2020届高三数学下学期第四次月考试题（Word解析版）

2 A 2019-2020 高三年级第四次月考数学试卷 一、选择题：（在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）（每小题 5 分） 1.设集合 A ={x | y = log2 (2 − x)}， B = {x | x 2 − 3x + 2 < 0} ，则C B =（ ） A． (−∞,1) B． (−∞,1] C． (2, +∞) D． [2, +∞) 2．设 x ∈ R, 则“| x − 1 |< 4 ”是“ x − 5 > 0 ”的（ ） 2 − x A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3.曲线 y = ln x − 2 在 x = 1 处的切线的倾斜角为α，则 cosα+ sinα的值为（ ） x A． 2 10 5 B． 10 5 C． − 10 5 D． ± 2 10 5 4. 已知抛物线 y2 = 2 px( p > 0) 上一点 M (1，m) 到其焦点的距离为5 ，双曲线 x2 − y2 = 1 a 的左顶点为 A ，若双曲线一条渐近线与直线 AM 垂直，则实数 a =( ) A． B．2 C． D． 5．将函数 f ( x) = sin(3x +ϕ)(0 < ϕ< π) π 图象向左平移 4 个单位长度后得到函数 g ( x ) 的 图象，若直线 x = π 是 g ( x ) 的图象的一条对称轴，则（ ） 6 A． f ( x ) 为奇函数 B． g ( x ) 为偶函数 C． f ( x ) 在  π , π 上单调递减 D． g ( x ) 在 − π , π 上单调递增 12 3   15 9  6. 已知奇函数 f (x) ，且 g(x) = xf (x) 在[0, +∞) 上是增函数，若 a = g (− log2 5.1) ， b = g (20.8 ) ， c = g (3) ，则 a,b, c 的大小关系为（ ） A. a < b < c B. c < b < a C. b < a < c D. b < c < a3 样本， 3 3  2 6 7. 点 A, B, C, D 在同一个球的球面上， AB = BC = AC = ，若四面体 ABCD 体积的 最大值为 ，则这个球的表面积为（ ） A． 289π B． 8π C． 169π D． 25π 16 16 16 8. 设 m ， n 为正数，且 m + n = 2 ，则 1 m +1 + n + 3 的最小值为（ ） n + 2 A. 3 2 B. 5 3 x ln x − 2x, x > 0 C. 7 4 D. 9 5 9. 已知函数 f ( x) =  x +  3 x, x ≤ 0 2 的图像上有且仅有四个不同的点关于直线 y = −1的 对称点在 y = kx −1的图像上，则实数 k 的取值范围是（ ） A .  1 ,1 B．  1 , 3  C．  1 ,1 D．  1 , 2  2           2 4   3   2  二、填空题：（每小题 5 分） 10．设 z = 1− i + 2i ，则| z |= . 1+ i 11. 二项式  x − a  展开式中的常数项为 240，则实数 a 的值为 . x    12. 一所中学共有 4 000 名学生，为了引导学生树立正确的消费观，需抽样调查学生每天 使用零花钱的数量(取整数元)情况，分层抽取容量为 300 的 作出频率分布直方图如图所示，请估计在全校所有学生中， 一天使用零花钱在 6 元～14 元的学生大约有 _人． x2 y2 2 3 13. 已知双曲线 − a2 b2 = 1(a > 0, b > 0) 的离心率为 ⋅则它的一条渐近线被圆 3 ( x + 4)2 + y2 = 8 所截得的弦长等于 . 14.2019 年底,武汉发生“新型冠状病毒”肺炎疫情,国家卫健委紧急部署,从多省调派医务 工作者前去支援,正值农历春节举家团圆之际,他们成为“最美逆行者”.武汉市从 2 月 7 日 起举全市之力入户上门排查确诊的新冠肺炎患者､疑似的新冠肺炎患者､无法明确排除新冠 肺炎 的发热患者和确诊患者的密切接触者等“四类”人员,强化网格化管理,不落一户､不漏 一人.若在 排查期间,某小区有 5 人被确认为“确诊患者的密切接触者”,现医护人员要对这4 3 5 人随机进行逐一“核糖核酸”检测,只要出现一例阳性,则将该小区确定为“感染高危小 区”.假设每人被确诊的概率均为 p(0 的左右焦点分别为 F , F ，离心率为 3 ，过抛物 1 a2 b2 1(a b 0) 1 2 线C ： x2 = 4by 焦点 F 的直线交抛物线于 M , N 两点，当| MF |= 7 时， M 点在 x 轴上 2 4 的射影为 F1 ，连接 NO, MO 并延长分别交C1 于 A, B 两点，连接 AB ， ∆OMN 与∆OAB 的面积分别记为 S∆OMN ， S∆OAB ，设λ= S∆OMN . S∆OAB （Ⅰ）求椭圆C1 和抛物线C2 的方程； （Ⅱ）求λ的取值范围. 19. （本题满分 16 分） 已知等比数列{a } 的各项均为正数， 2a , a , 4a 成等差数列，且满足 a = 4a2 ，数列 n 5 4 6 4 3 {b }的前 n 项和 S = (n +1) b ， n ∈ N * ，且b = 1. n n 2 n 1 （Ⅰ）求数列{an } 和{bn }的通项公式； （Ⅱ）设 c = bn , n为奇数 ，求数列{c }的前 n 项和 P .n  a , n为偶数 n n （Ⅲ）设 d  n = b2n+5 a ， n ∈ N * ，{d } 的前 n 项和T ，求证： T < 1 . b2n+1b2n+3 n n n 3 20. （本题满分 16 分） 设函数 f (x) = ax −2−ln x (a ∈ R) . （Ⅰ）求 f (x) 的单调区间； （Ⅱ）当 a = 1 时，试判断 f (x) 零点的个数； （Ⅲ）当 a = 1 时，若对∀x ∈(1, +∞) ，都有(4k −1−ln x)x + f (x) −1< 0 （ k ∈ Z ）成 立，求 k 的最大值. n n 26 2 10   6 4 参考答案： 1.【答案】B 【解析】A={x|y=log2（2﹣x）}={x|x＜2}，B={x|x2﹣3x+2＜0}={x|1＜x＜2}， 则∁ AB={x|x≤1}，故选 B． 2. B 3.【答案】A 【解析】对于函数 y = ln x − 2 ，则 y′ = 1 + 2 ，所以， tanα= 3 ，α∈[0,π) ， \ α x 为锐角，tanα= sinα = 3  x x2  cosα 2 2 sinα= 10 由sin α+ cos α= 1 ，解得 ，因此， cosα+ sinα= . sinα> 0  故选：A. 4. 【答案】 D cosα= 10 5  10 【解析】根据抛物线的焦半径公式得1+ p = 5, p = 8 ．取 M（1，4），则 AM 的斜率为 2 2，由已知得 − 5. 【答案】C a × 2 = −1，故 a = 1 ． 4 g(x) =   π  π 【解析】由题意知 sin 3  x +  + ϕ ，因为直线 x = 是 g ( x) 的图象的一条对称  4   6 轴，所以3π+ π +ϕ= π + kπ(k ∈ Z) ，故ϕ= − 3π + kπ, k ∈ Z ，因为0 < ϕ< π，所以    ϕ= π ， f (x) = sin  3x + π  为非奇非偶函数，所以 A 选项错误. 4  4    π π 3x π π 5π  π π 因为 x ∈  ,  ，则 + 4 ∈  ,  ，所以 f ( x) 在 ,  上单调递减，所以 C 选项 正确. 12 3   2 4  12 3  因为 g (x) = −sin 3x ，所以 g ( x) 为奇函数，所以 B 选项错误.x ∈ − π , π 3x ∈−π π g x − π , π 当  15 9  时，  ,  ， 所以 ( ) 在   上单调递减，所以 D 选项错误.  故选：C 6. 【答案】C  5 3   15 9  【解析】因为 f (x) 是奇函数，从而 g(x) = xf (x) 是 R 上的偶函数，且在[0, +∞) 上是增函 数， a = g (− log2 5.1) = g (log2 5.1) ， 20.8 < 2 ，又 4 < 5.1 < 8 ，则 2 < log2 5.1 < 3 ，所以即 0 < 20.8 < log2 5.1 < 3 ， 3 10 2 47 2  g(20.8 ) < g(log 5.1) < g(3) ，所以b < a < c ，故选 C． 7．【答案】A 【解析】根据题意知， ∆ABC 是一个等边三角形，其面积为 ，由正弦定理 2r = ?3 = 2 sin π 3 知，外接圆的半径为 r = 1．设小圆的圆心为Q，若四面体 ABCD 的体积 有最大值，由于底面积 S∆ABC 不变，高最大时体积最大，所以， DQ 与面 ABC 垂直时体积 最大，最大值为 1 S 3 ∆ABC × DQ = 3 ，∴ DQ = 4 ，设球心为O ，半径为 R ，则在直角 ∆AQO 中， OA2 = AQ2 + OQ2 ，即 R2 = 12 + (4 − R)2 ，∴ R = 17 ,则这个球的表面积为： 8 S = 4π 17 2 = 289π ( ) 8 16 ，故选：A． 8. 【答案】D 【解析】 【分析】 1根据 m + n = 2 ，化简 + n + 3 = 5 + 1 ，根据均值不等式，即可求得答 m +1 案； n + 2 (m +1) ⋅ (n + 2) 【详解】当 m + n = 2 时，  1 m +1 + n + 3 = n + 2 1 + m +1 1 +1 n + 2 = m + n + 3 +1 = 5 +1 (m +1) ⋅ (n + 2) (m +1) ⋅ (n + 2)  m +1+ n + 2 2 25  (m +1) ⋅ (n + 2) ≤  2 = 4 ，   当且仅当 m +1 = n + 2 时，即 m = 3 ，n = 1 取等号， 2 2 ∴ 1 m +1 + n + 3 ≥ 9 .n + 2 5 故选：D 【点睛】本题主要考查了根据均值不等式求最值，解题关键是灵活使用均值不等式，注意 要验证等号的是否成立，考查了分析能力和计算能力，属于中档题. 9. 【答案】A 【解析】可求得直线 y = kx −1关于直线 y = −1的对称直线为 y = mx −1 (m = −k ) ， 当 x > 0 时， f ( x) = x ln x − 2x ， f '( x) = ln x −1 ，当 x = e 时， f '( x) = 0 ，则当 x ∈(0, e) 时， f '(x) < 0 ， f ( x) 单减，当x ∈(e, +∞)时， f '(x) > 0 ， f ( x) 单增； 当 x ≤ 0 时， f ( x) = x2 + 3 x ， f '( x) = 2x + 3 ，当 x = − 3 ， f '( x) = 0 ,当 x < − 3 时， 2 2 4 4 3 3 48 x   6 f ( x) 单减，当− 3 < x < 0 时， f ( x) 单增； 4 根据题意画出函数大致图像，如图： 当 y = mx −1与 f ( x) = x2 + 3 x （ x ≤ 0 ）相切时，得∆ = 0 ，解得 m = − 1 ； 2 2  y = x ln x − 2x 当 y = mx −1与 f ( x) = x ln x − 2x （ x > 0 ）相切时，满足  y = mx − 1 ， m = ln x −1 解得 x = 1, m = −1，结合图像可知 m ∈ −1, − 1  ，即−k ∈ −1, − 1  ， k ∈ 1 ,1 ，故选：A 2   2    10．1 11 【答案】 ±2  a r     6− 3 r 3  2  【解析】T = Cr x6−r − = C r (−a )r x 2 ，由6 − r = 0 得 r +1 6  ? 6  r = 4,∴C4 (−a)4 = 240 ， 解得 a = ±2 . 故答案为： ±2 . 12 【答案】2720 【解析】根据频率分布直方图得；一天使用零花钱在 6 元～14 元的学生频率是 1﹣（0.02+0.03+0.03）×4=1﹣0.32=0.68， ∴对应的频数是 4000×0.68=2720； ∴估计全校学生中，一天使用零花钱在 6 元～14 元的大约有 2720 人． 13.【答案】4 x2 y2 2 3 c 2 3 【解析】因为双曲线 − a2 b2 = 4 ， 3 = 1(a > 0, b > 0) 的离心率为 ，即 = 3 a ，所以 3 所以 b = a 3 ，故双曲线的渐近线方程为 y = ± 3 3 x ，即 3x ± 3y = 0 ， 3 又圆( x + 4)2 + y2 = 8 的圆心为(−4，0) ，半径为 r = 2 2 ， a2 + b2 a2 29 6 2 3 6 3 3 3     + 所以圆心到任一条渐近线的距离为 d = −4 3 = 2 ， 3 + 9 因此，弦长为 2 故答案为 4 = 4 . 15 14. 1- 5 15．【答案】 2 2, 2 3 23 .4 【解析】根据菱形性质可得 OC= 3 ,则 BO= . (1) 作AF⊥BC,则AF= 2 3 × 3 6 = 2 ,此时AE最短,当E与 C重合时,AE最长,故 2 ≤ AE ≤ 2 ,即| EA |∈ 2 2, 2 3 ; (2) 以 O为原点,BD所在直线为x轴建系如图: 则 A(0, )B( − ,0),C(0, − ),D( 6 ,0), 所以 BC:y= − 2 x − ,设 E(m, − 2 2 m − ) 2    2  2  1  2  2 23 则 EA ⋅ ED =  −m, 2 3 + 2 m  6 − m, m +2 3  = 2  3m + 2  4 ,其中      m∈ − 6, 0   对称轴为 m= − 6 ∈ − 6, 0 ,故当 m= − 6 时 EA ⋅ ED 最小,最小值为 23 . 12   12 4 故答案为：[2 2, 2 3]； 23 ． 4 r2 − d 2 2 310 ) ) 3   16．【答案】（1）最小值为 −2 ；{x | x = kπ− π ， k ∈ Z}；（2） a = 1 ， b = 2 6 【解析】（1） f (x) = 3 sin 2x − cos 2 x − 1 = 3 sin 2x − 1 +cos 2 x − 1 = sin(2x − π −1 ， 2 2 2 2 2 6 ∴当2x − π = 2kπ − π ，即 x = kπ− π (k ∈ Z ) 时， f (x) 的最小值为−2 ， 6 2 6 此时自变量 x 的集合为：{x | x = kπ− π ， k ∈ Z} 6 （2） f （C） = 0 ， ∴sin(2C − π − 1 = 0 ， 6 π π 11π π π π 又0 < C < π，∴− < 2C − < ，∴ 2C − = ，可得： C = ， 6 6 6 6 2 3 sin B = 2sin A ，由正弦定理可得： b = 2a ①，又c = 3 ， ∴由余弦定理可得： ( 3)2 = a2 + b2 − 2ab cos π ，可得： a2 + b2 − ab = 3 ②， ∴联立①②解得： a = 1 ， b = 2 . 17．【答案】（1）证明见解析（2） 10 （3）存在， EM = 1 4 MC 3 【解析】建立以 D 为原点，分别以 DA ， DT （ T 为 BC 中点）， DF 的方向为 x 轴， y 轴， z 轴正方向的空间直角坐标系（如图）， 则 A(2, 0, 0) ， B(1, 3, 0) ， C(−1, 3, 0) ， D(0, 0, 0) ， E(2, 0, 2) ， F (0, 0,1) . （1）证明： EA = (0, 0, −2) ， AB = (−1, 3, 0) ，  设 n = (x, y, z) 为平面 EAB 的法向量， n ⋅ EA = 0  −2z = 0 则   ，即  ， n ⋅ AB = 0 −x + 3 y = 0 可得 n = ( 3,1, 0) ， 又 FC = (−1, 3, −1) ，可得 n ⋅ FC = 0 ， 又因为直线 FC ⊄ 平面 EAB ，所以直线 FC// 平面 EAB ； （2） EF = (−2, 0, −1) ， FC = (−1, 3, −1) ， FA = (2, 0, −1) ，11 3 − 3 1− λ−2 − 2 2 3λ 2 2 4 +  2 2   3λ− 1− λ 3   2    设 n1 = (x, y, z) 为平面 EFC 的法向量，  n1 ⋅ EF = 0  −2x − z = 0 则   ，即  ，可得 n1 = (−3, 3, 6) ， n1 ⋅ FC = 0 −x + 3y − z = 0 设 n2 = (x, y, z) 为平面 FCA 的法向量，  n2 ⋅ FA = 0  2x − z = 0 则   ，即  ，可得 n2 = (1, 3, 2) ， n2 ⋅ FC = 0 −x +   n1 ⋅ n2 3y − z = 0 6 所以cos n1, n2 =   = ， | n1 || n2 | 4 ∴sin  n1 , n2 = 10 4 所以二面角 E − FC − A 的正弦值为 10 ； 4 （3）设 EM = λEC = (−3λ, 3λ, −2λ) ，则 M (2 − 3λ, 3λ, 2 − 2λ) ， 则 BD = (−1, − 3, 0) ， DM = (2 − 3λ, 3λ, 2 − 2λ) ， 设 n3 = (x, y, z) 为平面 BDM 的法向量，  ⋅  = 0  −x − 3y = 0n3 BD 则   ，即  ， n3 ⋅ DM = 0 (2 − 3λ) x + 3λy + (2 − 2λ) z = 0   2 3λ− 3  可得 n3 =  3, −1, ，1− λ     由 EB = (−1, 3, −2)， 得 cos EB, n3 = = 8 ， 解得λ= 1 或 − 7 （舍），所以 EM = 1 . 4 8 MC 3 x2 + 2 = 2 = [2, +∞) 18.【答案】（I） y4 【解析】 1 ， x 4 y ；（II） ． 试题分析：（Ⅰ ）由题意得得 M  −c, 7 − b  ，根据点 M 在抛物线上得c2 = 4b  7 − b  ， 4   4  又 由 c = a 3 ，得 2     c2 = 3b2 ，可得 7b2 = 7b ，解得 b = 1，从而得 c = 3，a = 2 ，可得 曲线方程．（Ⅱ ）设 kON = m ， kOM = m '，分析可得 m ' = − 1 4m ，先设出直线ON 的方程  y = mx 为 y = mx (m > 0) ，由  2 = 4 y ，解得 xN = 4m ，从而可求得 ON = 4m ，同理 1− cos2 n n1 2  ,  1+ m2 x =12 1+ m2 1+ 1 16m2 4m2 +1 x  x2 = 4 y 可得 OM , OA , OB ,故可将λ= S∆OMN = S∆OAB 化为 m 的代数式，用基本不等式求 解可得结 果． 试题解 析： （Ⅰ）由抛物线定义可得 M  −c, 7 − b  ， 4    ∵点 M 在抛物线 x2 = 4by 上， ∴ c2 = 4b  7 − b  ，即 c2 = 7b − 4b2 ① 4  又 由 c = a   3 ，得 2 c2 = 3b2 将上式代入①，得7b2 = 7b 解得b = 1, ∴ c = 3, ∴a = 2 ， C 的 x2 + 2 = C x2 = 所以曲线 1 方程为 y4 1 ，曲线 2 的方程为 4 y ． （Ⅱ）设直线 MN 的方程为 y = kx +1， y = kx + 1 由  2 = 4 y 消去 y 整理得 x2 − 4kx − 4 = 0 ， 设 M（x1 , y1 ) ， N ( x2, y2 ) . 则 x1 x2 = −4 ， 设 kON = m ， kOM = m '， 则 mm ' = y2 ⋅ y1 = 1 x2 x1 16 x1 x2 = − 1 ， 4 所 以 m ' = − 1 ， ② 4m 设直线ON 的方程为 y = mx (m > 0) ， 由  y = mx ，解得 x = 4m ， 所 以 ON = xN = 4m ， 由②可知，用− 1 4m 代替 m ， 可 得 OM = xM = ，  y = mx 2 由  x2  4 y2 = 1 ，解得 xA = ， ON ⋅ OM OA ⋅ OB 1+ m2 1 m 1+  − 1 2  4m  + N13 ON ⋅ OM OA ⋅ OB 1 4m2 +1 = − n−1 n {b } 所 以 OA = 2 1 + m2 x A ， 4m2 +1 用 − 1 4m 代替 m ，可得 OB = xB = λ= S∆OMN = = 所以 S∆OAB = 4m2 +1 ⋅ = = 2m + 1 2m ≥ 2 ，当且仅当m = 1时等号成立． 所以λ的取值范围为[2, +∞) . 点睛：解决圆锥曲线的最值与范围问题时，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关 系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．常从以下几个方面考虑： ①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围； ②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； ③利用基本不等式求出参数的取值范围； ④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．  1 n n2 1 1  1 n 19.【答案】（1） an =  2  ； bn = n （2）当 n 为偶数时， pn = = 4 + − ⋅   ； 当   (n +1)2 1 1  1 n−1 3 3  2  n 为奇数时， Pn = 4 + − ⋅  （3）证明见解析 【解析】 【分析】 3 3  2  (1) 根据题意列出方程组， 求出 a1 、 q ， 从而得到{an } 的通项公式， 当 n ≥ 2 时， b = S − S = n +1 b nb b，化简可得{ } 是首项为 1 的常数列，即可求得 的 n n n−1 2 n 2 n n 通项公式；(2)分类讨论，当 n 为偶数时， pn = (b1 + b3 +…+ bn−1 ) + (a2 + a4 +…+ an ) ， 分别利用等差数列、等比数列的前 n项和公式求和即可，当 n 为奇数时，由 Pn = Pn−1 + bn 可求得结果；(3)裂项法可得 d = 2n + 5 ⋅ 1 = 1 − 1 ，从而 求得T = 1 − 1 n < 1 . (2n +1)(2n + 3) 2n (2n +1)2 n−1 (2n + 3)2 n n 3 (2n + 3)2n 3 1+ m2 1+ 1 16m2 2 1 + 1 1 16m2 4m2 +1 1 + m24m ⋅ 1 m 1 + 1 16m2 2 1 + 1 ⋅ 16m2 1 4m2 +1 2 1 + m2 4m2 +1 4m2 + 2 + 1 4m214 a4 3 n 2 2 4   1−   【详解】解；（1）因为 an > 0 ，所以 q > 0 ，q = 12a4 = 2a5 + 4a6 ⇒ 2q2 + q −1 = 0  2 = 4a2  1 = 4a1q ，解得a = 1  1 n 所 以 a =   ，   1 2 当 n ≥ 2 时， b = S − S = n +1 b − nbn−1 ， 即 bn =? bn−1 ，n n n−1 2 n 2 n n −1 ∴{bn }是首项为 1 的常数列， bn = 1 n n ∴ bn = n ； n, n为奇数 （2） Cn  1 n     , n为偶数 当 n 为偶数时， pn = (b1 + b3 +…+ bn−1 ) + (a2 + a4 +…+ an ) = [1+ 3 ++ (n −1)] + 1 2 + 1 4 ++ 1 n [( ) ( ) ( ) ] 2 2 2 n  n 1 1−  1 2  4  = 2       n2 1 1  1 n (1+ n −1) + 2 1 = 4 + 3 − 3 ⋅ 2  4 (n −1)2 1 1  1 n−1 (n +1)2 1 1  1 n−1 当 n 为奇数时， Pn = Pn−1 + bn = 4 + −   + n = + − ⋅  （3） d = 2n + 5 ⋅ 1 = 3 3  2  1 − 1 4 3 3  2  n (2n +1)(2n + 3) 2n (2n +1)2 n−1 (2n + 3)2 n T = 1 − 1 + 1 − 1 + + 1 − 1 n 3 5 ⋅ 2 5 ⋅ 2 7 ⋅ 22 (2 n +1)2 n−1 (2 n + 3)2 n = 1 − 1 < 1 3 (2n + 3)2n 3 【点睛】本题考查数列的综合，等差数列、等比数列通项公式、前 n项和的求解，分组求 和法，裂项相消法求和，计算时一定要数对项数，属于较难题. 20. 【答案】（1）当 a ≤ 0 时， f ( x) 的单减区间为(0, +∞) ；当 a > 0 时， f ( x) 的单减区间为 0, 1  ，单增区间为  1 , +∞  ；（2）两个；（3）0. a   a      【解析】 【分析】 =15  e2   e2   e2  （1）求出 f '( x ) ，分两种情况讨论 a 的范围，在定义域内，分别令 f '( x ) > 0 求得 x 的范 围，可得函数 f ( x) 增区间， f '( x ) < 0 求得 x 的范围，可得函数 f ( x) 的减区间；（2）当 a = 1 时， 由（ 1 ） 可知， f ( x) 在 (0,1) 是单减函数， 在 (1, +∞) 是单增函数， 由 f  1  ⋅ f (1) < 0 ， f (1)⋅ f (e2 ) < 0 ，利用零点存在定理可得结果；（3）当 a = 1 ， k 为  整 数 ， 且 当 x > 1 时 ， (4k −1− lnx) x + f ( x) −1 < 0 恒 成 立 ，(4k −1− lnx ) x + x − 2 − lnx −1 < 0 ⇔ k < 1  lnx + 3 + lnx  ? ? ， 利 用 导 数 求 出4  x x   1  lnx + 3 + lnx  的取值范围，从而可得结果.4  x x    【详解】（1） f ( x) = ax − 2 − lnx ( x > 0)， ∴ f '( x) = a − 1 = ax −1 . x x 当 a ≤ 0 时， f '( x ) < 0 在(0, +∞) 恒成立， ∴ f ( x) 在( 0, +∞) 是单减函数. 当 a > 0 时，令 f '( x) = 0 ，解之得 x = 1 . a 从而，当 x 变化时， f '( x ) ， f ( x) 随 x 的变化情况如下表： x  0, 1   a   1 a  1 , +∞   a   f '( x ) - 0 + f ( x) 单调递减 单调递增 由上表中可知， f ( x) 在  0, 1  是单减函数，在  1 , +∞  是单增函数. a   a      综上，当 a ≤ 0 时， f ( x) 的单减区间为(0, +∞) ； 当 a > 0 时， f ( x) 的单减区间为  0, 1  ，单增区间为  1 , +∞  . a   a      （2）当 a = 1 时，由（1）可知， f ( x) 在(0,1) 是单减函数，在(1, +∞) 是单增函数； 又 f  1  = 1   e2 > 0 ， f (1) = −1 < 0 ， f (e2 ) = e2 − 4 > 0 . ∴ f  1  ⋅ f (1) < 0 ， f (1)⋅ f (e2 ) < 0 ；  故 f ( x) 在(0, +∞) 有两个零点.16  3 4   12 16    （3）当 a = 1 ， k 为整数，且当 x > 1时， (4k −1− lnx ) x + f ( x) −1 < 0 恒成立 ⇔ (4k −1− lnx ) x + x − 2 − lnx −1 < 0 ⇔ k < 1  lnx + 3 + lnx  .4  x x    令 F ( x) = lnx + 3 + lnx ( x > 1) ，只需 k < 1 F ( x) (k ∈ Z ) ； x x 4 min 又 F '( x ) = 1 − 3 + 1 −lnx = x − 2 −lnx = f ( x ) = 0 ， x x2 x2 x2 x2 由（2）知， F '( x) = 0 在(1, +∞) 有且仅有一个实数根 x0 ， F ( x) 在(1, x0 )上单减，在( x0 , +∞) 上单增； ∴ F ( x) = F ( x ) = lnx + 3 + lnx0 (*) min x0 x0 又 F '(3) = 1− ln3 < 0 ， F '(4) = 2 − ln4 = 2 (1− ln2) > 0 ，9 16 16 ∴ F '(3)⋅ F '(4) < 0 ，∴ x0 ∈ (3, 4) 且 x0 − 2 − lnx0 = 0 ， 即lnx0 = x0 − 2 代入(*) 式，得 F ( x) = F ( x ) = x − 2 + 3 + x0 − 2 = x + 1 −1, x ∈(3, 4) . min 0 0 x x 0 x 0 而t = x0 + 0 0 0 0 −1在(3, 4) 为增函数，∴ t ∈ 7 , 13  ，   即 1 F ( x) 4 min ∈ 7 , 13  .  而  7 , 13  ⊂ (0,1) ，∴ 1 F ( x) ? ∈(0,1) ，  12 16  4 min ∴ k ≤ 0, 即所求 k 的最大值为 0. 【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、函数的零点以及不等式恒成立，属于 难题.近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深 度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求 导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、 最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式 甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题. 0 0 1 x