等差数列又是等比数列 B．若SnAnBn(A，B为常数，nN*)，则{an}是等差数列 C．若Sn11，则{an}是等比数列

D．若{an}是等差数列，则Sn，S2nSn，S3nS2n(nN【答案】BCD 【分析】

利用等差等比数列的定义及性质对选项判断得解. 【详解】

选项A: an1an(nN*),an1an0得{an}是等差数列，当an0时不是等比数列，故错; 选项B:

*n2)也成等差数列

SnAn2Bn,anan12A,得{an}是等差数列，故对;

n选项C: Sn11,SnSn1an2(1)n1(n2),当n1时也成立，

an2(1)n1是等比数列，故对;

选项D: {an}是等差数列，由等差数列性质得Sn，S2nSn，S3nS2n(nN列，故对; 故选：BCD 【点睛】

熟练运用等差数列的定义、性质、前n项和公式是解题关键.

*)是等差数

40．已知等差数列an的前n项和为Sn，若S981，a713，S3，S17S16，Sk成等比数列，则（ ） A．Snn C．k11 【答案】ACD 【分析】

先根据题意求出等差数列的首项和公差，再根据等差数列的通项公式和求和公式求得

2B．

11120 a1a2a2a3a10a1121D．an2n1

an,Sn，再由S3，S17S16，Sk成等比数列列出式子求解得出k的值，再利用裂项相消法

11110求和，得到，从而判断各项的正误. a1a2a2a3a10a1121【详解】

依题意，S99a581，解得a59； 而a713，故da7a52，则a1a54d1， 752则an2n1，Snn，故D、A正确：

因为S3，S17S16，Sk成等比数列，

2故S3SkS17S16a17，

2则9k2332，解得k11，故C正确； 而

11110，故B错误． a1a2a2a3a10a1121故选：ACD． 【点睛】

思路点睛：该题考查的是有关数列的问题，解题方法如下： （1）根据题意，求得通项公式，进而求得前n项和； （2）根据三项成等比数列的条件，列出等式，求得k的值；

111（3）利用裂项相消法，对求和； a1a2a2a3a10a11（4）对选项逐个判断正误，得到结果.