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河北省张家口市部分学校2023届高三上学期数学期中考试试卷
一、单选题
1．（2022高三上·张家口期中）集合，集合．若，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】显然，故，要使，则，解得.
故答案为：C
【分析】利用交集定义，不等式性质直接求解可得实数的取值范围.
2．（2022高三上·张家口期中）若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数求模
【解析】【解答】因为，
所以.
故答案为：D
【分析】 根据已知条件，结合复数的四则运算以及复数模公式，即可求解出答案.
3．（2022高三上·张家口期中）已知等差数列的前n项和为，若，且，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】设等差数列的公差为，由，得，
所以
故答案为：B
【分析】根据等差数列的通项公式求出公差d，再根据等差数列前n项和公式可求出答案.
4．（2022高三上·张家口期中）已知等比数列各项均为正数，且，则（ ）
A． B． C． D．或
【答案】A
【知识点】等比数列的通项公式
【解析】【解答】根据等比数列的通项公式可知，，
所以，解得：或（舍），
故答案为：A
【分析】由题意可得q>0，由等比数列的通项公式可得，解方程即可求出q的值.
5．（2022高三上·张家口期中）钝角的内角A，B，C的对边分别是，若，则的面积为（ ）
A． B． C． D．或
【答案】C
【知识点】余弦定理
【解析】【解答】由及余弦定理可知，
，整理得，
解得或；
又因为是钝角三角形，比较三边大小可知，为最大边，
所以C角为最大角，即C为钝角；
①当时，，符合题意，
此时的面积为；
②当时，，不符合题意；
综上可知，的面积为.
故答案为：C.
【分析】由已知利用余弦定理可得，求解出b的值，因为是钝角三角形，比较三边大小可知，C为钝角，由可计算出b符合题意的取值，通过计算可求出的面积.
6．（2022高三上·张家口期中）已知中，，设点M，N满足，，若，则（ ）
A．2 B．3 C．2或3 D．或3
【答案】D
【知识点】向量的三角形法则；平面向量数量积的运算
【解析】【解答】，，
所以
，
即
解得：或.
故答案为：D
【分析】利用平面向量的线性运算及数量积运算，列出方程求得的值.
7．（2022高三上·张家口期中）小明同学想要测得学校教学楼的高度，他在地面上共线的三点A，B，C处测得教学楼的仰角分别为，且，则学校教学楼的高度为（ ）m．
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】余弦定理的应用
【解析】【解答】设m在Rt中，，所以，
在Rt中，，所以，
在Rt中，，所以，
在和中分别用余弦定理得，解得.
故答案为：C.
【分析】设m，，，分别求出，，，利用余弦定理可得，求解可得答案.
8．（2022高三上·张家口期中）在中，若，则的形状为（ ）
A．钝角三角形 B．直角三角形
C．等边三角形 D．等腰直角三角形
【答案】B
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形的形状判断
【解析】【解答】由二倍角公式可得，由正弦定理可得，
由余弦定理边角互化可得：，
化简得，
因此或，故为直角三角形，
故答案为：B
【分析】根据二倍角公式以及正、余弦定理边角互化，即可求出答案.
二、多选题
9．（2022高三上·张家口期中）已知复数（均为实数），下列说法正确的是（ ）
A．若，则 B．的虚部为
C．若，则 D．
【答案】B,C,D
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数求模
【解析】【解答】对于A； 若，则，但是复数不可以比较大小，故错误，
对于B； ，所以的虚部为，故正确，
对于C； 若，则，故
，故，正确，
对于D； 而，进而，故，所以正确，
故答案为：BCD
【分析】根据复数的模长公式以及复数虚部的概念逐项进行判断，可得答案.
10．（2022高三上·张家口期中）在中，内角所对的边分别为，根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】对于A，因为，所以，所以只有一解；A不符合题意；
对于B，因为，
所以由正弦定理得，
因为，即，所以，所以有两解（，或），B符合题意；
对于C，因为，
所以由正弦定理得，即，
因为，所以有两解（，或，），C符合题意；
对于D，因为，
所以由正弦定理得，
由于，故，所以只有一解，D不符合题意；
故答案为：BC
【分析】根据已知条件，利用正弦定理建立关系式，结合大边对大角定理对取值逐项进行判断，得到三角形解的个数，可得答案.
11．（2022高三上·张家口期中）已知数列的前n项和为，若，且，则下列说法确的是（ ）
A．为单调递增数列
B．
C．
D．当时，数列的前n项和满足
【答案】B,C,D
【知识点】数列的求和；数列递推式
【解析】【解答】对于A，因为，
若，则，故是各项为的常数列，与矛盾，
所以，，则，故，即，
所以数列是单调递减数列，A不符合题意；
对于B，因为，
若，则，故是各项为负数的数列，与矛盾，所以，
又因为数列是单调递减数列，所以是数列中最大的项，所以，
综上：，B符合题意；
对于C，因为，所以，则，
所以，
上述各式相加得，
又，所以，
经检验：，满足，
所以，C符合题意；
对于D，由A知，，
所以，D符合题意.
故答案为：BCD.
【分析】利用递推式得到，从而证得数列是单调递减数列，由此判断A；先利用反证法证得，再由数列的单调性得到，据此判断B；利用累加法即可证得，由此判断C；利用数列的单调性与前n项的定义即可证得 ，据此判断D.
12．（2022高三上·张家口期中）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．是奇函数
B．的图象关于点对称
C．若函数在上的最大值、最小值分别为M、N，则
D．若函数满足，则实数a的取值范围是
【答案】B,C
【知识点】函数单调性的性质；函数奇偶性的判断；奇偶函数图象的对称性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】A选项：， 所以的定义域为R，关于原点对称，，同时，所以非奇非偶，A不符合题意；
B选项：的定义域为R， ，所以关于对称，B符合题意；
定义域为R ，且，则关于对称，所以若在处取得最大值，则在处取得最小值，，C符合题意；
因为关于对称，关于对称，所以，即，关于对称，
令，，则，所以函数为减函数，为减函数，
，所以为减函数，则为减函数，
，即，所以，解得，D不符合题意.
故答案为：BC.
【分析】根据奇偶性的定义判断A；根据对称性判断B、C；根据对称性将原不等式整理为，然后根据单调性列不等式求解可判断D.
三、填空题
13．（2022高三上·张家口期中）平面向量与的夹角为，，则 ．
【答案】
【知识点】向量的模；平面向量数量积的运算
【解析】【解答】.
故答案为：
【分析】利用数量积表示向量的模进行计算，可得答案.
14．（2022高三上·张家口期中）已知数列中，，则 ．
【答案】-3
【知识点】数列的求和；数列递推式
【解析】【解答】由题意得，，，，，，，所以数列的周期为6，.
故答案为：-3.
【分析】根据递推公式计算，，，可得数列的周期为6，然后根据周期求出 的值.
15．（2022高三上·张家口期中）已知，且有，则的最小值 ．
【答案】4
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】，当且仅当即，时取等号，由于，所以，
故答案为：4
【分析】根据完全平方公式以及基本不等式即可求出 的最小值 .
16．（2022高三上·张家口期中）已知函数，其中．若恒成立，则a的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值
【解析】【解答】由题知，， ，恒成立，
所以，
所以，
所以，
令，
所以，
因为，
当时，，单调递增，
所以，
所以，
所以，
令，
所以，
因为，当时，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
所以，
所以，
故答案为：
【分析】根据题意可得，令，求导得，单调递增，得，得，令，求导可得单调性，求出，即可求出 a的取值范围 .
四、解答题
17．（2022高三上·张家口期中）已知函数的最小正周期为．
（1）求的值，并在上面提供的直角坐标系中画出函数在区间上的图象；
（2）函数的图象可由函数的图象经过怎样的变换得到？
【答案】（1）解：由题意可知，
即，所以
此时，函数的最小正周期为，
所以，即函数的解析式为.
根据五点作图法列表如下：
画出图像如图所示：
（2）解：根据三角函数图象伸缩变换规律可知，
第一步：首先将函数的图象上所有的点向右平移个单位长度，得到函数的图象；
第二步：再将所得到的函数图象上的所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），可得到函数的图象.
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；余弦函数的图象；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；余弦函数的周期性
【解析】【分析】(1)根据函数的解析式可得 ，由最小正周期为π可计算出的值 ，根据解析式利用五点作图法可画出函数在区间上的图象；
(2) 根据三角函数阁象平移变换规律即可求出结果.
18．（2022高三上·张家口期中）已知正项数列满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1）解：由条件可知，，
得，
当时，
，
当时，成立，
所以；
（2）解：由（1）可知，，
，
，
两式相减得，
【知识点】数列的求和；数列递推式
【解析】【分析】（1）由已知条件等式可变形为 ， 利用累乘法求出数列的通项公式；
（2）由（1）可知，， 利用错位相减法可求出数列的前n项和．
19．（2022高三上·张家口期中）已知的内角A，B，C的对边分别为，．
（1）求角的大小；
（2）若边上中线长为，，求的面积．
【答案】（1）解：由题知，，
所以由正弦定理得，
因为在三角形中，
所以，
因为，
所以，
所以或
（2）解：由（1）得或
因为边上中线长为，，
设中点为，
所以，
所以，即，
所以，
当时，，解得，
当时，，解得，
所以
，或
【知识点】平面向量数量积的运算；正弦定理
【解析】【分析】（1）由已知结合正弦定理及两角和的正弦公式可求出 ，进而求出角的大小；
（2）由（1）得或 ，设中点为，得，两边平方可得 ， 分 和 两种情况求解出c的值，再根据三角形的面积公式可求出 的面积．
20．（2022高三上·张家口期中）已知正项数列的前n项和为，其中．
（1）求的通项公式，并判断是否是等差数列，说明理由；
（2）证明：当时，．
【答案】（1）解：由得，当时，，两式相减得，整理得，
因为数列为正项数列，所以，则，即，
在中，令，则，
解得或-1（舍去），所以，
所以数列从第2项起为等差数列，公差为2，
所以，数列不是等差数列.
（2）证明：当时，，
所以当时，
，
因为，所以，即.
【知识点】数列的求和；数列递推式
【解析】【分析】(1) 由得，当时，， 然后两式相减得 ，即数列从第2项起为等差数列 ，根据 和a1=2得到a2=3，即可得到 ，数列不是等差数列，然后求出 的通项公式 ；
(2)利用裂项相消的方法求 ，即可证明出 ．
21．（2022高三上·张家口期中）已知分别为锐角内角的对边，．
（1）证明：；
（2）求的取值范围．
【答案】（1）证明：因为，
所以由正弦定理得，
因为在三角形中，
所以，
所以，
所以，或（舍去），
所以；
（2）解：由（1）得
所以由正弦定理得
，
因为锐角三角形，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以的取值范围为
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的余弦公式；正弦定理
【解析】【分析】（1）由正弦定理，两角和的正弦公式可得 ， 即可证得 ；
（2） 由（1）得 ， 由正弦定理结合三角恒等变换得， 根据 锐角三角形， 可得 ， 进而求出 的取值范围 .
22．（2022高三上·张家口期中）已知函数．
（1）当时，求函数的极值；
（2）若函数有两个不同的零点且，求证：．
【答案】（1）解：由题意可知，当时，，其定义域为
则，令得；
所以当时，，即函数在上单调递减，
当时，，即函数在上单调递增，
因此，函数的极小值为，无极大值；
综上可知，函数的极小值为，无极大值.
（2）证明：由题可知，；
当时，恒成立，即函数在上单调递增，
此时，函数不可能有两个不同的零点，不符合题意；
当时，令，则，
所以时，，即函数在上单调递减，
时，，即函数在上单调递增；
所以函数在处取极小值，也是最小值，即
又因为和时，，
所以若使函数有两个不同的零点，则需满足
又因为，所以，即，
是函数有两个不同的零点，
所以
即
所以，两边同时取对数可得
整理得
构造函数，则，
所以，，函数在上单调递减，
，，函数在上单调递增，
此时，又因为，
所以；
要证明不等式，只需证
只需证明，即，
等价于
又因为，，所以
又，所以；
所以，
即得证.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数求闭区间上函数的最值
【解析】【分析】(1)当 时，对函数f (x)求导，判断其单调性即可得出函数f (x)的极值；
(2)根据函数f (x)有两个不同的零点 ，得出a的取值范围，再根据x12，可以限定x1的取值范围，分析法证明不等式即可.
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河北省张家口市部分学校2023届高三上学期数学期中考试试卷
一、单选题
1．（2022高三上·张家口期中）集合，集合．若，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2022高三上·张家口期中）若，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2022高三上·张家口期中）已知等差数列的前n项和为，若，且，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．（2022高三上·张家口期中）已知等比数列各项均为正数，且，则（ ）
A． B． C． D．或
5．（2022高三上·张家口期中）钝角的内角A，B，C的对边分别是，若，则的面积为（ ）
A． B． C． D．或
6．（2022高三上·张家口期中）已知中，，设点M，N满足，，若，则（ ）
A．2 B．3 C．2或3 D．或3
7．（2022高三上·张家口期中）小明同学想要测得学校教学楼的高度，他在地面上共线的三点A，B，C处测得教学楼的仰角分别为，且，则学校教学楼的高度为（ ）m．
A． B． C． D．
8．（2022高三上·张家口期中）在中，若，则的形状为（ ）
A．钝角三角形 B．直角三角形
C．等边三角形 D．等腰直角三角形
二、多选题
9．（2022高三上·张家口期中）已知复数（均为实数），下列说法正确的是（ ）
A．若，则 B．的虚部为
C．若，则 D．
10．（2022高三上·张家口期中）在中，内角所对的边分别为，根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2022高三上·张家口期中）已知数列的前n项和为，若，且，则下列说法确的是（ ）
A．为单调递增数列
B．
C．
D．当时，数列的前n项和满足
12．（2022高三上·张家口期中）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．是奇函数
B．的图象关于点对称
C．若函数在上的最大值、最小值分别为M、N，则
D．若函数满足，则实数a的取值范围是
三、填空题
13．（2022高三上·张家口期中）平面向量与的夹角为，，则 ．
14．（2022高三上·张家口期中）已知数列中，，则 ．
15．（2022高三上·张家口期中）已知，且有，则的最小值 ．
16．（2022高三上·张家口期中）已知函数，其中．若恒成立，则a的取值范围是 ．
四、解答题
17．（2022高三上·张家口期中）已知函数的最小正周期为．
（1）求的值，并在上面提供的直角坐标系中画出函数在区间上的图象；
（2）函数的图象可由函数的图象经过怎样的变换得到？
18．（2022高三上·张家口期中）已知正项数列满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
19．（2022高三上·张家口期中）已知的内角A，B，C的对边分别为，．
（1）求角的大小；
（2）若边上中线长为，，求的面积．
20．（2022高三上·张家口期中）已知正项数列的前n项和为，其中．
（1）求的通项公式，并判断是否是等差数列，说明理由；
（2）证明：当时，．
21．（2022高三上·张家口期中）已知分别为锐角内角的对边，．
（1）证明：；
（2）求的取值范围．
22．（2022高三上·张家口期中）已知函数．
（1）当时，求函数的极值；
（2）若函数有两个不同的零点且，求证：．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】显然，故，要使，则，解得.
故答案为：C
【分析】利用交集定义，不等式性质直接求解可得实数的取值范围.
2．【答案】D
【知识点】复数求模
【解析】【解答】因为，
所以.
故答案为：D
【分析】 根据已知条件，结合复数的四则运算以及复数模公式，即可求解出答案.
3．【答案】B
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】设等差数列的公差为，由，得，
所以
故答案为：B
【分析】根据等差数列的通项公式求出公差d，再根据等差数列前n项和公式可求出答案.
4．【答案】A
【知识点】等比数列的通项公式
【解析】【解答】根据等比数列的通项公式可知，，
所以，解得：或（舍），
故答案为：A
【分析】由题意可得q>0，由等比数列的通项公式可得，解方程即可求出q的值.
5．【答案】C
【知识点】余弦定理
【解析】【解答】由及余弦定理可知，
，整理得，
解得或；
又因为是钝角三角形，比较三边大小可知，为最大边，
所以C角为最大角，即C为钝角；
①当时，，符合题意，
此时的面积为；
②当时，，不符合题意；
综上可知，的面积为.
故答案为：C.
【分析】由已知利用余弦定理可得，求解出b的值，因为是钝角三角形，比较三边大小可知，C为钝角，由可计算出b符合题意的取值，通过计算可求出的面积.
6．【答案】D
【知识点】向量的三角形法则；平面向量数量积的运算
【解析】【解答】，，
所以
，
即
解得：或.
故答案为：D
【分析】利用平面向量的线性运算及数量积运算，列出方程求得的值.
7．【答案】C
【知识点】余弦定理的应用
【解析】【解答】设m在Rt中，，所以，
在Rt中，，所以，
在Rt中，，所以，
在和中分别用余弦定理得，解得.
故答案为：C.
【分析】设m，，，分别求出，，，利用余弦定理可得，求解可得答案.
8．【答案】B
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形的形状判断
【解析】【解答】由二倍角公式可得，由正弦定理可得，
由余弦定理边角互化可得：，
化简得，
因此或，故为直角三角形，
故答案为：B
【分析】根据二倍角公式以及正、余弦定理边角互化，即可求出答案.
9．【答案】B,C,D
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数求模
【解析】【解答】对于A； 若，则，但是复数不可以比较大小，故错误，
对于B； ，所以的虚部为，故正确，
对于C； 若，则，故
，故，正确，
对于D； 而，进而，故，所以正确，
故答案为：BCD
【分析】根据复数的模长公式以及复数虚部的概念逐项进行判断，可得答案.
10．【答案】B,C
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】对于A，因为，所以，所以只有一解；A不符合题意；
对于B，因为，
所以由正弦定理得，
因为，即，所以，所以有两解（，或），B符合题意；
对于C，因为，
所以由正弦定理得，即，
因为，所以有两解（，或，），C符合题意；
对于D，因为，
所以由正弦定理得，
由于，故，所以只有一解，D不符合题意；
故答案为：BC
【分析】根据已知条件，利用正弦定理建立关系式，结合大边对大角定理对取值逐项进行判断，得到三角形解的个数，可得答案.
11．【答案】B,C,D
【知识点】数列的求和；数列递推式
【解析】【解答】对于A，因为，
若，则，故是各项为的常数列，与矛盾，
所以，，则，故，即，
所以数列是单调递减数列，A不符合题意；
对于B，因为，
若，则，故是各项为负数的数列，与矛盾，所以，
又因为数列是单调递减数列，所以是数列中最大的项，所以，
综上：，B符合题意；
对于C，因为，所以，则，
所以，
上述各式相加得，
又，所以，
经检验：，满足，
所以，C符合题意；
对于D，由A知，，
所以，D符合题意.
故答案为：BCD.
【分析】利用递推式得到，从而证得数列是单调递减数列，由此判断A；先利用反证法证得，再由数列的单调性得到，据此判断B；利用累加法即可证得，由此判断C；利用数列的单调性与前n项的定义即可证得 ，据此判断D.
12．【答案】B,C
【知识点】函数单调性的性质；函数奇偶性的判断；奇偶函数图象的对称性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】A选项：， 所以的定义域为R，关于原点对称，，同时，所以非奇非偶，A不符合题意；
B选项：的定义域为R， ，所以关于对称，B符合题意；
定义域为R ，且，则关于对称，所以若在处取得最大值，则在处取得最小值，，C符合题意；
因为关于对称，关于对称，所以，即，关于对称，
令，，则，所以函数为减函数，为减函数，
，所以为减函数，则为减函数，
，即，所以，解得，D不符合题意.
故答案为：BC.
【分析】根据奇偶性的定义判断A；根据对称性判断B、C；根据对称性将原不等式整理为，然后根据单调性列不等式求解可判断D.
13．【答案】
【知识点】向量的模；平面向量数量积的运算
【解析】【解答】.
故答案为：
【分析】利用数量积表示向量的模进行计算，可得答案.
14．【答案】-3
【知识点】数列的求和；数列递推式
【解析】【解答】由题意得，，，，，，，所以数列的周期为6，.
故答案为：-3.
【分析】根据递推公式计算，，，可得数列的周期为6，然后根据周期求出 的值.
15．【答案】4
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】，当且仅当即，时取等号，由于，所以，
故答案为：4
【分析】根据完全平方公式以及基本不等式即可求出 的最小值 .
16．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值
【解析】【解答】由题知，， ，恒成立，
所以，
所以，
所以，
令，
所以，
因为，
当时，，单调递增，
所以，
所以，
所以，
令，
所以，
因为，当时，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
所以，
所以，
故答案为：
【分析】根据题意可得，令，求导得，单调递增，得，得，令，求导可得单调性，求出，即可求出 a的取值范围 .
17．【答案】（1）解：由题意可知，
即，所以
此时，函数的最小正周期为，
所以，即函数的解析式为.
根据五点作图法列表如下：
画出图像如图所示：
（2）解：根据三角函数图象伸缩变换规律可知，
第一步：首先将函数的图象上所有的点向右平移个单位长度，得到函数的图象；
第二步：再将所得到的函数图象上的所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），可得到函数的图象.
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；余弦函数的图象；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；余弦函数的周期性
【解析】【分析】(1)根据函数的解析式可得 ，由最小正周期为π可计算出的值 ，根据解析式利用五点作图法可画出函数在区间上的图象；
(2) 根据三角函数阁象平移变换规律即可求出结果.
18．【答案】（1）解：由条件可知，，
得，
当时，
，
当时，成立，
所以；
（2）解：由（1）可知，，
，
，
两式相减得，
【知识点】数列的求和；数列递推式
【解析】【分析】（1）由已知条件等式可变形为 ， 利用累乘法求出数列的通项公式；
（2）由（1）可知，， 利用错位相减法可求出数列的前n项和．
19．【答案】（1）解：由题知，，
所以由正弦定理得，
因为在三角形中，
所以，
因为，
所以，
所以或
（2）解：由（1）得或
因为边上中线长为，，
设中点为，
所以，
所以，即，
所以，
当时，，解得，
当时，，解得，
所以
，或
【知识点】平面向量数量积的运算；正弦定理
【解析】【分析】（1）由已知结合正弦定理及两角和的正弦公式可求出 ，进而求出角的大小；
（2）由（1）得或 ，设中点为，得，两边平方可得 ， 分 和 两种情况求解出c的值，再根据三角形的面积公式可求出 的面积．
20．【答案】（1）解：由得，当时，，两式相减得，整理得，
因为数列为正项数列，所以，则，即，
在中，令，则，
解得或-1（舍去），所以，
所以数列从第2项起为等差数列，公差为2，
所以，数列不是等差数列.
（2）证明：当时，，
所以当时，
，
因为，所以，即.
【知识点】数列的求和；数列递推式
【解析】【分析】(1) 由得，当时，， 然后两式相减得 ，即数列从第2项起为等差数列 ，根据 和a1=2得到a2=3，即可得到 ，数列不是等差数列，然后求出 的通项公式 ；
(2)利用裂项相消的方法求 ，即可证明出 ．
21．【答案】（1）证明：因为，
所以由正弦定理得，
因为在三角形中，
所以，
所以，
所以，或（舍去），
所以；
（2）解：由（1）得
所以由正弦定理得
，
因为锐角三角形，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以的取值范围为
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的余弦公式；正弦定理
【解析】【分析】（1）由正弦定理，两角和的正弦公式可得 ， 即可证得 ；
（2） 由（1）得 ， 由正弦定理结合三角恒等变换得， 根据 锐角三角形， 可得 ， 进而求出 的取值范围 .
22．【答案】（1）解：由题意可知，当时，，其定义域为
则，令得；
所以当时，，即函数在上单调递减，
当时，，即函数在上单调递增，
因此，函数的极小值为，无极大值；
综上可知，函数的极小值为，无极大值.
（2）证明：由题可知，；
当时，恒成立，即函数在上单调递增，
此时，函数不可能有两个不同的零点，不符合题意；
当时，令，则，
所以时，，即函数在上单调递减，
时，，即函数在上单调递增；
所以函数在处取极小值，也是最小值，即
又因为和时，，
所以若使函数有两个不同的零点，则需满足
又因为，所以，即，
是函数有两个不同的零点，
所以
即
所以，两边同时取对数可得
整理得
构造函数，则，
所以，，函数在上单调递减，
，，函数在上单调递增，
此时，又因为，
所以；
要证明不等式，只需证
只需证明，即，
等价于
又因为，，所以
又，所以；
所以，
即得证.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数求闭区间上函数的最值
【解析】【分析】(1)当 时，对函数f (x)求导，判断其单调性即可得出函数f (x)的极值；
(2)根据函数f (x)有两个不同的零点 ，得出a的取值范围，再根据x12，可以限定x1的取值范围，分析法证明不等式即可.
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