镇江市 2020 届高三上学期期中联考
数学试题
一、填空题：
1.设全集 ，若集合 ，则 __________.
【答案】
【解析】
【分析】
利用补集定义直接求解即可．
【详解】∵全集 ，集合 ，
∴ ，
故答案为 ．
【点睛】本题考查补集的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意补集定义的合理运用．
2.命题“ ”的否定是__________.
【答案】
【解析】
【分析】
直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可．
【详解】因为特称命题的否定是全称命题，
所以命题“ ”的否定命题： ，
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查命题的否定，全称命题与特称命题的否定关系，是基础题．
3.函数 的定义域是______________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据对数的真数大于零，偶次根下大于等于零，即可得答案。
{ }= 1,2,3,4,5U { }3,4,5A = UC A =
{ }1,2
{ }= 1,2,3,4,5U { }3,4,5A =
{1 }2UC A == ，
{ }1,2
2, 2 1 0x R x x ≥∃ ∈ − +
2 2 1 0x R x x∀ ∈ − + < <
ϕ
3
π
( )f x 2T
ππ ω= = 2ω = 7
12f A
π = −
23 k
πϕ π= + 0 ϕ π< <
( )f x 4 7
3 12 6T
π π π = × + =
2π πω = 2ω∴ =又 ，
，
又
本题正确结果：
【点睛】本题考查根据三角函数图象求解函数解析式的问题，关键是能够通过整体对应的方
式确定最值所对应的点，从而得到初相的取值.
6.若函数 为偶函数，则 ．
【答案】1
【解析】
试题分析：由函数 为偶函数 函数 为奇函
数，
．
考点：函数的奇偶性．
【方法点晴】本题考查导函数的奇偶性以及逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力、
特殊与一般思想、数形结合思想与转化思想，具有一定的综合性和灵活性，属于较难题型．首
先利用转化思想，将函数 为偶函数转化为 函数
为奇函数，然后再利用特殊与一般思想，取
．
7.已知 , 则“ ”是
"的___________________条件 (请在“充分不必要”、
“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”中选择一个合适的填空) ．
【答案】充分不必要
【解析】
7 7sin12 6f A A
π π ϕ = + = −
7 3 26 2 k
π πϕ π∴ + = + k Z∈
23 k
πϕ π∴ = + k Z∈
0 ϕ π< <
3
πϕ∴ =
3
π
2( ) ln( )f x x x a x= + + a =
2( ) ln( )f x x x a x= + + ⇒ 2( ) ln( )g x x a x= + +
(0) ln 0 1g a a= = ⇒ =
2( ) ln( )f x x x a x= + +
2( ) ln( )g x x a x= + +
(0) ln 0 1g a a= = ⇒ =
,B ,C ( )2 2 2A kx kx kx k Z
π π π≠ + ≠ + ≠ + ∈ A B C π+ + =
tan tan tan tan tan tanCA B C A B+ + =【分析】
由 ，得 ；反之，
由 ，得 ．然后结合充分必要条件
的判定得答案．
【详解】解：若 ， 则 ，又 ,
，
，
，
；
若 ，
则 ，依题意，
,
,
,
“ ”是 "的充分不必要条件．
故答案为：充分不必要．
【点睛】本题考查两角和与差的正切函数，着重考查充分必要条件的判定，考查转化思想与
推理证明能力，属于中档题．
8.设曲线 在点（0,1）处的切线与曲线 上点 处的切线垂直，则 的坐标
为_____．
【答案】
【解析】
A B C π+ + = tan tan tan tan tan tanA B C A B C+ + =
tan tan tan tan tan tanA B C A B C+ + = ,A B C n n Zπ+ + = ∈
A B C π+ + = A B Cπ+ = − , , ,2A B C k k Z
ππ≠ + ∈
tan( ) tan( )A B Cπ∴ + = −
tan tan tan1 tan tan
A B CA B
+∴ = −−
tan tan tan + tan tan tanA B C A B C∴ + = −
tan tan tan tan tan tanA B C A B C∴ + + =
tan tan tan tan tan tanA B C A B C∴ + + =
( )( )tan tan tan + tan tan tan 1 tan tan tanA B C A B C A B C∴ + = − = − −
( )1 tan tan 0A B− ≠
tan tan tan1 tan tan
A B CA B
+∴ = −−
tan( ) tan( )A B C∴ + = −
,A B n C n Zπ+ = − ∈∴
,A B C n n Zπ+ + = ∈∴
∴ A B C π+ + = tan tan tan tan tan tanCA B C A B+ + =
xy e= 1 ( 0)y xx
= > Ρ Ρ【详解】设 .
对 y＝ex 求导得 y′＝ex，令 x＝0，得曲线 y＝ex 在点(0，1)处的切线斜率为 1，故曲线
上点 P 处的切线斜率为－1，由 ，得 ，则 ，所
以 P 的坐标为(1，1)．
考点：导数的几何意义．
9.函数 的零点个数为________________．
【答案】3
【解析】
【分析】
令 ， ，画出草图，并判断 和 的大
小即可得出答案。
【 详 解 】 解 ： 函 数 的 定 义 域 为 ， 令 ，
，所以函数 的零点个数就转化为函数 和 的交点个
数，如图所示，因为 且 ，故 和 有 3 个交点，
即原函数有 3 个零点。
故答案为：3
【点睛】本题考查复杂函数的零点个数，转化为初等函数的交点个数即可，属于较易题。
10.若 ，则 的最小值是_________________．
【答案】25
【解析】
【分析】
0 0( , )P x y
1 ( 0)y xx
= >
0 2
0
1 1x xy x= = − = −′
0 1x = 0 1y =
2 1( ) | 1| ln 2f x x x
= − + +
2( ) | 1| ( 2)g x x x= − > − ( ) ln( 2)( 2)h x x x= + > − (0)g (0)h
( )f x ( ]2,− +∞ 2( ) | 1| ( 2)g x x x= − > −
( ) ln( 2)( 2)h x x x= + > − ( )f x ( )g x ( )h x
( 1) ( 1)g h− = − (0) (0)g h> ( )g x ( )h x
9 3log (3 4b) loga ab+ = 3a b+由 ，可得 ，可得
，再利用基本不等式的性质即可得出．
【详解】解：由 ，得
所以 ，可得 .
则 ，当且仅当
时取等号.
故答案为：25.
【点睛】本题考查了基本不等式的性质、对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，
属于基础题．
11.定义在 的函数 的最大值为________________．
【答案】
【解析】
【分析】
利用导函数研究其单调性，求其最大值．
【详解】解：函数 ,
那么： ,
令 ，
得：
∵ ，
∴ 。
当 时， ，函数 在区间 上是单调增函数．
9 3log (3 4b) loga ab+ = 3 4 , 0, 0a b ab a b+ = > > 3 4 1b a
+ =
3 4 3 123 ( 3 ) 13 a ba b a b b a b a
+ = + + = + +
9 3log (3 4b) loga ab+ = 3 3log 3 4 loga b ab+ =
3 4 , 0, 0a b ab a b+ = > > 3 4 1b a
+ =
3 4 3 12 43 ( 3 ) 13 13 3 2 25a b a ba b a b b a b a b a
+ = + + = + + + × × =
2 10a b= =
(0, )2
π
( ) 8sin tanf x x x= −
3 3
( ) 8sin tanf x x x= −
3
2 2
1 8cos 1'( ) 8cos cos cos
xf x x x x
−= − =
'( ) 0f x =
1cos 2x =
(0, )2x
π∈
3x
π=
(0, )3x
π∈ '( ) 0f x > ( )f x (0, )3
π当 时， ，函数 在区间 上是单调减函数．
∴当 时，函数 取得最大值为 。
故答案为：
【点睛】本题考查了利用导函数研究其单调性，求其最大值 问题．属于基础题．
12.已知 ，则 =________________．
【答案】
【解析】
【分析】
由 ， 得 ， 再 通 过 变 形
， 即可得出答案。
【详解】解：∵ ，
∴
∴
【点睛】本题考查“凑角”变形以及正弦、正切的和角公式，属于中档题。
13.已知函数 有 个不同的零点，则实数 的取值范围为_______．
的
( , )3 2x
π π∈ '( ) 0f x < ( )f x ( , )3 2
π π
3x
π= ( )f x 3 3
3 3
tan( ) 2 33
pa + =
sin
2sin( )3
a
a p+
1
3
tan( ) 2 33
pa + = 2 3 3tan( ) tan ( )+ =3 3 3 5
p p pa aé ù+ = + -ê úê úë û
2 2sin ( )sin 3 3=2 2sin( ) sin( )3 3
a p pa
a p a p
é ù+ -ê úê úë û
+ +
tan( ) 2 33
pa + =
tan( )+ tan2 2 3 3 3 33 3tan( ) tan ( )+ =3 3 3 51 2 3 31 tan( ) tan3 3
p pap p pa a p pa
+é ù ++ = + = = -ê úê ú -ë û - +
2 2 2 2 2 2sin ( ) sin( )cos cos( )sinsin 3 3 3 3 3 3=2 2 2sin( ) sin( ) sin( )3 3 3
a p p a p p a p pa
a p a p a p
é ù+ -ê ú + - +ê úë û=
+ + +
2sin2 1 3 3 3 13=cos = ( )=23 2 2 5 3tan( )3
p
p
a p
- - - ¸ -
+
3 , 0
( ) 1 , 0
xx x
f x
x a xx
+ ≤= − − >
4 a【答案】
【解析】
【分析】
当 时，即 恒有 1 个零点；当 时，得到相切时 的值，即可求解。
【详解】解：令 ，
当 时， 恒有 1 个交点，即 恒有 1 个零点。
如图所示，当 时，且 的左半支与 相切时，此时只有 2 个交点，
且 ，解得 ，故当 时，两个函数才恒有 3 个交点，即函数 有 3 个不
同的零点。
综上所述，当 时，函数 有 个不同的零点。
故答案为：
【点睛】本题考查零点个数问题，通常转化为函数的交点个数问题，属于基础题。
14.已知函数 的定义城为 ，对于任意 ，当 时，
的最小值为________________．
【答案】
【解析】
【分析】
不妨设 ，得 ，化简 ，根据对数函数单调性即可求
解。
( )2,+∞
0x ≤ ( )f x 0x > a
1( ) , ( ) 3 , ( ) , ( )xg x x h x m x x a n x x
= − = = − =
0x ≤ ( ) , ( ) 3xg x x h x= − = ( )f x
0x > ( )m x x a= − 1( )n x x
=
(2) 0m = 2a = 2a > ( )f x
2a > ( )f x 4
( )2,+∞
8( ) ln 2
xf x x
+= - D 1 2,x x D∈ 1 2| | 2x x- =
2 1| ( ) ( ) |f x f x-
32ln 2
1 2x x< 2 1 1+2, ( 8 0)x x x= ∈ − ， 2 1| ( ) ( ) |f x f x-【详解】解：因为 ,所以 的定义域为 ，不妨设 ，因为
，所以 ，
，故当 取得最小值时，即 时，此时
取得最小值， 。
故答案 ：
【点睛】本题考查利用函数单调性求最值，属于较易题。
二、解答题：
15.已知函数 ．
（1）求函数 的最小值，并写出 取得最小值时自变量 的取值集合；
（2）若 ，求函数 的单调减区间．
【答案】（1） 时，函数 有最小值为 0；（2）
【解析】
【分析】
先将函数 的解析式利用二倍角公式进行降幂，然后用辅助角公式进行化简，再根据
三角函数性质解决问题．
【详解】（1）
＝
＝
＝
当 ，即 时，函数 有最小值为 0。
（2）由 ，得：
为
( )( )2 8 0x x- + > ( )f x ( )8,2− 1 2x x<
1 2| | 2x x- = 2 1 1+2, ( 8 0)x x x= ∈ − ，
1 1 1 1
2 1 1 1
1 1 1 1
+2 8 8 +10 2| ( ) ( ) | | ( +2) ( ) | = ln ln ln2 2 2 8
x x x xf x f x f x f x x x x x
æ ö+ + -ç ÷- = - - = ç ÷- - - - +è ø
2
1 1
2 2
1 1 1 1
+8 20 20ln ln 1+8 +8
x x
x x x x
æ ö æ ö-ç ÷ ç ÷= = -ç ÷ ç ÷è ø è ø
2
1 1+8x x 1 4x = −
2 1| ( ) ( ) |f x f x-
( ) ( )2 1 min 2
20 9 3| ( ) ( ) | ln 1 =ln 2ln4 24 +8 4
f x f x
æ öç ÷- = - =ç ÷ç ÷- -è ø
32ln 2
2( ) ( 3 cos sin ) 2 3sin 2f x x x x= + -
( )f x ( )f x x
[ ]2 2x
π π∈ − ， ( )f x
( )3x k k Z
π π= + ∈ ( )f x [ ]6 3
π π− ，
( )y f x=
2 2( ) 3cos sin 2 3sin cos 2 3sin 2f x x x x x x= + + −
22cos 1 3sin 2x x+ −
cos2 3sin 2 2x x− +
2cos(2 ) 23x
π+ +
2 23x k
π π π+ = + ( )3x k k Z
π π= + ∈ ( )f x
2 2 23k x k
ππ π π≤ + ≤ + ,6 3k x k k Z
π ππ π− + ≤ ≤ + ∈因为 ，
所以， ，
即 ，函数 的单调减区间为 。
【点睛】本题主要是考查三角函数的化简和三角函数的基本性质．
16.已知 的内角 所对应的边分别为 ，且 .
（1）求角 的大小；
（2）若 ， ，求 的面积.
【答案】（1） ;（2） .
【解析】
试题分析：（1）由正弦定理将边角关系转化为角的关系，再根据三角形内角关系以及两角和
正弦公式化简得 ，解得角 的大小；（2）由余弦定理得 ，再根
据 ，解得 ，最后根据三角形面积公式得结果
试题解析：（1）因为 ，由正弦定理，得 ．
因为 ，所以 ．
即 ，
所以 ．
因为 ，所以
又因为 ，所以 ．
（2）由余弦定理 及 得， ，
即 ．
又因为 ，所以 ，
所以 ．
17.已知函数 ．
[ ]2 2x
π π∈ − ，
0, ,6 3k x
π π = ∈ −
[ ]2 2x
π π∈ − ， ( )f x [ ]6 3
π π− ，
ABC∆ , ,A B C , ,a b c 2 2 cosa c bc A+ =
B
2 3b = 4a c+ = ABC∆
2
3B
π= 3ABCS =
1cos 2B = − B 2 2 + 12a c ac+ =
4a c+ = 4ac =
2 2 cosa c b A+ = sin +2sin 2sin cosA C B A=
( )C A Bπ= − + ( )sin +2sin 2sin cosA A B B A+ =
sin +2sin cos 2cos sin 2sin cosA A B A B B A+ =
( )sin 1+2cos 0A B⋅ =
sin 0A ≠ 1cos 2B = −
0 B π< < 2
3B
π=
2 2 22 cosa c ac B b+ − = 2 3b = 2 2 + 12a c ac+ =
( )2 12a c ac+ − =
=4a c+ 4ac =
1 1 3= sin 4 32 2 2ABCS ac B = × × =
( ) x
x
af x e e
= −（1）若函数 具有奇偶性，求实数 的值；
（2）若 ，求不等式 的解集．
【答案】（1）1 或 ；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据函数奇偶性的定义建立方程进行求解即可
（2）当 时，求出 的解析式，判断函数的奇偶性和单调性，利用奇偶性和单调性的
性质将不等式进行转化求解即可．
【详解】（1）当函数 奇函数时，由 ，得：
＝ ，
即 ＝ ，
化为： ＝0，解得： ；
当函数 偶函数时，由 ，得：
＝ ，
即 ＝ ，
化为： ，解得： ；
所以，实数 的值为 或
（2）当 时， ，
，所以， 为奇函数，
又因为： ，
所以， 为增函数，
由不等式 ，得：
，
( )f x a
1 ( ) ( ) 2a g x f x x= = -， (3ln 2) (ln ) 0g x g x− + <
1− ( )0, e
1a = ( )g x
( )f x ( ) ( )f x f x− = −
x
x
ae e
−
−− x
x
ae e
− +
1 x
x a ee
−
x
x
ae e
− +
1( 1)( )x
xa e e
− + 1a =
( )f x ( ) ( )f x f x− =
x
x
ae e
−
−− x
x
ae e
−
1 x
x a ee
−
x
x
ae e
−
1( 1)( ) 0x
xa e e
+ − = 1a = −
a 1 1−
1a = ( ) 2x xg x e e x−= − −
( ) 2 ( )x xg x e e x g x−− = − + = − ( )g x
'( ) 2 2 2 0x x x xg x e e e e− −= + − ≥ − =
( )g x
(3ln 2) (ln ) 0g x g x− + <
(3ln 2) ( ln )g x g x− < −所以， ，解得： ，
所以，不等式 的解集为 。
【点睛】本题主要考查函数奇偶性和单调性的应用，结合函数奇偶性的定义建立方程以及利
用奇偶性和单调性将不等式进行转化是解决本题的关键．
18.已知函数 ．
（1）若 ，求函数 图像在 处的切线方程；
（2）若不等式 恒成立，求实数 的取值范围；
（3）当 求 的最大值．
【答案】（1） ；（2） ；（3）见解析
【解析】
【分析】
(1) ，进而利用导函数求出函数在 处的切线方程；
(2) 分类讨论 与 的关系，然后根据函数的单调性求解；
(3) 由(1)知分类讨论区间 与 的关系，进而求解；
【详解】(1)当 时， ， ， , ,
切线方程为 即 .
（2） ， ，
① 时， ， 在 单调递增， 恒成立，不满足题意；
② 时， 时， ， 单调递增； 时， ，
单调递减；
， 恒成立，即 ，解得 ；
的
3ln 2 ln
0
x x
x
− < −
> (0, )x e∈
(3ln 2) (ln ) 0g x g x− + < (0, )e
( )( ) 2lnf x x ax a R= − ∈
3a = ( )y f x= 1x =
( ) 0f x ≤ a
[1,2],x∈ ( )f x
2 0x y+ + = 2a e
≥
3, ( ) 2ln 3a f x x x= = − 1x =
a 0
[ ]1,2 2
a
3a = ( ) 2ln 3f x x x= − 2 3'( ) xf x x
−= '(1) 1f = − (1) 3f = −
3 ( 1)y x+ = − − 2 0x y+ + =
( ) 2lnf x x ax= − 2'( )f x ax
= −
0a ≤ '( ) 0f x > ( )f x ( )0, ∞+ ( ) 0f x ≤
0a > 20,x a
∈ '( ) 0f x > ( )f x 2 ,x a
∈ +∞ '( ) 0f x <
( )f x
max
2 2( ) 2 ln 1f x f a a
= = − ( ) 0f x ≤ 22 ln 1 0a
−
2a e（3）由（2）知当 ，① 时， ；
② ，即 时， ，
③ ，即 时， ，
④ ，即 时， ，
∴ ．
【点睛】考查函数的求导，利用导数确定切线方程，分类讨论思想，特定区间内的最值问
题．
19.有一个墙角，两墙面所成二面角的大小为 有一块长为 米，宽为
米的矩形木板．用该木板档在墙角处，木板边紧贴墙面和地面，和墙角、地面围成一个直角
三棱柱储物仓 ．
（1）当 为多少米时，储物仓底面三角形 面积最大？
（2）当 为多少米时，储物仓的容积最大？
（3）求储物仓侧面积的最大值．
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】
【分析】
（1）设 ，讨论 和 两种情况，利用利用基本不等式得出底
面三角形的面积的最大值；
（2）设 ，讨论 和 两种情况，利用利用基本不等式得出三
棱柱的体积的最大值；
（3）设 ，讨论 和 两种情况，利用利用基本不等式得三棱
柱的侧面积的最大值．
【详解】解：如图所示：
[ ]1,2x∈ 0a ≤ max( ) (2) 2(ln 2 )f x f a= = −
0 1a< ≤ 2 2a
≥ max( ) (2) 2(ln 2 )f x f a= = −
1 2a< < 21 2a
< < max
2 2( ) ( ) 2(ln 1)f x f a a
= = −
2a ≥ 2 1a
≤ max( ) (1)f x f a= = −
max
2(ln 2 ), 1
2( ) 2 ln 1 ,1 2
, 2
a a
f x aa
a a
−
= − <
1 1 1ABC A B C−
AB ABC
AB
2sin 2
a
α
2sin 2
a
α
sin 2
ab abα +
,AB x AC y= = BC a= BC b=
,AB x AC y= = BC a= BC b=
,AB x AC y= = BC a= BC b=（1）设 ，
①若 ，则 ，
∴ ，当且仅当 时取等号．
∴ ，
②若 ，同理可得 ，当且仅当 时取等号．
又 ，故当 ， 时，储物仓底面三角形 ABC 的面积最大，
此时， 为等腰三角形， 。
（2）设 ，
①若 ，由（1）①可知储物仓的容积 ,
②若 ，由（1）②可知储物仓的容积 ,
又 ，
，
由（1）可知当 时，储物仓的容积最大．
（3）设 ，
,AB x AC y= =
BC a= 2 2 2 2 cos 2 2 cosa x y xy xy xyα α= + − −
2
2(1 cos )
axy α− x y=
21 sinsin2 1 cos
aS xy
αα α= −
BC b=
2 sin
1 cos
bS
α
α− x y=
a b> x y= BC a=
ABC∆ 2
sin 2sin2 2
a
aAB α α= =
,AB x AC y= =
BC a=
2 sin
1 cos
a bV Sb
α
α= −
BC b=
2 sin
1 cos
abV Sa
α
α= −
2 2, ,a b a b ab> ∴ >
sin 01 cos
α
α >−
2 2sin sin
1 cos 1 cos
a b abα α
α α∴ >− −
2sin 2
aAB α=
,AB x AC y= =①若 ，则由余弦定理可得 ，
，即 ，
又 ，
解得： ，当且仅当 时取等号．
∴储物仓的侧面积为 ，
②若 ，同理可得储物仓的侧面积为 ，
综上，储物仓的侧面积的最大值为 。
【点睛】本题考查了余弦定理，基本不等式的应用，属于中档题．
20.已知函数 ．
（1）当 ，求函数 的极小值；
（2）已知函数 在 处取得极值，求证： ；
（3）求函数 的零点个数．
【答案】（1） ；（2）见解析；（3）见解析；
【解析】
【分析】
(1)当 令 ，解得 ．即可
得出函数 单调性极值点．
(2) ，函数 在 处取得极值，可得
的
BC a=
2 2 2 2 2( ) 2cos 2 2
x y a x y xy a
xy xy
α + − + − −= =
2 2( ) 2 (1 cos )x y xy aα∴ + = + +
2 2( )
2(1 cos )
x y axy α
+ −= +
2 2 2 2( ) ( ) ( ),4 2(1 cos ) 4
x y x y a x yxy α
+ + − +∴ +
22
1 cos
ax y α+ −
x y=
2 22( ) 1 cos
a bx y a b abα+ + +−
BC b= 2 22( ) 1 cos
a bx y b a abα+ + +−
2 22
1 cos
a b abα +−
( )3 21( ) 4f x x mx mx m m R= − − − ∈
1m = − ( )f x
( )f x 1x x= 1( ) 0mf x <
( )f x
19
27
3 21 (3 2)( 2)1, ( ) 1. '( ) ,4 2
x xm f x x x x f x
+ += − = + + + = '( ) 0f x = x
( )f x
23'( ) 24f x x mx m= − − ( )f x 1x x= ，解得： 或 时，不满足条件，
舍去，因此 ，即可证明 ．
（3） 时， ; 时，
;
① ，解得： ，此时 有两个不相等的实数根 ．即函数
有两个极值点 ．设 ．对 与 与 0 的大小关系即可得出函数零点的个
数．② ，解得： 或 ，此时 ，函数 在 上单调递增，即可
得出函数 在 上零点的个数．
【详解】（1）当 ， .
,
令 ，解得 ，或 ，
可得：函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
∴ 时函数 取得极小值， 。
（2） ，
∵函数 在 取得极值，
∴ ，
( ) 2
1 1 1
3' 2 0, 04f x x mx m= − − = ∆ > 3
4m < − 10. 1m x> = −
1 1x ≠ − 1( ) 0mf x <
2 23'( ) 2 , 4 3 .4f x x mx m m m= − − ∆ = + x → −∞ ( )f x → −∞ x → +∞
( )f x → +∞
> 0∆ 4 03 m− < < '( ) 0f x = 1 2,x x ( )f x
1 2,x x 1 2x x< 1( )f x 2( )f x
0∆ ≤ 4
3m ≤ − 0m ≥ '( ) 0f x ≥ ( )f x R
( )f x R
1m = − 3 21( ) 14f x x x x= + + +
23 (3 2)( 2)'( ) 2 14 2
x xf x x x
+ += + + =
'( ) 0f x = 2x = − 2
3x = −
( )f x ( ) 2, 2 , ,+3
−∞ − − ∞
22, 3
− −
2
3x = − ( )f x
3 22 1 2 2 2 1913 4 3 3 3 27f − = × − + − − + =
23'( ) 24f x x mx m= − −
( )f x 1x x=
( ) 2
1 1 1
3' 2 04f x x mx m= − − =
（3） ，
，
时， ; 时， ;
① ，解得： 或 ，此时 有两个不相等的实数根 ．即函数
有两个极值点 ．设 ．
时，可得：函数 在 上只有一个零点。
时，可得：函数 在 上有两个零点。
时，可得：函数 在 上有三个零点。
时，可得：函数 在 上有两个零点。
时，可得：函数 在 上只有一个零点。
② ，解得： ，此时 ，函数 在 上单调递增，
时， ; 时， ;可得：函数 在 上只有一个零点。
【点睛】本题考查了利用导数研究函数 单调性极值与最值、方程与不等式的解法、分类讨
论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
的
( )
( )
3 2 3 2
1 1 1 1 1 1 1
1 1
2
1 1 1
1 1
22
1
2 2
1 1 3 3 3 34 3 4
1 3 2 33 4
1 0 33
1 1 0
2
23
2
mf x m x mx mx m m x mx mx m
m x x mx m mx x m
m mx x
m
m
m x
m
∴ = − − − = − − −
= −
−
−
−
− − −
= −
= + +
− <
23'( ) 24f x x mx m= − −
24 3m m∆ = +
x → −∞ ( )f x → −∞ x → +∞ ( )f x → +∞
> 0∆ 4
3m < − 0m > '( ) 0f x = 1 2,x x ( )f x
1 2,x x 1 2x x<
1( ) 0f x < ( )f x R
1( ) 0f x = ( )f x R
1( ) 0>f x ( )f x R
2( ) 0f x = ( )f x R
2( ) 0f x > ( )f x R
0∆ ≤ 3 04 m− ≤ ≤ '( ) 0f x ≥ ( )f x R x → −∞
( )f x → −∞ x → +∞ ( )f x → +∞ ( )f x R
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