天津市南开区2021-2022学年高三上学期期末考试数学试题（PDF版含答案）

天津市南开区 2021 2022学年度第一学期期末 （A） 800 （B） 750 （C） 700 （D） 650
高三数学 2022年 1月 5. 设 log ln 1a = 3 2, b = 2, c = 5 2，则 a, b, c的大小关系为 （ ）
试题解答 Mike （A） a < b < c （B） c < a < b （C） b < a < c （D） c < b < a
本试卷分第 I卷（选择题）和第 II卷（非选择题）两部分，共 150分，考试用时 120分钟． 6. 设 P,A,B,C 为球 O表面上的四个点，PA,PB, PC 两两垂直，且 PA = 3, PB = 6，三棱锥 P ABC 的
祝各位考生考试顺利！ 体积为 1√8，则球 O的体积为 （ ）
第 I卷 23 46 343 √ 243（A） π （B） π （C） 27 6π （D） π
3 6 2
注意事项： ( ) 2π
1. 答第 I卷前，考生务必将自己的姓名、准考号、考试科目涂在答题卡上； 7. 设函数 f(x) = A sin(ωx + φ) A = 0, ω > 0,
π < φ < π 的图象关于直线 x = 对称，它的最小正周期
2 2
为 π，则
2. 每小题选出答案后，用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 ( ) [ ]
3
（ ）
1 π 2π
（A） f(x)的图象过点 0, ( ) （B） f(x)在 , 上是减函数涂其他答案标号； 2 12 3
5π (π )
3. 本卷共 9小题，每小题 5分，共 45分． （C） f(x)的一个对称中心是 , 0 （D） f(x)的一个对称中心是 , 012 6
参考公式：
x2 y
2 π
8. 已知双曲线 = 1 (a > 0, b > 0)，过原点作一条倾斜角 的直线分别交双曲线左、右两支于 P,Q两
球的体积公式 4 3，其中 表示球的半径． a2V = πR R b2 3球 3 点，以线段 PQ为直径的圆过右焦点 F，则双曲线的离心率为 （ ）
1 √ √ √ √ 锥体的体积公式 V锥体 = Sh，其中 S 表示锥体的底面积，h表示锥体的高． （A） 3 + 1 （B） 2 + 1 （C） 3 （D） 2
3
一、选择题：{在∣每小题给出的四个}选项中，只有一项是符合题目(要求)的． 9. 函数 f(x) = |2x 3| 8 sinπx (x ∈ R)的所有零点之和为 （ ）
1. （A） 10 （B） 11 （C） 12 （D） 13若全集 U = x ∣ 0 < x < 5, x ∈ Z , A = {1, 2}, B = {2, 3}，则 UA ∩B = （ ）
（A） {2} （B） {3} （C） {4} （D） {2, 3, 4} 第 II卷
2. 设 x ∈ R，则“x2 2x 3”是“2 x 4”的 （ ） 注意事项：
（A）充分不必要条件 （B）必要不充分条件
（C）充分必要条件 （D）既不充分也不必要条件 1. 用黑色墨水的钢笔或签字笔答题；
3. 函数 y = 2|x| sin 2x的图象可能是 （ ） 2. 本卷共 11小题，共 105分．
y
y y y 得分 评卷人
二、填空题：本大题共 6个小题，每小题 5分，共 30分．
π O π x π O π x π O π x π O π x 3 + i
10. 设 i为虚数单位，则 = ．
( ) 1 + i8
（A） （B） （C） （D） √ 111. 二项式 3 x 的展开式中，常数项是 ．
2x
4. 对某种电子元件使用寿命跟踪调查，抽取容量为 1000的样本，其频率分布直方图如图所示．根据此图可知 12. 直线 l : 3x y 6 = 0与圆 x2 + y2 2x 4y = 0相交于 A,B 两点，则 |AB| = ．
这批样本中寿命不低于 300 h的电子元件的个数为 （ ）
13. 对某实验项目进行测试，测试方法： 共进行 3轮测试； 每轮测试 2次，若至少合格 1次，则本轮通过，
频率 2
组距 否则不通过．已知测试 1次合格的概率为 ，如果各次测试合格与否互不影响，则在一轮测试中，通过的概
1 3
250 率为 ，在 3轮测试中，通过的次数 X 的期望是 ．
1 (y + 1)2 (x+ 1)2
400 14. 已知 x > 0, y > 0，则 + 的最小值为 ．
3 x y
2000
1 15. # # # # 在四边形 ABCD中，AB = 2DC,AB = 4, BC = AD = 2，则 AC · BD = ；若 E,F 分别是
2000
O 100 200 300 400 500 600 BE AF # # 寿命 (h) 边 BC,AB 上的点，且满足 = = λ，则当 AE ·DF < 0时，λ的取值范围是 ．
BC AB
第 1页
三、解答题：本大题共 5小题，共 75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 得分 评卷人
得分 评卷人
19.（本题满分 15分）
16.（本题满分 14分）
√ 在等比数列 {an}中，a1 = 2，且 a2, a1 + a3, a4依次是等差数列 {bn}的第 2项，第 5项，第 8项．
在△ABC 中，角 A,B,C 所对的边分别为 a, b, c，且 b sinA+ 3a cosB = 0, a = 2c,．
（ I ） 求 {an}和 {bn}的通项公式；
（ I ） 求角 B；
（ II） 设数列 {a2n an}的前 n项和为 Sn．
（ II） 求 a, c；
（ i） 求 Sn；
（III） 求 cos(2A B)的值． ∑n aibi + 2（ ii） 求证： < 6．
i=1 Si
得分 评卷人
17.（本题满分 15分）
如图，四棱锥 P ABCD中，PA⊥平面 ABCD,AB//DC,DA⊥AB,AB = AP = 2, DA = DC = 1, E 为
2
PC 上一点，且 PE = PC．
3
（ I ） 求证：AE⊥平面 PBC； P
（ II） 求证：PA//平面 BDE；
（III） 求平面 AEB 与平面 AED的夹角的大小． 得分 评卷人
E
A
D
20.（本题满分 16分）
B C 已知函数 f(x) = 2 lnx ax, a ∈ R．
（ I ） 当 a = 3时，求函数 f(x)的单调区间；
（ II） 若关于 x的不等式 f(x) ax2 + (a 2)x 2恒成立，求整数 a的最小值；
1
得分 评卷人 （III） 是否存在一条直线与函数 y = f(x) + x2的图象相切于两个不同的点？并说明理由．
2
18.（本题满分 15分）
x2 y2 1
已知椭圆 C : + = 1 (a > b > 0)的左、右焦点分别为 F1, F2，离心率为 ，点 P 是椭圆 C 上的一个
a2 b2 √ 2
动点，且△PF1F2面积的最大值为 3．
（ I ） 求椭圆 C 的方程；
（ II） 设斜率不为零的直线 PF2与椭圆 C 的另一个交点为 Q．
（ i） 求 |PQ|的取值范围； ( )
1
（ ii） 若 PQ的垂直平分线交 y轴于点 T 0, ，求直线 PQ的斜率．
8
第 2页
[ ]
天津市南开区 2021 2022学年度第一学期期末 [ π π] π 2π [ π π]所以，当A >[ 0时，]f(x)在 , 上单调递增，在 , 上单调递减．当A < 0时，f(x)在 ,高三数学 参考答案 12 6 6 3 12 6
π 2π
上单调递减，在 (, ) 上单调递增．1. B 6 3 ( )
5π 5π
解：因为 U = {1, 2, 3(, 4}, A) = {1, 2}， C项，因为 f ( ) = A sinπ = 0，所以，( f(x))的一个对称中心是 , 0 ．12 12所以， UA = {3, 4}, UA ∩B = {3}． π π π
D项，因为 f = A sin = A，所以 , 0 不是 f(x)的对称中心．
6 2 6
2. D
解：由 x2 2x 3 0得 (x 3)(x+ 1) 0，解得，x 1或 x 3． 8. A
所以，“x2 2x 3”是“2 x 4”的既不充分也不必要条件． 解 1：坐标法设 P (x1, y1)，则 Q ( x1, y1)．
π √
3. C 因为 直线 PQ过原点，且倾斜角为 ，所以直线 PQ的方程为 y = 3x．解：函数 f(x) = 2|x| sin 2x的定义域为 R． 3√y = 3x,
因为 f( x) = 2| x| sin |x| sin ， 由 得 (b2 3a2)x2 = a2( 2x) = 2 2x = f(x) b2．b2x2 a2y2 = a2b2,
所以，f(x)是奇函数，排除 A、B． y
π π 2 a
2b2 (√ )2 2 3a2b2
当 0 < x < 时，sin 2x > 0；当 < x < π时，sin 2x < 0，排除 D，故选 C． 所以，x1 = , y = 3x = ．b2 3a2 1 1 b22 2 3a2 Q
( ) 因为以 PQ为直径的圆过点 F，所以，PF⊥FQ．4. A
1 1 3 又因为 F (c, 0)，所以，
解：依题意得，不低于 300 h的电子元件个数为 100× + + × 1000 = 800．
400 250 2000 O F x
# · # FP FQ =(x1 c, y1) · ( x1 c, y1)
5. B
=c2 x21 y21
解：因为 P
1 √
2 2 2 2
=c2log log log
a b 3a b
= 3 3 < a = 3 2 < 3 3 = 1, b2 3a2 b2 3a22
√ =0.1
= ln e < ln 2 < ln e = 1.
2 所以，c2 (c2 4a2) = 4a2 (c2 a2) e2 (e2 4) =(4 (e2 )1)．√ √ 2 √
1 1 1 因为双曲线的离心率 e > 1，所以 e2 = 4 + 2 3 = 3 + 1 ，解得 e = 3 + 1．
0 < 5 2 = √ < ,
5 2 解 2：坐标法因为以 PQ为直径的圆过点 F，
且 log3 2 < ln 2，所以 c < a < b，选 B． 所以，PF⊥FQ且 |OQ| = |OP | = |OF | = c,O为坐标原点．
π
6. D 因为 ∠QOF = ，3
1 ( )
解： √依题意得， PA · PB · PC = 18．
△ c 3c c
2
3c
2 e2 3e
2
6 所以， OFQ为等边三角形，Q , 代入双曲线方程得 = 1，即 = 1，
因为 PA = 3, PB = 6， 2 2 4a2 4b2 4 4 (e2 1)√ √
PA2 + PB2 + PC2 9 4 4 729 243
所以PC = 6，球O的半径 解得 e = 3 + 1．R = = ，球O的体积V = πR3 = π× = π．
2 2 3 3 8 2 解 3：双曲线定义设双曲线的左焦点为 F1，连结 F1P, F1Q．
7. C 同解 2得△QOF 为等边三角形，所以，∠QOF 1 = 120 ． y
2π
解：因为 f(x)的最小正周期为 π，所以， = π．
| | 因为 |OF1| = |OQ| = c，
Q
ω √

因为 ω > 0，所以 ω = 2, f(x) = A sin(2x+ φ)． 所以 ∠F1OQ = ∠OQF1 = 30 ，从而有 QF1⊥QF, |QF1| = 3c．
2π
因为 f(x)的图象关于直线 x = 对称， 因为 |Q(F1| |QF | = 2a，3 √ ) c 2 √ F1 O F x
2π π ( 5π) 所以， 3 1 c = 2a，故 e = = √ = 3 + 1．所以，2× + φ = kπ+ , k ∈ Z，解得 φ = kπ , k ∈ Z． a 3 13 2 6
π π π (π因为 < φ < ，所以 φ = , f(x) = A sin 2x+ ． P2 2 6 6 )
π A A
A项，因为 f(0) = A sin = ，所以，f(x)过点 0, ．
6 2 2 9. C
π π 3π π 2π
B项，由 2kπ+ 2x+ 2kπ+ , k ∈ Z得 kπ+ x kπ+ , k ∈ Z．
2 6 2 6 3 解：由 f(x) = 0得 |2x 3| = 8 sinπx．
第 3页
( )
y 2
设 g(x) = | 32x 3|, h(x) = 8 sinπx，则 g(x)的图象关于 1 8x = 对称． 说明：也可以利用对立事件求 P (A), P (A) = 1 P (A0) = 1 = ．2 3 9
π 1 3 8
由 πx = kπ + , k ∈ Z得 x = k + , k ∈ Z，故 x = 是 h(x)的一条
2 2 2
对称轴． 14. 8
5 11
由 g(x) = 8得 |2x 3| = 8，解得 x = 或 x = ．
2 2 解：
5 1 7
在同一平面直角坐标系中作出函数 y = g(x)与 y = h(x)的图象，如图 2 2 2 (y + 1)2 (x+ 1)2 y2 + 1 + 2y x2 + 1 + 2x
3O 1 3 5 9 x + = + x y x y
不妨设 8个零点为 xi, i = 1, 2, 3, · · · , 8，且设 x1 < x2 < x3 < · · · < x8． 2 2 2 2 2
2y + 2y 2x+ 2x+
3 x y
由对称性知，x1 + x8 = x2 + x7 = x3 + x6 = x4 + x5 = 2× = 3．
2 4y 4x
= +
所以，x1 + x2 + x3 + · · ·+ x8 = 4× 3 = 12，选 C． x y
4y 4x 8 2 ·x y
10. 2 i =8.
3 + i (3 + i)(1 i) 4 2i
解： = = = 2 i．
1 + i (1 + i)(1 i) 2
当且仅当 x = y = 1时等号成立．
11. 7 ( )8 ( ) ( )k ( )k1 8 k
解：二项式 1x 3 x 1 的通项 T = Ck 1 1 1 8 4kk+1 38 x x 1 = Ck8x 3 3 ．2 2 2 [ √ )
7 33
8
由 4k = 0(得 k = 2．3 3 )8 ( )
15. 6, λ ∈ 0,
4
√ 21 1
所以，二项式 3 x 展开式中的常数项是 C2 = 7． 解：（1）依题意可知四边形 ABCD为底角是 60 的等腰梯形．
2x 8 2
√ # # # #
1 # # # # ． D CAC = AD +DC = AD + AB,BD = AD AB
12. 10 2
√ # # # # 1
解：圆 x2 + y2 2x 4y = 0的标准方程为 (x √1)
2 + (y 2)2 = 5，其圆心为 (1, 2)，半径 r = 5． 因为 AB ·AD = |AB||AD| cos∠BAD = 4× 2× = 4，所以，2 E
|3 2 6| 5 10
圆心 (1, 2)到直线 l的距离 d = √ = ． A F B
32√ √ + ( 1)
2 10
所以，|AB| = 2 r2 d2 = 10． ( )
# · # # 1
( )
# · # # AC BD = AD + AB AD AB
8 8 2
13. ,
9 3 # 2 1 # · # 1 # 2(解) ( =AD AD AB AB：记“)一轮测试中，合格 k次”为事件 Ak, k = 0, 1, 2，“一轮测试中，通过为事件”A，则 P (Ak) = 2 2k 2 k
2 1 2 1 1 2
Ck2 ．
=2 × 4 × 4
3 3 2 2
= 6.
P (A) =P (A1 ∪A2)
2 # # # # # （ ）因为 DF = AF AD = λAB AD，
=P (A1) ∪ P (A2)
=P (A1) + P ((A2)) 2 # # #
2 1 2 AE =AB +BE
=C12 × +3 3 3 # #( =AB + λBC8 )
= . # # # #
( ) 9 =A(B + λ)BA+AD +DC
8 8 8 λ # #
在 3轮测试中，通过的次数 X B 3, ，其期望 E(X) = 3× = ． = 1 AB + λAD.
9 9 3 2
第 4页
( )
所以， [( ) ] II # # # ( ) （ ） 证明： PA = (0, 0, 2), BD = ( 2, 1, 0), B E =
4 2 2
, , ．
3 3 3
# · # λ # # · # # AE DF = (1 )AB + λAD λ(AB AD ) # 2 #n ·BD = 0, 2x+ y = 0, 2x y = 0,设平面BDE的法向量为 #n = (x, y, z)，则 即 即λ λ # · # 4 2 2 # 2 # 2 2 # · # n BE = 0, x+ y + z = 0, 2x+ y + z = 0.=λ 1( A)B λAD +( λ + )1 AB AD 3 3 32 2 令 x = 1，则 #n = (1, 2, 0)为平面 BDE 的一个法向量．
λ λ # =16λ 1 4λ+ 4× λ2 + 1 因为 PA · #n = 0× 1 + 0× 2 0× 2 = 0，所以，PA⊥ #n ．
2 2
2 因为 PA 平(面 BD)E，所以，PA//平面 BDE．= 4λ + 14λ 4.
2 2 2
# # （III
# # #
） 解： AE = , , , AB = (2, 0, 0), AD = (0, 1, 0)．因为 AE ·DF < 0， √ √ 3 3 3
2 [ 2 7 33 7 + 33

所以， #
2 2 2
4λ + 14λ 4 < 0 4λ 7λ+)2 > 0，解得 λ < 或 λ > ． #u ·AE = 0, x+ y + z = 0, x+ y + z = 0,√ 4 4 设平面AEB的法向量为 #u = (x, y, z)，则 即 3 3 3 即7 33 #u · # AB = 0, ∈ x = 0, x = 0.因为 0 λ 1，所以，λ 0, ．
4 令 y = 1，则 #u = (0, 1, 1)为平面 AEB 的一个法向量．
说明：本题也可用坐标法解． # · # 2 2 2v AE = 0, x+ y + z = 0, x+ y + z = 0,
2π 11 设平面AED的法向量为 # 16.（ I ） ；（ II）少条件；（III） v = (x, y, z)，则B = 即 3 3 3 即# · # 3 14 v AD = 0, y = 0, y = 0.
√ √ #
（ I ） 解：因为 b sinA+ 3a cosB = 0，所以，sinB sinA+ 3 sinA cosB = 0． 令 x = 1，则 v = (1, 0, 1)为平面 AED的一个法向量．
√ √ #u · #2π v 1 1 π
因为 sin ，所以 sin # # A > 0 B = 3 cosB tanB = 3, B = ． 所以，cos u , v = = √ √ = ，故平面 AEB 与平面 AED夹角的大小为 ．# #
3 |u || v | 2 · 2 2 3
（ II） ( ) x2 y2 1 3√ 18.（ I ） + = 1；（ II）（ i）(3, 4)；（ ii）k = 或 k = ．1 4 3 2 2
（III） 由余弦定理得 b2 = a2 + c2 2ac cosB，即 b2 = 4c2 + c2 4c2 × ，所以 b = 7c．
2
√ （ I ） 解：设椭圆 C 的焦距为 2c．√ √ √ 3 1 c 1 √ √所以， 7a = 2b，由正弦定理得 7 sinA√= 2 sinB = 3，故 sinA = √ ． 因为椭圆 C 的离心率为 ，所以 = , a = 2c, b = a
2 c2 = 3c．
7 2 a 2
2 1 √
因为 B 为钝角，所以 A为锐角，cosA = 1 sin2 A = √ ． 当 P 为椭圆 C 的短轴端点时，△PF1F2的面积取得最大值 × 2c× b = bc，所以 bc = 3．
7 2
√ √ x2 y24 3 1
所以，sin 2A = 2 sinA cos(A = ,)cos 2A = 2 cos2 A 1 = ． 解得 c = 1, b = 3, a = 2，椭圆 C 的方程为 + = 1．7 7 4 3
2π 2π 2π 11所以，cos cos cos cos sin sin ． （ II）（ i） 由（ I ）知，F2(1, 0)．设直线 PF2的斜率为 k，则直线 PF2的方程为 y = k(x 1), k = 0．(2A B) = 2A = 2A + 2A =3 3 3 14 y = k(x 1),
π 由 得 (4k2 + 3)x2 8k2x+4k2 12 = 0, = 64k4 4 (4k2 + 3) (4k2 12) =
17.（ I ）见解答；（ II）见解答；（III） ． 3x23 + 4y2 = 12,
# # #
以 A为原点，分别以 AB,AD,AP 的方向为 x, y, z轴(建立空间)直角坐标系，如图 144 (k2 + 1)．
2 2 2 √ 2 2 2
A(0, 0, 0), B(2,(0, 0), C(1), 1, 0), D(0, 1, 0), P (0, 0, 2), E , , ．3 3 3 所以，| |
(1 + k )× 144 (k + 1) 12 (1 + k )
PQ = = ．
4k2 + 3 4k2 + 3
3
I #
2 2 2 # # 2
（ ） 证明： AE = , , , PB = (2, 0, 2), PC = (1, 1, 2)． 令 t = 4k + 3 > 3，则 |PQ| = + 3．
3 3 3 t z 3因为中 t > 3，所以 ∈ (0, 1), |PQ| ∈ (3, 4)． m# ·
#
PB = 0, P t
设 平面 PBC 的法向量为 m
# = (x, y, z)，则 即 （ ii） 设 P (x1, y1) , Q (x , y# 2 2)．#
m · PC = 0, ( )8k2 4k2 3k由（ i）(知 x)1 + x2 = ，所以线段 PQ的中点M 的坐标为 , ． 2x 2z = 0, 4k2 + 3 4k2 + 3 4k2 + 3E 1 3k 2x+ y 2z = 0. 1 + 2 4k + 24k + 3A 因为 T 0, ，所以线段 PQ中垂线的斜率 k 8 4k +3TM = 4k2 = ．2
取 x = 1，则m# = (1, 1, 1)为平面 PBC 的一个法向量． D 8 32k
y 4k
2+3
# 2
因为 AE = m# ， C 因为直线 TM 与直线 PQ垂直，
3 B 2
# # ⊥ 4k + 24k + 3所以，AE//m，故 AE 平面 PBC． x 所以， × k =
1 3
1，整理得 4k2 8k + 3 = 0，解得 k = 或 k = ．
32k2 2 2
第 5页
( )
n+1
19.（ I ）a = 2n
4 2 1 1
n , , n ∈ N , bn = 2n, n ∈ N ；（ II）（ i）S = 2n+1n + ；（ ii）见解答 因为 h =(2 ln)2 > 0, h(1) = 1 < 0，3 3 2 2
（ I ） 设 { }的 公比为 { }的公差为 ． 1an q, bn d 所以 h(x)在 , 1 内有唯一一个零点 x0，且 2 lnx0 = x0． 2 b1 + d = 2q, 当 0 < x < x 时，h(x) > 0，从而有 g′0 (x) > 0, g(x)在 (0, x0)内单调递增．
依题意得 b1 + 4d = 2 + 2q2, 解得 q = 2, b1 = 2, d = 2． 当 x > x0时，h(x) < 0，从而有 g′(x) < 0, g(x)在 (x0,+∞)内单调递减．b1 + 7d = 2q3, 2 lnx所以， 0 + 2x0 + 2 x0 + 2x0 + 2 1g(x)max = g (x0) = = = ．
x2 0 + 2x x
2 + 2x x
所以，数列 {an}的通项公式为 a = 2nn , n ∈ N , {bn}的通项公式为
0 0 0
bn = 2n, n ∈ N ． 0
1
因为 ∈ (1, 2)，所以 a 2，整数 a的最小值为 2．
（ II）（ i）由（ I ）知 a2n a 2nn = 2 2n = 4n( 2
n
)．所( 以，
x0
) 1 2 1 2 ′ 2
Sn =((4 2) + 42 22 + 4)3 (23 + · · ·+ (4n 2n) ) （III） 解：设 F (x) = f(x) + x = 2 lnx+ x ax, x > 0，则 F (x) = + x a．2 2 x
= 4 + 42 + 43 + · · ·+ 4n 2 + 22 + 23 + · · ·+ 2n 假设存在直线 l与函数 y = F (x)的图象切于两个不同的点 (x1, F (x1)) , (x2, F (x2)) , x1 > 0, x2 > 0且
x = x
4 (1 4n) 2 (1 2n) 1 2．
=
1 4 1 2 因为( 1F ′ (x1) = 2 lnx1 +) x21( ax1，所以，)函数 y = F (x) 的图象(在点 (x1, F ()x1)) 处的切线方程为4n+1 22
= 2n+1 + . 1 2 2 13 3 y 2 lnx 21 + x1 ax1 = (+ x1 a (x) x1)，整理得 y = + x1 a x+2 lnx1 x
2
2 x x 2 1
2．
1 1
2 1
aibi 2i× 2i + 2 3 (i · 2i+1 + 2) 3 (i · 2i + 1) 3(i+ 1) 3(i+ 2)（ ii）由（ i）知 同理可得，切线 l方程也为 y = + x2 a x+ 2 lnx2 x
2
2 2．=
S 4i+1
= = = x 2
2i+1 + 2 4i+1i 3× 2i+1 + 2 (2i+1 1) (2i 1) 2i 1 2i+1 1 23 3 2 2 2 2
所以， + x1 a = + x2 a, + x = + x ,
∑ ∑[ ]
1 2
所以， x1 x2 即 x1 x2
n n 1 1
aibi + 2 3(i+ 1) 3(i+ 2)
2 lnx 2 21 x1 2 = 2 lnx2 x2 2. 12 lnx x21 1 = 2 lnx2 1x22.= 2 2 2 2
S 2i 1 2i+1i 1i=1 i=1 2 2 2 (x x
因为 ，所以， 2 1
)
3× 2 3× 3 3× 3 3× 4 · · · 3(n+ 1) 3(n+ 2)
+ x1 = + x2 = x2 x1．
= + + + x1 x2 x1x2
2 1 22 1 22 1 23 1 2n 1 2n+1 1 因为 x1 = x2，所以，x1x2 = 2．
3(n+ 2)
=6 1 1
2n+1 1 又因为 2 lnx1 x21 = 2 lnx2 x22 2 2
，
<6. 1 2 1 4 1 2
( ) ( ) 所以，2 lnx x
2
1 1 = 2 ln × ，整理得 4 lnx1 x22 x 2 x2 2 1
+ 2 ln 2 = 0．
x21 1 1
2 2 2 2
20.（ I ）单调递增区间为 0, ，单调递减区间为 ,+∞ ；（ II）整数 a的最小值为 2；（III） 1 21 设 u(x) = 4 lnx x2 + 4 4 (x 2)2 ln 2, x > 0，则 u′(x) = x = < 0, u(x)在 (0,+∞)
3 3 2 x2 x x3 x3
内单调递减．
（ I ） 解： a = 3时，f(x) = 2 lnx 3x, f(x)的定义域为 (0,+∞)． (√ ) √ √
因为 u 2 = 4 ln 2 1 + 1 2 ln 2 = 0，所以，u(x)在 (0,+∞)内有唯一零点 2．
f ′
2
(x) = 2 3x3 = ． 1 2
√ √
x x 因此，方程 4 lnx x21 1 + 2 ln 2 = 0有唯一解 x1 = 2，此时有 x2 = 2，这与 x1 = x2矛盾．2 x2
′ 2 2
1
由 f (x) > 0得 0 < x < ；由(f ′(x))< 0得 x > ． ( ) 13 3 综上，不存在直线 l与函数 y = f(x) + x2的图象切于不同的两点．2
2 2
所以，f(x)的单调递增区间为 0, ，单调递减区间为 ,+∞ ．
3 3
（ II） 解：由 f(x) ax2 + (a 2)x 2得 a (x2 + 2x) 2 lnx+ 2x+ 2．
2 lnx+ 2x+ 2
因为 x > 0，所以 a ．
x2 + 2x
2 lnx+ 2x+ 2 (2x+ 2) ( x 2 lnx)
设 g(x) = , x > 0，则 g′(x) =
x2 + 2x 2 2
．
(x + 2x)
2
设 h(x) = 2 lnx x, x > 0，则 h′(x) = 1 < 0, h(x)单调递减．
x
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