盐城第一初级中学
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2023年2月12日发(作者：)江苏省盐城市第一中学2022-2023学年高三上学期学情调研（三）数
学试题
一、单选题
1
．已知集合22,0,20ABxxx
，则以下结论正确的是（）
A
．ABB
．0AB
C
．ABAD
．
AB
2．下列命题中，真命题是（）
A
．
“
1,1ab
”
是
“1ab”
的必要条件
B
．Rx，
e0x
C
．2R,2xxxD
．0ab的充要条件是
1
a
b
3
．复数
12zi
的共轭复数为z，则2zz
（）
A
．
22
B
．
25
C
．
6D
．
8
4
．已知数列
n
a
满足
1
2a
，4
1nn
aa
，则
6
a
的值为（）
A
．202
B
．242
C
．10242
D
．40962
5
．设向量
a
，
b
是互相垂直的单位向量，则与向量ab垂直的一个单位向量是（）
A
．
ab
B
．5
2
5
ab
C
．2
2
ab
D
．5
2
5
ab
6
．若
1117
ππ
1212
，且
π7
cos2
68
，则
5π
cos
12
（）
A
．
15
4
B
．
15
4
C
．
15
4
D
．
1
4
7
．函数
π
tan0,0
2
fxx
，某相邻两支图象与坐标轴分别交于点
π2π
,0,,0
63
AB
，则方程
()sin2
π
,[0,]
3
πfxxx
所有解的和为（）
A
．
5π
12
B
．
5π
6
C
．
π
2
D
．
π
4
8
．已知直线
0lykxk：（）
既是函数21fxx
的图象的切线，同时也是函数
ln
1
px
gxxpR
x
的图象的切线，则函数gx
零点个数为（）
A．0B．1C．0或1D．1或2
二、多选题
9
．设等比数列
n
a
的前
n
项和为
n
S
，则下列数列一定是等比数列的有（）
A
．
12
aa
，
23
aa
，
34
aa
，
…B
．
13
aa
，
35
aa
，
57
aa
，
…
C
．
2
S，
42
SS
，
64
SS
，
…D
．
3
S
，
63
SS
，
96
SS
，
…
10
．如图所示，ABC中，
324ABACBC，，
，点
M
为线段
AB
中点，
P
为线段
CM
的中点，
延长
AP
交边
BC
于点
N
，则下列结论正确的有（）．
A
．
11
42
APABACB
．
3BNNC
C
．
19
||
3
AN
D
．
AP
与
AC
夹角的余弦值为
519
38
11
．已知函数()1cos1cosfxxx，则下列结论正确的有（）
A
．
π
为函数()fx的一个周期
B
．函数()fx的图象关于直线
π
2
x对称
C
．函数()fx在
π
0,
2
上为减函数
D
．函数()fx的值域为
2,2
12
．若
π
0
2
ba
，则（）
A
．
11
e2e2
ee
ba
ab
ab
B
．
eeeeabbaba
C
．
sinsinabbbaa
D
．
sincossinbaa
三、填空题
13
．若定义在
R
上的偶函数fx
和奇函数gx
满足exfxgx
，则gx
的解析式为
gx
___________.
14
．已知无穷数列
n
a
满足
1
2a
，
2
5a
，
3
18a
，写出
n
a
的一个通项公式：
______.
（不能写
成分段函数的形式）
15
．在ABC中，角A，B，
C
的对边分别为
a
，
b
，
c
，若
1
2
pabc
，则三角形的面积
Sppapbpc
，这个公式最早出现在古希腊数学家海伦的著作《测地术》中，故称该
公式为海伦公式．将海伦公式推广到凸四边形（凸四边形即任取平面四边形一边所在直线，其余各
边均在此直线的同侧）中，即
“
设凸四边形的四条边长分别为
a
，b，
c
，d，
1
2
pabcd
，
凸四边形的一对对角和的一半为
，则凸四边形的面积
2cosSpapbpcpdabcd”
．如图，在凸四边形ABCD中，若
2AB
，4BC，
5CD，3DA，则凸四边形ABCD面积的最大值为
________
．
四、双空题
16
．若函数lnfxx
与函数exgxm
存在经过点（
1
，
0
）的公切线
l
，则实数
m
的值为
______
，
公切线
l
恒在函数2exhxax
图象的上方，则整数
a
的最大值是
______
．
五、解答题
17
．已知sin、cos是方程22(31)0xxm的两个实数根
.
(1)
求实数
m
的值；
(2)
求
sincos
1
1tan
1
tan
的值；
(3)
若
3
(,2)
2
，求cos2的值
.
18
．在ABC中，底边
BC
上的中线4AD，若动点P满足22sincosBPBABDR
.
（
1
）求PBPCAP
的最大值；
（
2
）若
ABC
为等腰三角形，且
5AB
，点P满足（
1
）的情况下，求
PBPC
的值
.
19
．已知数列
n
a
是公比为
q
的等比数列，前
n
项和为
n
S
，且满足
13
21aaq
，
32
31Sa
．
(1)
求数列
n
a
的通项公式；
(2)
若数列
n
b
满足
1
2
,
3
,
451
nn
n
n
nn
aan
b
a
n
aa
为奇数
为偶数
，求数列
n
b
的前2n项和2n
T．
20
．记
n
S
为正项数列
{}
n
a
的前
n
项和，且3332
12nn
aaaS
．
(1)
求
{}
n
a
的通项公式；
(2)
记数列
2
{}n
n
a
S
的前
n
项积为
n
T，证明：数列
{}
n
T
是递增数列．
21
．如图，在锐角ABC中，角
A
，
B
，
C
的对边分别为
a
，
b
，
c
，已知
3,60cC
．
(1)
求ABC面积的最大值；
(2)
若
AB
边上的点
D
满足
2ADDB
，求线段CD长的最大值．
22
．已知3sinfxxaxx
.
(1)
当
1
6
a
时，求证：函数fx
在
R
上单调递增；
(2)
若fx
只有一个零点，求
a
的取值范围
.
参考答案：
1．B
【分析】由题得
{0,2}B
,
再判断得解
.
【详解】由题得
{0,2}B
,
所以AB，0AB
，
ABA
，A不是B的子集，
故选：B
2．B
【分析】利用举反例可判断A，C，D，再根据指数函数的性质可判断B
【详解】解：对于
A
，当
2,1ab
时，满足1ab，但不满足
1,1ab
，故
“
1,1ab
”
不是
“1ab”
的必要条件，故错误；
对于
B
，根据指数函数的性质可得，对于Rx，
e0x
，故正确；
对于
C
，当2x时，22xx
，故错误；
对于
D
，当
0ab
时，满足0ab，但
1
a
b
不成立，故错误；
故选：B
3．A
【分析】由复数乘方运算及共轭复数概念写出2zz
，进而求模
.
【详解】由题意，2214i4i34iz，而
12iz
，
所以222izz
，则222zz.
故选：A.
4．C
【分析】变换得到
1
ln4ln
nn
aa
，得到ln
n
a
是首项为
ln2
，公比为4的等比数列，1ln4ln2n
n
a
，
计算得到答案
.
【详解】4
1nn
aa
，
1
2a
，易知
0
n
a
，故
1
ln4ln
nn
aa
，
故ln
n
a
是首项为
ln2
，公比为4的等比数列，1ln4ln2n
n
a
，51024
6
ln4ln2ln2a
，
故2014
6
2a
.
故选：C.
5．C
【分析】由向量
a
，
b
是互相垂直的单位向量，得
=1ab
，且
0ab
，设与向量
ab
垂直的单
位向量为(,R)kabk，列式求解
,k
的值即可得
.
【详解】解：因为
a
，
b
是相互垂直的单位向量，
则
=1ab
，且
0ab
设向量(,R)kabk是与向量
ab
垂直的单位向量，
则
0
1
kabab
kab
，所以
22
22
2222
0
()0
1
21
k
kakabb
k
kakabb
解得：
2
2
k
则向量2
2
ab
与向量2
2
ab
是与向量ab垂直的单位向量
.
故选：C.
6．C
【分析】由
π7
cos2
68
，利用二倍角公式及
1117
ππ
1212
，可得
π15
sin
124
，再由
5ππππ
coscossin
1221212
即可得答案
.
【详解】解：由2
ππ7
cos212sin
6128
，得2
π15
sin
1216
.
因为
1117
ππ
1212
，所以
π3
ππ
122
，所以
π15
sin
124
，
所以
5ππππ15
coscossin
12212124
.
故选：C.
7．B
【分析】先求出
π
2
T
，进而求出2，代入特殊点坐标，求出
π
3
，得到
π
tan2
3
fxx
，
从而得到方程，结合
[0,π]x
，求出
1
π
6
x
，
2
2π
3
x
，得到答案
.
【详解】由题意得：
2ππ
36
T
，所以
π
2
T
，
因为
0
，所以
ππ
2
，所以2，
又
π
tan20
6
，
π
0
2
，解得：
π
3
，
所以
π
tan2
3
fxx
，
故
π
s
s
in
in2,[0,]
3
c
2
π
3
π
o
π
s2
3
xx
x
x
，
因为
[0,π]x
，所以
[
ππ5π
2
33
]
3
,x
，
当
sin20
3
π
x
或
cos21
3
π
x
满足题意，
所以
π
20
3
x
或
π
时，解得：
1
π
6
x
，
2
2π
3
x
故
12
π2π5π
636
xx
.
故选：B.
8．B
【分析】设2
11
,1Axx
是函数21fxx
图象的切点，则由导数的几何意义可求得2k，设
2
22
2
,ln
1
px
Bxx
x
是函数ln
1
px
gxx
x
的切点，同样利用导数的几何意义可求出
4p
，然后
根据零点存在性定理可求得结果
【详解】设2
11
,1Axx
是函数21fxx
图象的切点，
则
11
2kfxx
，
∴
12
k
x
（
1
）
又2
11
1xkx
（
2
），
将（
1
）代入（
2
）消去
1
x
整理得：24k
，
∴2k，
设2
22
2
,ln
1
px
Bxx
x
是函数ln
1
px
gxx
x
的切点，
据题意
2
2
2
2
1
2
1
p
gx
x
x
，又2
22
2
ln2
1
px
xx
x
故2
222
2ln10xxx
，
令22ln1hxxxx
，0x
，
∴
11
4124130hxxx
xx
，
故22ln1hxxxx
，0x
在定义域上为增函数，
又10h
，故
2
1x
，
故112
4
p
g
，
∴
4p
，
44
lnln4
11
x
gxxx
xx
在0,
上是增函数
当
2
1
e
x
时，
2
1
0
e
g
；当1x时，120g
；
由零点存在性定理可得，
g(x)
存在唯一一个
0
2
1
,1
e
x
函数零点个数是1，
故选：B．
9．BD
【分析】设数列
n
a
的公比为
q
，
0q
，判断选项中的数列的项和公比，是否满足等比数列的定
义，从而求得结果
.
【详解】设数列
n
a
的公比为
q
，
0q
，
对于
A
和
C
，都有首项
121
(1)aaaq
，当1q时，
12
0aa
，不满足等比数列，故
AC
错误；
对于
B
，2
131
(1)0aaaq
，且
2
2
3513
1313
()aaqaa
q
aaaa
，
同理2
57
35
aa
q
aa
，故数列
13
aa
，
35
aa
，
57
aa
，
…
为等比数列，
B
正确；
对于
D
，2
31231
(1)0Saaaaqq
，且3
63
3
SS
q
S
，3
96
63
SS
q
SS
，
故数列
3
S
，
63
SS
，
96
SS
，
…
为等比数列，
D
正确；
故选：BD
10．AC
【分析】对A，根据平面向量基本定理，结合向量共线的线性表示求解即可；
对
B
，根据三点共线的性质，结合
11
42
APABAC可得
12
33
ANABAC
，进而得到
2BNNC
判
断即可；
对
C
，根据余弦定理可得
BAC，再根据
B
中
12
33
ANABAC
两边平方化简求解即可；
对
D
，在
ANC
中根据余弦定理求解即可
【详解】对
A
，
1111
2242
APAMACABAC，故
A
正确；
对
B
，设
APAN
，则由
A
，
11
42
ANABAC，故
11
42
ANABAC
，因为
,,BNC
三点共线，
故
11
1
42
，解得
3
4
，故
12
33
ANABAC
，故
122
333
ABBNABABBC，所以
22
33
BNBNNC，即
2BNNC
，故
B
错误；
对
C
，由余弦定理，
2223241
cos
2324
BAC
，由
B
有
12
33
ANABAC
，故
2221441
9994
ANABACABAC
，即
216219
1
939
AN，所以
19
||
3
AN
，故
C
正确；
对
D
，在ANC中
19
3
AN
，2AC，
14
33
NCBC
，故
222
1916
4
1319
99
cos
276
19
22
3
ANACNC
NAC
ANAC
，故
D
错误；
故选：AC
11．ABD
【分析】计算
(π)()fxfx
可判断
A;
计算
(π)()fxfx
可判断
B;
将()1cos1cosfxxx
化简为
π
()2sin()
24
x
fx
，结合正弦函数的性质可判断
C,D.
【详解】因为(π)1cos(π)1cos(π)1cos1cos()fxxxxxfx，
所以
π
为函数()fx的一个周期，故
A
正确；
因为(π)1cos(π)1cos(π)1cos1cos()fxxxxxfx，
所以函数()fx的图象关于直线
π
2
x对称，故
B
正确；
因为22()1cos1cos2cos2sin
22
xx
fxxx，
因为
π
0,
2
x
，所以
π
0,
24
x
，故
π
()2cos2sin2sin()
2224
xxx
fx
，
由于
πππ
[,]
2442
x
，故
π
()2sin()
24
x
fx
在
π
0,
2
上为增函数，故
C
错误；
由
C
的分析可知
π
()2sin()
24
x
fx
在
π
0,
2
上为增函数，所以
()2,2fx
，
故D正确，
故选：ABD．
12．BC
【分析】分别构造
1
()e2
e
x
x
fxx
、
()ln(1)fxxx
、
sin1
()
x
fx
x
，利用导数研究它们在
π
0
2
x上的单调性比较
(),()fafb
大小即可，应用特殊值法判断
D.
【详解】
A
：令
1
()e2
e
x
x
fxx
且
π
0
2
x，则
11
()e22e20
ee
xx
xx
fx
，仅当0x时
等号成立，故导函数恒大于
0
，
故()fx在定义域上递增，则
()()fafb
，即
11
e2e2
ee
ba
ba
ba
，
所以
11
e2e2
ee
ba
ab
ab
，错误；
B
：令
()ln(1)fxxx
且
π
0
2
x，则
1
()10
1
fx
x
，
故()fx在定义域上递增，则
()()fafb
，即
ln(1)ln(1)aabb
，
所以11ablneblnea
，则
(1)e)e(1abba
，即
eeeeabbaba
，正确；
C
：令
sin1
()
x
fx
x
且
π
0
2
x，则
2
cossin1
()0
xxx
fx
x
，
故()fx在定义域上递增，则
()()fafb
，即
sin1sin1ab
ab
，
所以
(sin1)(sin1)baab
，则
sinsinabbbaa
，正确；
D
：当
ππ
,
63
ba
时，
13
sincossin
42
baa
，错误
.
故选：BC
【点睛】关键点点睛：根据不等式构造函数，应用导数研究单调性，进而比较大小关系.
13
．
ee
2
xx
【分析】根据函数奇偶性得到exfxgx
，由方程组求出
ee
2
xx
gx
.
【详解】由题意得：exfxgx
，即exfxgx
①
，exfxgx
②
，
②-①
得：
2eexxgx
，解得：
ee
2
xx
gx
.
故答案为：
ee
2
xx
14
．23n
n
an
（答案不唯一）
【分析】根据
123
,,aaa
猜想
n
a
.
【详解】由
1
2a
31，
2
5a2232
，
3
18a3233
，
猜想23n
n
an
.
故答案为：23n
n
an
（答案不唯一）
15
．
230
【分析】由已知，将边长代入后可将面积转化为2cos的最值问题
【详解】因为
1
2
pabcd
，且
2AB
，4BC，5CD，3DA，
所以
1
7
2
pABBCCDDA
,
∴2cosSpapbpcpdabcd2120cosabcd
当2cos=0
即当90的时候，
S
取到最大值
230
故答案为
:
230
16．2-3
【分析】设fx
与切线l的切点为,lntt
，由导数的几何意义可得
()ft
为切线的斜率，列方程求
t
，
设切线与曲线
()ygx
相切与点(,)xy，由导数的几何意义可求切点坐标，由此可求
m.
由
l
恒在函数
hx
图象上方可得
21
ex
xx
a
恒成立，即
2
min
1
()
ex
xx
a
，利用导数求21
ex
xx
nx
的最小值，
由此可得
a
的范围
.
【详解】设fx
与切线
l
的切点为,lntt
，
则函数lnfxx
在
xt
处的切线
l
的方程为
1
lnytxt
t
，即
1
ln1yxt
t
．
∵
直线
l
经过点（
1
，
0
）．
∴
1
0ln1t
t
，
令
1
ln1mtt
t
，则
22
111t
mt
ttt
，
当1t时，0mt
，函数mt
单调递增；
当
01t
时，0mt
，函数mt
单调递减．
又10m
，
∴1t，故切线
l
的方程为
1yx
．
由e1xgx
得0x，01gm
，
∴11m，解得
2m
．
∵
l
恒在函数hx
图象上方，
∴21exxax
，即
21
ex
xx
a
恒成立．
令21
ex
xx
nx
，则
2212
2112
eeexxx
xx
xxxxx
nx
，
当,1x
时，0nx
；
当1,2x
时，0nx
，当2,x
时，0nx
，
故nx
在,1
为减函数，在
1,2
为增函数，在2,
为减函数，
而当
2x
时，0nx
，又
1
111
1e
e
n
，
∴
ea
，
故满足条件的整数
a
的最大值为
-3
．
故答案为：2，-3
【点睛】对于恒成立问题，常用到以下两个结论：(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)
max
；(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)
min
.
17
．
(1)
3
2
m
；
(2)
31
2
；
(3)
1
2
.
【分析】（1）根据韦达定理及同角关系式即得；
（2）根据同角关系式化简即得；
（
3
）由题可得
13
cossin
2
，然后利用二倍角公式即得
.
【详解】（
1
）因为sin、cos是方程22(31)0xxm的两个实数根，
由韦达定理得
31
sincos
2
sincos
2
m
，
由22
31
(sincos)()
2
，
则2
31
12sincos1()
2
m
，
所以
3
2
m
；
（
2
）
sincos
1
1tan
1
tan
22sincos
sincoscossin
22sincos
sincos
31
sincos
2
；
（
3
）因为
3
2
m
，
所以
31
sincos
2
3
sincos
4
，
所以2(sincos)12sincos2
342313
1()
242
，
因为
3
(,2)
2
，
所以
cos0
，
sin0
，
13
cossin
2
，
所以22
1
cos2cossin(cos+sin)(cossin)
2
.
18．（1）8；（2）-5.
【分析】（
1
）根据平面向量基本定理可知
,,APD
三点共线且P在线段
AD
上，设
PDx
，则
4APx
，0,4x
，可将PBPCAP
整理为2228x
，根据二次函数图象可求得最值；
（
2
）以
D
为坐标原点，DC，
DA
所在直线分别为
x
，
y
轴建立平面直角坐标系，根据
2
22549BD可求得
,BC
坐标，根据数量积的坐标运算可求得结果
.
【详解】（
1
）22sincosBPBABD
且22sincos1
,,APD
三点共线，又22sin0,1,cos0,1
P
在线段
AD
上
D为
BC
的中点，设
PDx
，则
4APx
，0,4x
，
2
228248222PBPCAPPDAPxxxxx
当2x时，PBPCAP
取最大值8
（
2
）
ABC
为等腰三角形，且
AD
为底边的中线
以
D
为坐标原点，DC，
DA
所在直线分别为
x
，
y
轴建立平面直角坐标系
由（
1
）可得0,2P
，又2
22549BD
3,0B
，3,0C
则3,23,2945PBPC
【点睛】本题考查平面向量数量积运算的相关计算，涉及到平面向量基本定理的应用、向量的坐标
运算、二次函数最值的求解问题.
19
．
(1)12n
n
a
(2)
21
41
321
2n
n
【分析】（1）由题意列出方程组，求得首项和公比，即得答案；
（
2
）根据
1
2
,
3
,
451
nn
n
n
nn
aan
b
a
n
aa
为奇数
为偶数
，可得
2n
T的表达式，结合等比数列的前
n
项和公式和裂项求
和法，即可求得答案
.
【详解】（
1
）由题意得
0q
，故13
32
21
31
aaq
Sa
，
2
11
1
2
11
21
1
,
2
131
aaqq
a
q
aqqaq
，
即12n
n
a
；
（
2
）由已知
1
2
,
3
,
451
nn
n
n
nn
aan
b
a
n
aa
为奇数
为偶数
，得
n
为奇数时，
1
11222
nn
nnnaa
；
当
n
为偶数时，
11
221121
22
22(
3
33
45145121)(421)
nn
nn
nn
n
n
n
a
aa
11
11
21421nn
，
则
21321242nnn
Tbbbbbb
0222
13352121
111111
222
2
n
nn
2121
41141
1
3213
2
21
nn
nn
．
20
．
(1)
n
an
；
(2)证明见解析.
【分析】（
1
）对于3332
12nn
aaaS
，当
1n
时求出
1
1a
；当2n时，得到22
nnn
aaS
，进
而得到
1
1
nn
aa
.
判断出
{}
n
a
为
1
1a
，公差1d的等差数列
.
即可求得；（
2
）求出
22
1
n
n
a
n
Sn
，得到
2
1
n
n
T
n
，利用作商法得到11n
n
T
T
，即可证明
.
【详解】（
1
）由3332
12nn
aaaS
可得：
当
1n
时，有32
11
aS
，即2
11
10aa
.
因为
0
n
a
，所以
1
1a
.
当
2n
时，有3332
1211nn
aaaS
，所以322
1nnn
aSS
，
即2
1
2
nnnnn
aSSSa
，即22
nnn
aaS
所以有2
111
2
nnn
aaS
.
所以22
111
1
2nnnnnnn
aSSaaaa
，
即22
11nnnn
aaaa
.
因为
0
n
a
，所以
1
1
nn
aa
.
所以
{}
n
a
为
1
1a
，公差1d的等差数列
.
所以
1
1
n
aandn
.
（
2
）由（
1
）可得：
1
2n
nn
S
，所以
2
22
1
1
2
n
n
a
nn
nn
Sn
.
因为数列
2
{}n
n
a
S
的前
n
项积为
n
T，所以
21
21222322
1121311111
n
n
n
n
T
nnn
.
因为
2
0
1
n
n
T
n
，
所以
1
1
1
2
2122
11
11
2
2222
1
n
n
n
n
n
n
T
nnn
n
Tnnn
n
，所以
1nn
TT
，
即数列
{}
n
T
是递增数列．
21
．
(1)
93
4
(2)
3+1
【分析】（
1
）利用余弦定理结合基本不等式求出
9ab
，从而得到面积的最大值；
（
2
）根据
2ADDB
得到
12
33
CDCACB
，平方后得到2
22
412
999
CDabab
，结合第一问
229abab
，求出
2
22
2
2
22
42
42
||
1
bb
abab
aa
CD
abab
bb
aa
，令
b
t
a
，1tm，故
23
1
3
3
CD
m
m
，结合
ABC
为锐角三角形，得到
3
11,3
2
b
mt
a
，从而利用基本不等
式，求出线段CD长的最大值
.
【详解】（
1
）由余弦定理得：
22231
cos60
22
ab
ab
，
所以2222
1
2992
2
ababababababab
，
∴9ab
，当且仅当
3ab
时取
“=”
∴
1393
sin
244
△ABC
SabCab
，
∴ABC面积的最大值为
93
4
.
（
2
）由
2ADDB
，可得：
2
3
ADAB
，
即2
3
CDCACBCA
，故
12
33
CDCACB
∴
2
2
22
12144
cos
33999
CDCACBbaabC
2222
1441412
9992999
baababab
，
而229abab
，
∴
2
22
2
2
22
42
42
||
1
bb
abab
aa
CD
abab
bb
aa
令
b
t
a
，
2
22
423(1)
1
11
ttt
tttt
，令1tm，2
33
11
3
33
3
m
mm
m
m
而ABC为锐角三角形，
∴
2222222
2222222
2222222
1
2
2
abcababab
b
acbaababb
a
bcabababa
∴
3
11,3
2
b
mt
a
，
∵2
3
||1423
233
CD
，当且仅当
=3m
时取
“=”
，
∴
max
||42331CD
．
22．(1)证明见解析
(2)
1
,0,
6
【分析】（
1
）当
1
6
a
时，3
1
sin
6
fxxxx
分别求fx
、fx
、fx
，结合00f
，
00f
可判断00fxf
恒成立，即可求证；
（
2
）先证明fx
为奇函数，00f
，只需证明fx
在0,
上无零点，由（
1
）知3
1
sin
6
xxx
，
若
30
1
6
fxax
可知
1
6
a
符合题意，再讨论0a，
1
0
6
a
利用单调性以及零点存在性定
理即可求解
.
【详解】（
1
）当
1
6
a
时，3
1
sin
6
fxxxx
，2
1
cos1
2
fxxx
，
sinfxxx
，1cos0fxx
，
所以sinfxxx
在
R
上单调递增，且00f
，
所以当0x时，0fx
；当0x时，0fx
，
所以2
1
cos1
2
fxxx
在,0
上单调递减，在0,
上单调递增，且00f
，
所以00fxf
，所以3
1
sin
6
fxxxx
在
R
上单调递增；
（
2
）因为33sinsinfxxaxxxaxxfx
，
所以fx
为奇函数，00f
，
要证明fx
只有一个零点，只需证明fx
在0,
上无零点，
由（
1
）知：当
0x
时，00fxf
，故3
1
sin
6
xxx
，
令
30
1
6
fxax
，则
1
6
a
时，fx
无零点，符合题意，
当0a时，2cos31cos10fxxaxx
，
故fx
在0,
上单调递减，则00fxf
，fx
无零点，符合题意，
当
1
0
6
a
时，2cos31fxxax
，sin6fxxax
，cos6fxxa
，
所以fx
在0,π
上单调递增，且0610fa
，π610fa
，
故存在唯一
0
0,πx
，使得
0
0fx
，
所以fx
在
0
0,x
上单调递减，在
0
,πx
上单调递增，
当
0
0,xx
时，00fxf
，可得fx
在
0
0,x
上单调递减，
所以
0
00fxf
，
取
πxk
，
Nk时，令3210fxaxxxax
，
可得
1
x
a
，即
1
π
k
a
，且
Nk时，0fx
，
由零点存在性定理，fx
在
0
,x
上至少存在一个零点，不符合题意，
综上所述：
a
的取值范围为
1
,0,
6
【点睛】利用导数研究函数单调性的方法：
（
1
）确定函数fx
的定义域；求导函数fx
，由
0fx
（或0fx
）解出相应的
x
的范围，
对应的区间为fx
的增区间（或减区间）；
（
2
）确定函数fx
的定义域；求导函数fx
，解方程0fx
，利用0fx
的根将函数的定
义域分为若干个子区间，在这些子区间上讨论fx
的正负，由符号确定fx
在子区间上的单调性
.