云南省昆明市2020届高三数学（文）三诊一模检测试题（解析版）

昆明市 2020 届“三诊一模”高三复习教学质量检测 文科数学 一､选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的. 1.已知集合 或 ， ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 利用交集定义直接求解. 【详解】解：∵集合 A＝{x|x＜﹣1 或 x＞2}，B＝{﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，3}， ∴A∩B＝{﹣3，﹣2，3}. 故选：C. 【点睛】本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题. 2.已知复数 满足 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 通过分母实数化，求出 z 即可. 【详解】解：∵z 满足（1+2i）z＝5i， ∴z＝ ＝ ＝2+i. 故选：A. 【点睛】本题考查了复数的运算，熟练掌握运算性质是解题的关键，本题是一道基础题. 3.在正项等比数列 中，若 ， ，则其前 3 项的和 （ ） { | 1A x x= < − }2x > { }3, 2, 1,0,1,2,3B = − − − A B = { }3, 2− − { }2,3 { }3, 2,3− − { }3, 2,2,3− − z ( )1 2 5i z i+ = z = 2 i+ 2 i− 2 i− + 2 i− − 5 1 2 i i+ 5 (1 2 ) (1 2 )(1 2 ) i i i i − + − { }na 1 1a = 3 22 3a a= + 3S =A. 3 B. 6 C. 13 D. 24 【答案】C 【解析】 【分析】 由等比数列通项公式求出公比 ，再利用公式求出前 3 项的和 . 【详解】 ， ， ， 又 ，所以 ， . 故选：C 【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式，等比数列的求和，考查了学生的运算求解能 力. 4.已知向量 ， ，则 （ ） A. -14 B. -4 C. 4 D. 14 【答案】B 【解析】 【分析】 由条件算出 ，进而由公式算出 . 【详解】 ， ， ， . 故选：B 【点睛】本题主要考查了向量的数量积的坐标运算，考查了学生的基本运算能力. 5.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） q 3S 3 22 3a a= + 1 1a = 2 2 3q q∴ = + 0q > 3q = 3 3 1 3 131 3S −∴ = =− ( )1,1a = ( )2,4b = ( )a b a− ⋅ =   a b−  ( )a b a− ⋅   ( )1,1a =  ( )2,4b = ( )1, 3a b∴ − = − −  ( ) ( ) ( )1 1 3 1 4a b a∴ − ⋅ = − × + − × = −  A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由三视图还原几何体可知，该几何体为一个大圆柱减去半个小圆柱，根据数据可计算出几何 体体积. 【详解】 由三视图还原几何体可知，该几何体为一个大圆柱减去半个小圆柱，故该几何体体积为 . 故选：B 【点睛】本题主要考查了由三视图还原原几何体，计算几何体体积，考查了学生的直观想象 能力. 6.执行如图所示的程序框图，则输出的 （ ） 2 π 3 2 π 2π 4π 2 21 31 2 1 12 2V π π π= × × − × × × = T =A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】 执行程序框图，依次写出每次循环得到的结果，即可得最后的结果. 【详解】 ，则 ； ； ，输出 . 故选：C 【点睛】本题主要考查了程序框图 计算，属于基础题. 7.已知 是定义在 上的减函数，则关于 的不等式 的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由函数的单调性可得 ，求解即得 . 【详解】因为 是定义在 上的减函数，则由 得 ，即 ，解得 . 故选：B 的 8 5 3 2 4 3 1 0 0k S T= = =， ， 1 6 1 2S T k= < = =， ， 43 6 33 ， ，= < = =S T k 6S = 4 3T = ( )f x R x ( ) ( )2 0f x x f x− − > ( ) ( ),0 2,−∞ +∞ ( )0,2 ( ),2−∞ ( )2,+∞ 2 − ( ) ( )2 − >f x x f x 2 − 1 2x x + ≥ 1x = 0x < 1 2x x + ≤ − 1x = − 1 2x x + = − DEF∆ ABC∆ ABC∆ DEF∆ 1 4 1 4DEF ABCS S∆ ∆= 1 4DEF ABCS S∆ ∆= DEF∆ 1 4 DEF ABC SP S ∆ ∆ = = 1 4 F M ( )2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b − = > > P M O若 ， ，则 的离心率为______. 【答案】 【解析】 【分析】 由题意不妨设点 在第一象限，又 ， 得 ，代入双曲线方程 可得 ，则 ，故可得离心率. 【详解】由题意不妨设点 第一象限，又 ， 得 ，代入双 曲线方程得 ，则 ， 所以 ， 故离心率 . 故答案为： 【点睛】本题主要考查了双曲线离心率的求解，考查了学生的运算求解能力. 16.定义域为 的偶函数 满足 ，当 时， ， 给出下列四个结论： ① ； ②若 ，则 ； ③函数 在 内有且仅有 3 个零点； 其中，正确结论的序号是______. 【答案】①③ 【解析】 在 2OP b= 6POF π∠ = M 15 3 P 2OP b= 6POF π∠ = ( )3 ,P b b 2 23 2a b= 2 2 2 25 2c a b b= + = P 2OP b= 6POF π∠ = ( )3 ,P b b 2 2 2 2 3 1b b a b − = 2 23 2a b= 2 2 2 25 2c a b b= + = 2 2 5 15 3 3 ce a = = = 15 3 R ( )f x ( ) ( )1 1 0f x f x+ + − = [ )0,1x∈ ( ) sin 2 xf x π= ( ) 1f x < ( ) ( )1 2 0f x f x+ = 1 2 0x x+ = ( )f x ( )0,4【分析】 由 得函数 关于点 中心对称，又 为偶函数，所以可推 得 的周期为 4，又得 ，且当 时， ，故可作出函数的图 象，结合图象可判断各选项的真假. 【详解】由 得函数 关于点 中心对称， 又 ， ， 为 上的偶函数， ， ， ， 的周期为 4， 当 时， 得 ， 又当 时， ，所以函数 图象如图： 由图知， ， ，故①正确； 又 ，从而可知②不正确； 当 时， ，故③正确. 故答案为：①③ 【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性，对称性，周期性等性质，考查了函数零点的个数判 断，考查了数形结合，函数与方程的思想. 三､解答题：共 70 分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.第 17~21 题为必 ( ) ( )1 1 0f x f x+ + − = ( )f x ( )1,0 ( )f x ( )f x ( )1 0f = [ )0,1x∈ ( ) sin 2 xf x π= ( ) ( )1 1 0f x f x+ + − = ( )f x ( )1,0 ( ) ( )1 1f x f x+ = − − ( ) ( )2f x f x∴ + = − − ( )f x R ( ) ( )f x f x∴ − = ( ) ( )2f x f x∴ + = − ( ) ( ) ( )4 2f x f x f x∴ + = − + = ( )f x∴ 0x = ( ) ( )1 0 1 0 0f f+ + − = ( )1 0f = [ )0,1x∈ ( ) sin 2 xf x π= ( )f x ( )1 1f x− < < ( ) 1f x∴ < ( ) ( )1 2 0f f+ = ( )0,4x∈ ( ) ( ) ( )1 2 3 0f f f= = =考题，每个试题考生都必须作答.第 22､23 题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共 60 分. 17.已知三棱柱 ，底面 为等边三角形，侧棱 平面 ， 为 中点， ， 和 交于点 . （1）证明： 平面 ； （2）若 ，求点 到平面 的距离. 【答案】（1）证明见解析（2） 【解析】 【分析】 （1） 取 中 点 ， 连 结 、 ， 证 明 四 边 形 为 平 行 四 边 形 ， 从 而 得 到 ，即可得证 平面 ； （2）设点 到平面 的距离为 ，采用等体积法由 解方程得 即可. 【详解】（1）证明：取 中点 ，连结 、 ， 在四边形 中， 中点， 为 中点， 所以 为 中位线， 故： 且 ， 因为 为 中点， 所以 且 ， 所以 且 ，所以四边形 为平行四边形， 所以 ，且 平面 ， 为 1 1 1ABC A B C− ABC 1AA ⊥ ABC D 1CC 1 2AA AB= 1AB 1A B O / /OD ABC 2AB = B 1 1A B D 4 21 7 AB E CE OE EODC / /OD EC / /OD ABC B 1 1A B D h 1 1 1 1A BB D B A B DV V− −= h AB E CE OE EODC E AB O 1AB EO 1AB B 1/ /EO BB 1 1 2EO BB= D 1CC 1 1 1 1 2 2CD CC BB= = 1/ /CD BB / /EO CD EO CD= EODC / /OD EC EC ⊂ ABC所以 平面 . （2）因为 为等边三角形， 为 中点， ， ， 所以 ， 所以： ，又因为 ， 所以： ， . 点 到平面 的距离为 ， 设点 到平面 的距离为 ， 由 得 ， 解得 . 【点睛】本题主要考查了直线与平面平行的证明，点到平面的距离计算，考查学生采用等体 积法求点到平面的距离，考查了学生直观想象能力和转化与化归的思想. 18.2020 年 1 月，教育部《关于在部分高校开展基础学科招生改革试点工作的意见》印发，自 2020 年起，在部分高校开展基础学科招生改革试点（也称“强基计划”）.强基计划聚焦高端芯 片与软件､智能科技､新材料､先进制造和国家安全等关键领域以及国家人才紧缺的人文社会 科学领域，选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生.新 材料产业是重要的战略性新兴产业，下图是我国 2011-2019 年中国新材料产业市场规模及增长 趋势图.其中柱状图表示新材料产业市场规模（单位：万亿元），折线图表示新材料产业市场规 模年增长率（ ）. / /OD ABC 1 1 1A B C△ D 1CC 2AB = 1 1 4CC AA= = 1 2C D = 1 1 2 2A D B D= = 1 1 2A B = 1 1 1 2 7 72A B DS = × × =△ 1 1 4 2 42BB DS = × × =△ 1A 1 1BB C C 3 B 1 1A B D h 1 1 1 1A BB D B A B DV V− −= 1 1 1 1 1 33 3A B D BB DS h S⋅ ⋅ = ⋅ ⋅△ △ 4 21 7h = %（1）求 2015 年至 2019 年这 5 年的新材料产业市场规模的平均数； （2）从 2012 年至 2019 年中随机挑选一年，求该年新材料产业市场规模较上一年的年增加量 不少于 6000 亿元的概率； （3）由图判断，从哪年开始连续三年的新材料产业市场规模年增长率的方差最大.（结论不要 求证明） 【答案】（1）3.26 亿万元（2） （3）从 2012 年开始连续三年的新材料产业市场规模年增长 率的方差最大. 【解析】 【分析】 （1）由柱状图表得出这 5 年的市场规模，运用公式求平均数即可； （2）根据柱状图表算出从 2012 年起，每年新材料产业市场规模的增加值，利用古典概型算 出概率； （3）由折线图判断从 2012 年开始连续三年的新材料产业市场规模年增长率的方差最大. 【详解】（1）2015 年至 2019 年这 5 年的新材料产业市场规模的平均数 万亿元； （2）设 表示事件“从 2012 年至 2019 年中随机挑选一年，读年新材料产业市场规模的增加 值达到 6000 亿元”，从 2012 年起，每年新材料产业市场规模的增加值依次为： 3000，2000，3000，5000，6000，4000，8000，6000（单位：亿元）， 所以 . （3）从 2012 年开始连续三年的新材料产业市场规模年增长率的方差最大. 【点睛】本题主要考查了古典概率的计算，统计图表的认识，样本的数字特征，考查学生数 据分析能力，以及对平均数，方差概念的理解. 19. 的角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，已知 . 3 8 2.1 2.7 3.1 3.9 4.5 3.265x + + + += = A ( ) 3 8P A = ABC∆ A B C a b c 2 2 2b c a bc+ = +（1）求 ； （2）从三个条件：① ；② ；③ 的面积为 中任选一个作为已知条件， 求 周长的取值范围. 【答案】（1） （2）分类讨论，见解析 【解析】 【分析】 （1）由余弦定理得 ，即可得 ； （2）分三种情况求解：选择①得， ，则有 的周长 ；选择②得， ， ，则有 ；选择③得 ，则有 ；分别利用三角函数与基本不等式求出周 长的范围. 【详解】（1）因为 ， 由余弦定理得 ，因为 ， 所以 ； （2）选择① ， 因为 ， ， 由正弦定理得 ， 即 的周长 A 3a = 3b = ABC∆ 3 ABC∆ 3A π= 2 2 2 1cos 2 2 b c aA bc + −= = 3A π= 2sin 2sin，b B c C= = ABC∆ 2sin 2sin 2 3s n3 i 36l a b c B C B π= + + = + +  = + +   3 2sina B = 3sin 3cos 3 sin 2sin 2 C Bc B B = = + 3(1 cos ) 3 3 3 3 3 2sin 2 22tan 2 Bl BB += + = + 4bc = 2( ) 12l a b c b c b c= + + = + − + + 2 2 2b c a bc+ = + 2 2 2 1cos 2 2 b c aA bc + −= = ( )0,A π∈ 3A π= 3a = 3A π= 3a = 2sin sin sin b c a B C A = = = ABC∆ 2sin 2sin 3l a b c B C= + + = + + 22sin 2sin 33B B π = + − +   3sin 3 cos 3B B= + +， 因为 ，所以 ， ， 即 周长的取值范围是 . 选择② . 因为 ， ， 由正弦定理得 ， ， 即 的周长 , 因为 ，所以 ，所以 ， 即 周长的取值范围是 . 选择③ . 因为 ， ，得 ， 由余弦定理得 ， 即 的周长 ， 因为 ，当且仅当 时等号成立， 2 3sin 36B π = + +   20, 3B π ∈   5 6 6 6B π π π< + < 1 sin 12 6B π < + ≤   ABC∆ (2 3,3 3 3b = 3A π= 3b = 3 2sina B = 23sin3sin 3cos 33 sin sin 2sin 2 BC Bc B B B π −  = = = + ABC∆ 3 3cos 3 3 3(1 cos ) 3 3 2sin 2sin 2 2sin 2 B Bl a b c B B B += + + = + + = + 26cos 3 32 24sin cos2 2 B B B = + 3 3 3 22tan 2 B = + 20, 3B π ∈   0 2 3 B π< < 0 tan 32 B< < ABC∆ ( )2 3,+∞ 3ABCS∆ = 3A π= 1 3sin 32 4ABCS bc A bc= = =△ 4bc = 2 2 2 2 2( ) 3 ( ) 12a b c bc b c bc b c= + − = + − = + − ABC∆ 2( ) 12l a b c b c b c= + + = + − + + 2 4b c bc+ ≥ = 2b c= =所以 . 即 周长的取值范围是 . 【点睛】本题主要考查了正余弦定理的应用，考查了三角形周长范围的求解，是个典型题目. 解决三角形周长范围，可用正弦定理化角转化为三角函数的求值域或用余弦定理及基本不等 式来求解. 20.已知函数 . （1）讨论 的单调性； （2）若 存在两个极值点 ， ，求 的最小值. 【答案】（1）见解析（2） . 【解析】 【分析】 （1）先求 ，通过讨论 的范围，确定导函数的符号，从而判断函数的单调性； （2）由（1）知， 有两个极值点时， 且 ，不妨设 和 ，表示出 ，令 ，求 的最小值即可 得解. 【详解】（1） ， ， ， 由 得 或 ， ①若 ，则 ，由 得 ； 得 或 ， 所以，若 ，则 在 递增，在 递减，在 递增； ②若 ，则 ， ， 在定义域 递增； ③若 ，则 ，由 得 ； 得 或 ， 24 12 4 6l ≥ − + = ABC∆ [ )6,+∞ ( ) ( ) ( )22 ln ln 0f x ax a x a ax = − + − − > ( )f x ( )f x 1x 2x ( ) ( )1 2f x f x+ 2 2ln 2e − − ( )f x′ a ( )f x 0a > 2a ≠ 1 1x = 2 2x a = ( ) ( )1 2 ( 2)ln 2ln2 af x f x a a+ = + − ( ) ( 2)ln 2ln2 xh x x x= + − ( )h x 0x > 0a > ( ) 2 2 2 2 2 ( 2) 2a ax a xa xf x x x + − + += − + =′ 2 ( 1)( 2)x ax x − −= ( ) 0f x′ = 1x = 2x a = 0 2a< < 2 1a > ( ) 0f x′ < 21 x a < < ( ) 0f x′ > 0 1x< < 2x a > 0 2a< < ( )f x ( )0,1 21, a     2 ,a  +∞   2a = 2 1a = ( ) ( )2 2 2 1 0xf x x −′ = ≥ ( )f x ( )0, ∞+ 2a > 2 1a < ( ) 0f x′ < 2 1xa < < ( ) 0f x′ > 20 x a < < 1x >所以，若 ，则 在 递增，在 递减，在 递增. （2）由（1）知， 有两个极值点时， 且 ，不妨设 和 ， ， ， 所以 ， 设 ， 则 ， ， 由 得 ， 在 内单调递减， 由 得 ， 在 内单调递增. 所以当 时， . 所以，当 且 时， 的最小值为 . 【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数研究函数的极值和最 值，考查了转化与化归的思想. 21.椭圆规是画椭圆的一种工具，如图 1 所示，在十字形滑槽上各有一个活动滑标 ， ， 有一根旋杆将两个滑标连成一体， ， 为旋杆上的一点，且在 ， 两点之间， 且 ，当滑标 在滑槽 内作往复运动，滑标 在滑槽 内随之运动时， 将笔尖放置于 处可画出椭圆，记该椭圆为 .如图 2 所示，设 与 交于点 ，以 所在的直线为 轴，以 所在的直线为 轴，建立平面直角坐标系. 2a > ( )f x 20, a      2 ,1a      ( )1,+∞ ( )f x 0a > 2a ≠ 1 1x = 2 2x a = ( ) ( )1 1 2 lnf x f a a= = − − ( )2 2 2 ( 2)ln ln2 af a a aaf x  = = − + + −   ( ) ( )1 2 ( 2)ln 2ln2 af x f x a a+ = + − ( ) ( 2)ln 2ln2 xh x x x= + − ( ) ( 2)(ln ln 2) 2lnh x x x x= + − − ( ) ln ln 2 1h x x′ = − + ( ) 0h x′ < 20 x e < < ( )h x 20, e      ( ) 0h x′ > 2x e > ( )h x 2 ,e  +∞   0x > min 2 2( ) 2ln 2h x h e e  = = − −   0a > 2a ≠ ( ) ( )1 2f x f x+ 2 2ln 2e − − M N 4MN = D M N 3ND MD= M EF N GH D C EF GH O EF x GH y（1）求椭圆 的方程； （2）设 ， 是椭圆 的左､右顶点，点 为直线 上的动点，直线 ， 分别交 椭圆于 ， 两点，求四边形 面积为 ，求点 的坐标. 【答案】（1） （2） 或 【解析】 【分析】 （1）由题得 ， ，结合图 2，可知椭圆 的长半轴长为 3，短半轴长为 1，故 可得椭圆的方程； （2）设点 ，其中 ，则直线 方程为 ，直线 的方程为 ，设 ， ，由 得 ，算出 ，同理得 ，所以得四边形 的面积为 ，令 解方程求出 ，当 时，由对 称性可得 ，故可得符合条件的点 . 【详解】（1）由题得 ， ，所以椭圆 的长半轴长为 3，短半轴长为 1， 故椭圆 的方程为： ； 的 C 1A 2A C P 6x = 1AP 2A P Q R 1 2AQA R 3 3 P 2 2 19 x y+ = ( )6, 3P ( )6, 3P − 1MD = 3ND = C ( )6,P t 0t > 1AP ( )39 ty x= + 2A P ( )33 ty x= − ( )1 1,Q x y ( )2 2,R x y 2 2 19 ( 3)9 x y ty x  + =  = + ( )2 29 6 0t y ty+ − = 1 2 6 9 ty t = + 2 2 2 1 ty t = − + 1 2AQA R ( ) ( )( )2 2 1 1 2 2 2 24 31 2 9 1 t t S A A y y t t + = ⋅ − = + + 3 3S = 3t = 0t < t 3= − P 1MD = 3ND = C C 2 2 19 x y+ =（2）设点 ，其中 ，则直线 的方程为 ，直线 的方程为 .设 ， . 由 ，消 得 ，由于 ，则 . 由 ，消 得 ，由于 ，则 . 所以四边形 的面积为 . 由于 ， ， 故 . 解得 或 （舍去），即 ，当 时，由对称性可得 ，. 综上，当点 或 时，四边形 的面积为 . 【点睛】本题是一道与椭圆有关的创新题，考查了直线与椭圆相交的综合问题，考查了学生 的运算求解能力. （二）选考题：共 10 分.请考生在第 22､23 题中任选一题作答.并用铅笔在答题卡 选考题区域内把所选的题号涂黑.如果多做，则按所做的第一题计分. 【选修 4- 4：坐标系与参数方程】 22.在平面直角坐标系 中，直线 的参数方程为 （ 为参数），以原点 为 ( )6,P t 0t > 1AP ( )39 ty x= + 2A P ( )33 ty x= − ( )1 1,Q x y ( )2 2,R x y 2 2 19 ( 3)9 x y ty x  + =  = + x ( )2 29 6 0t y ty+ − = 1 0Ay = 1 2 6 9 ty t = + 2 2 19 ( 3)3 x y ty x  + =  = − x ( )2 21 02t y ty++ = 2 0Ay = 2 2 2 1 ty t = − + 1 2AQA R ( ) ( )( ) 2 1 1 2 2 2 22 2 24 31 6 232 9 1 9 1 t tt tS A A y y t t t t + = ⋅ − = + = + + + +  ( ) ( ) 2 2 22 2 2 24 3 24 3 43 4 3 t t t tt t t t + = = ++ + + + 0t > 2 3 2 3tm t += ≥ 24 3 34S m m = = + 2 3m = 2 3 3m = 3t = 0t < t 3= − ( )6, 3P ( )6, 3P − 1 2AQA R 3 3 xOy l 1 2 2 2 3 2 2 2 x t y t  = −  = + t O极点， 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系. （1）求直线 的极坐标方程； （2）设动点 的极坐标为 ，射线 与直线 相交于点 ，且满足 ， 求点 轨迹的极坐标方程. 【答案】（1） .（2） . 【解析】 【分析】 （1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换. （2）利用极径的应用求出结果. 【详解】解：（1）直线 的普通方程为 ， 所以 的极坐标方程为 . （2）依题意可知， 点的极坐标为 ， 因为 在直线 上，所以 ， 所以点 轨迹的极坐标方程为 . 【点睛】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，极径的应 用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型. [选修 4--5：不等式选讲] 23.已知 . （1）解不等式 ； （2）设 的最小值为 ，实数 ， ， 满足 ，证明： . 【答案】（1） （2）见解析 【解析】 【分析】 x l M ( ),ρ θ OM l A 4OA OM⋅ = M cos sin 2ρ θ ρ θ+ = ( )2sin 2cos 0ρ θ θ ρ= + > l 2 0x y+ − = l cos sin 2ρ θ ρ θ+ = A 4 ,θρ      A l ( )4 sin cos 2θ θρ + = M ( )2sin 2cos 0ρ θ θ ρ= + > ( ) 2 1 1f x x x= + + − ( ) 4f x ≤ ( )f x m a b c 2 2 2a b c m+ + = 6a b c+ + ≤ 5 ,13  −  （1）利用绝对值的意义，写出分段函数，即可求不等式 的解集； （2）利用绝对值不等式，求出 m，再利用柯西不等式进行证明. 【详解】解：（1）因为 ， 所以不等式 等价于 或 或 ， 解得 或 或 . 所以不等式的解集为 . （2）由（1）可知， 在 递减，在 递增，所以函数 的最小值为 . 所以 ，即 ， 根据柯西不等式得： ， 故 . 【点睛】本题考查不等式的解法，考查柯西不等式证明不等式，考查学生分析解决问题的能 力，属于中档题. ( ) 4f x ≤ ( ) 3 1, 1 3, 1 1 3 1, 1 x x f x x x x x − − ≤ − = + − <