天津市滨海新区2020-2021学年高一上学期期末考试数学试卷 Word版含解析 18页

- 1 - 滨海新区 2020-2021 学年度第一学期期末质量检测 高一数学试题 满分 150 分，考试时间 100 分钟. 一､选择题：本卷共 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，请将所选答案填入答题纸中的答题栏内. 1. 已知集合 A={1，3，5}，B={2，3，5，6}，则 A∩B=（ ） A.  B. {3，5} C. {1，2，6} D. {1，2，3， 5，6} 【答案】B 【解析】 【分析】 根据交集的定义直接出结果即可. 【详解】因为 A={1，3，5}，B={2，3，5，6}， 所以  3,5A B  ， 故选：B. 【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关集合的问题，解题的关键是熟练掌握交集的定义. 2. 命题“ [0, )x   ， e 1x  ”的否定是（ ） A. [0, )x   ， e 1x  B. [0, )x   ， e 1x  C. [0, )x   ， e 1x  D. [0, )x   ， e 1x  【答案】D 【解析】 【分析】 根据全称量词的否定是存在量词可得答案. 【详解】因为全称量词的否定是存在量词， 所以命题“ [0, )x   ， e 1x  ”的否定是“ [0, )x   ， e 1x  ”. 故选：D 3. 设函数 ( ) 2 + 5xf x x  ，则函数 ( )f x 的零点所在区间是（ ） - 2 - A. (-1,0) B. (0,1) C. (1,2) D. (2,3) 【答案】C 【解析】 【分析】 根据零点存在性定理分析可得结果. 【详解】因为函数 ( ) 2 + 5xf x x  的图象连续不断， 且 1 11( 1) 2 1 5 02f        ， (0) 1 0 5 4 0f       , (1) 2 1 5 2 0f       , 2(2) 2 2 5 1 0f      ， 3(3) 2 3 5 6 0f      ， 所以函数 ( )f x 的零点所在区间是 (1,2) . 故选：C 4. 在平面直角坐标系 xOy 中，角 的顶点与原点 O 重合，始边与 x 轴的非负半轴重合，终边 经过点 (4,3)P ，那么 cos 的值是（ ） A. 4 5 B. 3 4 C. 4 3 D. 3 5 【答案】A 【解析】 【分析】 根据三角函数的定义计算可得结果. 【详解】因为 4x  ， 3y  ，所以 2 23 4 5r    ， 所以 4cos 5 x r    . 故选：A 5. 把函数 ( ) sin4f x x 的图象向右平移 π 12 个单位长度，得到的图象所对应的函数 ( )g x 的解 析式是（ ） A. π( ) sin(4 )12f x x  B. π( ) sin(4 )3f x x  C. π( ) sin(4 )12f x x  D. π( ) sin(4 )3f x x  【答案】B - 3 - 【解析】 【分析】 由题意利用三角函数的图象变换原则，即可得出结论． 【详解】由题意，将函数 ( ) sin4f x x 的图象向右平移 π 12 个单位长度， 可得   sin4( ) sin(4 )12 3g x x x     . 故选 B ． 6. 设 R  ，则“ 6   ”是“ 1sin 2   ”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 利用正弦函数的图象性质分析. 【详解】当 6   ,可以得到 1sin 2   , 反过来若 1sin 2   ，有 26 k   或 5 26 k  ， k Z . 所以 6   为充分不必要条件， 故选：A. 【点睛】本题考查充分条件、必要条件的判断问题，属于简单题. 7. 下列计算正确的是（ ） A. 33 ( 8) 8  B. 5 3 62 2 2 =2    C. 2log 32 =8 D. 3 3log 18 log 2=2 【答案】D 【解析】 【分析】 根据根式的性质可知 A 不正确；根据指数幂的运算性质计算可知 B 不正确；根据对数的性质 可知 C 不正确；根据对数的运算法则计算可知 D 正确. - 4 - 【详解】因为 3 为奇数，所以 33 ( 8) 8   ，故 A 不正确； 5 1 1 5 03 6 2 3 62 2 2 2 2 1         ，故 B 不正确； 2log 32 =3，故 C 不正确； 2 3 3 3 3 3 18log 18 log 2 log log 9 log 3 22      ，故 D 正确. 故选：D 8. 下列命题为真命题的是（ ） A. 若 a b ，则 2 2a b B. 若 2 2ac bc ，则 a b C. 若 a b ，则 1 1 a b  D. 若 a b ， c d ，则 a c b d   【答案】B 【解析】 【分析】 利用反例或不等式的性质逐项检验后可得正确的选项. 【详解】对于 AC，取 1, 2a b   ，则 a b ，但 2 2a b ， 1 1 a b  ，故 AC 错. 对于 D，取 1, 2a b   ， 2, 5c d    ，则 a b ， c d ， 但 3a c b d    ，故 D 错误. 对于 B，因为 2 2ac bc ，故 2 0c  ，故 a b . 故选：B. 9. 函数   sinf x x x  的图象大致是（ ） A. B. - 5 - C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据解析式的特征，利用函数的性质和特殊值排除选项可求. 【详解】因为 ( )f x 为奇函数，所以排除 A,C 选项，取 12x  可知 ( ) 012f   ，所以排除 B 选 项，故选 D. 【点睛】本题主要考查函数图象的识别，主要求解策略是利用函数的性质和特殊值来进行排 除，侧重考查直观想象的核心素养. 10. 已知函数 ( )f x 是定义在区间[ 1,2 ]a a  上的偶函数，且在区间[0,2 ]a 上单调递增，则不 等式 ( 1) ( )f x f a  的解集为（ ） A. [ 1,3] B. (0,2) C. (0,1) (2,3] D. [ 1,0) (1,2)  【答案】B 【解析】 【分析】 根据偶函数的定义域关于原点对称可得 1a  ，根据 ( 1) (| 1|)f x f x   以及函数 ( )f x 的单调 性可解得结果. 【详解】因为函数 ( )f x 是定义在区间[ 1,2 ]a a  上的偶函数， 所以 1 2 0a a    ，解得 1a  ， ( 1) ( )f x f a  可化为 ( 1) (1)f x f  ， 因为 ( )f x 在区间[0,2 ]a 上单调递增，所以 1 1x   ，解得 0 2x  . 故选：B - 6 - 【点睛】关键点点睛：根据 ( 1) (| 1|)f x f x   以及函数 ( )f x 的单调性解不等式是解题关键. 11. 某种食品的保鲜时间 y(单位：小时)与储存温度 x(单位：C )近似满足函数关系 3kx by  (k， b 为常数)，若该食品在 0 C 的保鲜时间是 288 小时，在 5 C 的保鲜时间是 144 小时，则该食 品在15 C 的保鲜时间近似是（ ） A. 32 小时 B. 36 小时 C. 48 小时 D. 60 小时 【答案】B 【解析】 【分析】 由条件可得到 5 3 288 13 2 b k    ，然后算出  315 53 3 3k b k by    即可. 【 详 解 】 由 条 件 可 得 5 3 288 3 144 b k b     ， 所 以 5 3 288 13 2 b k    ， 所 以 当 15x  时  315 5 13 3 3 288 368 k b k by       故选：B 12. 已知 2 π( ) 2sin ( ) 1( 0)3f x x     ，给出下列判断： ①若函数 ( )f x 的图象的两相邻对称轴间的距离为 π 2 ，则 =2 ； ②若函数 ( )f x 的图象关于点 π( ,0)12 对称，则 的最小值为 5； ③若函数 ( )f x 在 π π[ , ]6 3  上单调递增，则 的取值范围为 1(0, ]2 ； ④若函数 ( )f x 在[0,2π]上恰有 7 个零点，则 的取值范围为 41 47[ , )24 24 . 其中判断正确的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】 先将 ( )f x 化简，对于①，由条件知，周期为  ，然后求出  ；对于②，由条件可得 - 7 - 2 ( )612 k k Z     ，然后求出 1 6 ( )k k Z     ，即可求解；对于③，由条件，得 23 6 2 ( )2 23 6 2 k k Z k                 … „ ， 然 后 求 出  的 范 围 ； 对 于 ④ ， 由 条 件 ， 得 7 422 12 12         „ ，然后求出 的范围；，再判断命题是否成立即可． 【详解】解： 2 π 2π π( ) 2sin ( ) 1=-cos(2 )=sin(2 )3 3 6f x x x x       ， 周期 2 2T      ． ①．由条件知，周期为 ， 1w  ， 故①错误； ②．函数 ( )f x 的图象关于点 π( ,0)12 对称，则 2 ( )612 k k Z     ， 1 6 ( )k k Z     ， ( 0) ∴ 的最小值为 5， 故②正确； ③．由条件， π π[ , ]6 3x  ， π π 2 π23 6 6 3 6x       由函数 ( )f x 在 π π[ , ]6 3  上单调递增得 23 6 2 ( )2 23 6 2 k k Z k                 … „ ， 1 2   ， 又 0 ， 10 2   „ ， 故③正确． ④．由 ( ) sin(2 ) 06f x x    得 2 ( )6x k k Z    , 解得 ( )2 12 kx k Z      - 8 - ( ) sin(2 )6f x x   且 ( )f x 在[0 ，2 ] 上恰有 7 个零点，可得 7 422 12 12         „ ，  41 47 24 24  „ ， 故④正确； 故选：C 【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质，考查了转化思想和推理能力，属中档题． 关键点点睛：利用整体思想，结合正弦函数的图像和性质是根据周期，对称，单调性，零点 个数求求解参数的关键. 二､填空题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分. 13. πsin( )3  的值等于___________. 【答案】 3 2  【解析】 【分析】 根据诱导公式和特殊角的函数值可解得结果. 【详解】 πsin( )3  3sin 3 2     . 故答案为： 3 2  14. 幂函数 y x 的图象过点 (2, 2) ，则  ___________. 【答案】 1 2 【解析】 【分析】 将点的坐标代入解析式可解得结果. 【详解】因为幂函数 y x 的图象过点 (2, 2) ， 所以 2 2 ，解得 1 2   . 故答案为： 1 2 15. 已知 tan 24      ，则 tan  ________. - 9 - 【答案】-3. 【解析】 【分析】 由两角差的正切公式展开，解关于 tan 的方程． 【详解】因为 tan 24      ，所以 tan 1 2 tan 31 tan        ． 【点睛】本题考查两角差正切公式的简单应用，注意公式的特点：分子是减号，分母是加号． 16. 设 0.4 3 30.2 log, 0. ,4 log 4a b c   ，则 , ,a b c 的大小关系为___________.(用“<”连接) 【答案】 b a c  【解析】 【分析】 根据指数函数和对数函数的知识判断出 , ,a b c 的范围即可. 【详解】因为 0.4 00 .2 .2 10 0a   ， 3 3log 4<0<1< o0 g. l 4b c  所以b a c  故答案为：b a c  17. 若 0x  ，则 14 +x x 的最小值为___________，此时 =x ___________. 【答案】 (1). 4 (2). 1 2 【解析】 【分析】 根据基本不等式可求得结果. 【详解】因为 0x  ，所以 1 14 2 4 4x xx x     ，当且仅当 14x x  ，即 1 2x  时，等号成 立. 故答案为：4； 1 2 【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数； （2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值， 则必须把构成积的因式的和转化成定值； - 10 - （3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个 定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方. 18. 已知集合 2{ | + 6}, { | }A x y x x B x x m     ，其中 Rm ，则集合 R Að =___________；若 Rx  ，都有 x∈A 或 x∈B，则 m 的取值范围是___________. 【答案】 (1). { | 3 2}x x   (2). 2m  【解析】 【分析】 化简集合 A ，根据补集的概念可求出 R Að ，将题意转化为 A B  R 可求得结果. 【详解】由 2 6 0x x   得 3x   或 2x  ， 所以 2{ | + 6}A x y x x    ( , 3] [2, )    ， 所以 R Að { | 3 2}x x    ， 因为”若 Rx  ，都有 x∈A 或 x∈B”，所以 A B  R ，即 ( , 3] [2, ) ( , ) Rm      ， 所以 2m  . 故答案为：{ | 3 2}x x   ； 2m  【点睛】关键点点睛：将“若 Rx  ，都有 x∈A 或 x∈B”转化为 A B  R 是解题关键. 19. 筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中得到使 用.如图，一个半径为 4 m 的筒车按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周大约用时 15s ，其轴心 O(即圆心)距水面 2 m .设筒车上的某个盛水筒 P 到水面的距离为 d(单位：m )(在水面下 d 为负 数)，若以盛水筒 P 刚浮出水面时开始计算时间，则 d 与时间 t(单位：s )之间的关系为 sin( )d A t K    π( 0, 0,| | )2A     . （1）当盛水筒 P 第一次到达筒车的最高点时，t= ___________； （2）盛水筒 P 到水面的距离 d 关于旋转时间 t 的函数解析式为___________. - 11 - 【答案】 (1). 5 (2). 2π π4sin( ) 2( 0)15 6d t t    【解析】 【分析】 （1）求出盛水筒 P 第一次到达筒车的最高点时的旋转角度，根据题意求出点 P 绕点O 逆时针 旋转的角速度，用旋转角度除以角速度即可得时间t ； （2）根据图形可得 d 的最大、最小值，由此可得 A 和 K ，根据周期可得 ，根据当 0t  时， 0d  可求得 ，从而可得函数解析式； 【详解】（1）因为轴心 O(即圆心)距水面 2 m ，圆的半径为 4m ，所以当盛水筒 P 第一次到达 筒车的最高点时，点 P 绕点O 逆时针旋转了 2 3 3     ，因为点 P 绕点 O 逆时针旋转一周 大约用时 15s ，所以点 P 绕点 O 逆时针旋转速度为每秒 2 15  ，所以当盛水筒 P 第一次到达筒 车的最高点时，t= 2 3 52 15    秒. （2）由图可知 d 的最大值为 2 4 6  ，最小值为 2 ， 所以 6, 2A K A K      ，所以 4, 2A K  ， 因为筒车旋转一周大约用时 15s ，所以函数的周期 15T  ，所以 2 2 15T     ， 当 0t  时， 0d  ，即 24sin( 0 ) 2 015      ，即 1sin 2    ， 因为 2   ，所以 6    ， 所以 2π π4sin( ) 2( 0)15 6d t t    . 故答案为：5； 2π π4sin( ) 2( 0)15 6d t t    【点睛】关键点点睛：根据题意求出 , ,A K  是解题关键. 20. 已知函数 2 1 2 2 2, 0, ( ) |log |, 0. x x x f x x x       若方程 ( )f x a 有四个不同的解 1 2 3 4, ,x x x x， ，且 1 2 3 4x x x x< < < ，则实数 a 的最小值是___________；  4 1 22 3 4 4 x x xx x    的最小值是 ___________. - 12 - 【答案】 (1). 2 (2). 9 【解析】 【分析】 画出 2 1 2 2 2, 0, ( ) |log |, 0. x x x f x x x       的图像,数形结合分析参数的 a 的最小值,再根据对称性与函 数的解析式判断 1 2 3 4, , ,x x x x 中的定量关系化简  4 1 22 3 4 4 x x xx x    再求最值即可. 【详解】画出 2 1 2 2 2, 0, ( ) |log |, 0. x x x f x x x       的图像有： 因为方程  f x a 有四个不同的解 1 2 3 4, , ,x x x x ,故  f x 的图像与 y a 有四个不同的交点, 又由图,  0 2f  ,  1 3f   故 a 的取值范围是 2,3 ,故 a 的最小值是 2. 又由图可知, 1 2 1 21 22 x x x x      , 0.5 3 0.5 4log logx x ,故 0.5 3 0.5 4 0.5 3 4log log log 0x x x x    ,故 3 4 1x x  . 故  4 1 2 4 4 2 3 4 4 4= 2x x x xx x x     . 又当 2a  时, 0.5 4 4log 2 4x x    .当 3a  时, 0.5 4 4log 3 8x x    ,故  4 4,8x  . 又 4 4 42y x x   在  4 4,8x  时为增函数,故当 4 4x  时 4 4 42y x x   取最小值 42 4 94y    . - 13 - 故答案为：(1). 2 (2)9. 【点睛】本题主要考查了数形结合求解函数零点个数以及范围的问题,解题的关键是需要根据 题意分析交点间的关系,并结合函数的性质求解.属于难题. 三､解答题：本大题共 4 小题，共 50 分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步 骤. 21. 已知 1sin 3x  ， ,2x      . （1）求 cos x ，sin 2x 的值； （2）求 πcos( )4x  的值. 【答案】（1） 2 2cos 3x   ， 4 2sin 2 9x   ；（2） 2 4 6  . 【解析】 【分析】 (1)由 1sin 3x  及 x 的范围求得 cos x ，再利用二倍角的正弦公式即可求得sin 2x ； (2)利用两角差的余弦公式直接代值求解即可. 【详解】解：（1） 1sin 3x  ， π π2x（ ， ），  2 2 2cos 1 sin 3x x      1 2 2 4 2sin 2 =2sin cos 2 ( )3 3 9x x x       （2） cos( ) cos cos sin sin4 4 4x x x     2 2 2 1 2 2 4 3 2 3 2 6       22. 已知函数 2( ) + +1f x x mx ，且 (1) 0f  . （1）求实数 m 的值； （2）求不等式 ( ) 1f x  的解集； （3）根据定义证明函数 ( )f x 在 (1, ) 上单调递增. - 14 - 【答案】（1） 2m   ；（2）{ | 0 2}x x  ；（3）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）由 (1) 0f  可算出答案； （2）解出即可； （3）利用定义证明即可. 【详解】（1） 2(1) 1 + +1 2f m m   ，  (1) 0f  ， 2 0m   ，即 2m   ； （2）由（1）知， 2( ) 2 +1f x x x  ， 2( ) 1 2 0f x x x    ， 解得 0 2x  ，不等式 ( ) 1f x  的解集为{ | 0 2}x x  ； （3）设 1 2 1x x  ， 则 2 2 1 2 1 1 2 2( ) ( ) 2 1 ( 2 1)f x f x x x x x       2 2 1 2 1 2 1 2 1 2( ) 2 )= ) + 2)x x x x x x x x     （ （ （  1 2 1x x  ， 1 2 1 2 1 20 + 2, + 2 0,x x x x x x    ， 即  1 2 1 2 1 2( ) ( ) ( ) + 2) 0f x f x x x x x    （  1 2( ) ( )f x f x . 函数 ( )f x 在 (1 + )， 上单调递增. 23. 已知函数 ( ) sin 2 sin 2 3 cos23 3f x x x x               ， （1）求函数 ( )f x 的最小正周期； （2）当 π[0, ]2x 时， （i）求函数 ( )f x 的单调递减区间； （ii）求函数 ( )f x 的最大值、最小值，并分别求出使该函数取得最大值、最小值时的自变量 x 的值. - 15 - 【答案】（1）最小正周期为 π ；（2）（i） π π[ , ]12 2 ；（ii）当 π=12x 时， ( )f x 取最大值为 2 ；当 π= 2x 时， ( )f x 取最小值为 3 . 【解析】 【分析】 （1）利用和差公式展开合并，再利用辅助角公式计算可得   2sin (2 + )3f x x  ，可得最小 正周期为 π ；（2）（i）通过换元法令 π2 3t x  ，求出 siny t 的范围，然后再根据 siny t 的单调递减区间求解即可；（ii）根据函数单调性求得最大值，然后计算端点值，比较大小之 后可得函数的最小值. 【 详 解 】 解 ： （ 1 ） π π π( ) = sin(2 + ) sin(2 ) 3 cos2 =sin 2 + 3 cos2 =2sin(2 + )3 3 3f x x x x x x x   .  2π= =π2T ， ( )f x 的最小正周期为 π . （2）（i） π[0, ]2x ， π π 4π2 [ , ]3 3 3t x   ，  siny t ， π 4π[ , ]3 3t  的单调递减区间是 π 4π[ , ]2 3t  ， 且由 π π 4π22 3 3x   ，得 π π 12 2x  ， 所以函数 ( )f x 的单调递减区间为 π π[ , ]12 2 . （ii）由（i）知， ( )f x 在 π π[ , ]12 2 上单调递减，在 π[0, ]12 上单调递增. 且 π(0)=2sin 33f  ， π π( )=2sin 212 2f  ， π 4π( )=2sin 32 3f   ， 所以，当 π=12x 时， ( )f x 取最大值为 2 ；当 π= 2x 时， ( )f x 取最小值为 3 . 【点睛】思路点睛：（1）关于三角函数解析式化简问题，首先利用和差公式或者诱导公式展 开合并化为同角，然后再利用降幂公式进行降次，最后需要运用辅助角公式进行合一化简运 算；（2）三角函数的单调区间以及最值求解，需要利用整体法计算，可通过换元利用 siny t 的单调区间以及最值求解. 24. 已知函数 ( ) = xf x a ， ( ) = log ( 3 )ag x x a ，其中 0a  且 1a  . （1）若 3a  ， - 16 - （i）求函数 ( ) = log ( 3 )ag x x a 的定义域； （ii） [ 1,0]x  时，求函数 (2 ) ( 1) 1y f x mf x    的最小值 ( )h m ； （2）若当 [ 2, 3]x a a   时，恒有| ( ) ( 2 ) | 1g x g x a   ，试确定 a 的取值范围. 【答案】（1）（i）{ | 9}x x  ；（ii）   2 10 2,9 9 9 2 2= 1 ,4 9 3 22 3 , 3 m m h m m m m m            ；（2） 9 570 12a   . 【解析】 【分析】 （1）(i)把 3a  代入 ( )g x ，可得答案{ | 9}x x  ； (ii) 3a  时， ( ) = 3xf x ，求得 2(2 ) ( 1) 1= 3 3 3 1x xy f x mf x m      （ ） ，利用动轴定区 间讨论求得函数最小值； （2）由| ( ) ( 2 ) | 1g x g x a   得 2 21 log ( 4 +3 ) 1a x ax a    ， 令 2 2( ) 4 +3r x x ax a  ，其对称轴为 0 4 22 ax a   ，讨论 ( )r x 在 [ 2, 3]x a a   上单调 性，可得 2 2( ) = log ( 4 +3 )au x x ax a 在 [ 2, 3]x a a   上单调递减，得答案. 【详解】（1）(i) 3a  时， 3( ) = log ( 9)g x x  ，  9 0x   ，解得 9x  ， 当 3a  时，函数 ( )g x 的定义域是{ | 9}x x  ； (ii) 3a  时， ( ) = 3xf x ， 2 1 2(2 ) ( 1) 1=3 3 1= 3 3 3 1x x x xy f x mf x m m         （ ） ， 令3 =x t ， [ 1,0]x  ， 1 ,13t      ， 即求函数 2( ) 3 1F t t mt   在 1 ,13t      的最小值. - 17 - 对称轴 0 3 3 2 2 m mt    ， ①当 0 3 1 2 3 mt   ，即 2 9m  时，函数 ( )F t 在 1 ,13t      上单调递增， 当 1= 3t 时函数取最小值，最小值为 1 1 1 10= 3 1=3 3 3 9F m m              2 ； ②当 0 3 12 mt   ，即 2 3m  时，函数 ( )F t 在 1 ,13t      上单调递减， 当 =1t 时函数取最小值，最小值为 (1)=1 3 1 1= 2 3F m m   2 ； ③当 0 1 ,13t     ，即 2 2,9 3m     时，当 3= 2 mt 时函数 ( )F t 取最小值， 最小值为 23 3 3 9= 3 1=12 2 2 4 m m m mF m              2 ； 综上， [ 1,0]x  时，函数 (2 ) ( 1) 1y f x mf x    的最小值为 2 10 2,9 9 9 2 2( )= 1 ,4 9 3 22 3 , 3 m m h m m m m m            . （2）由 ( ) = log ( 3 )ag x x a 得 3 0x a  ，即 3x a ，  [ 2, 3]x a a    2 3a a  ，即 0 1a  ， 由| ( ) ( 2 ) | 1g x g x a   可得：|log ( 3 )+log ( )| 1a ax a x a   ， 即|log ( 3 )( )| 1a x a x a   ，也即 2 21 log ( 4 +3 ) 1a x ax a    ， 令 2 2( ) 4 +3r x x ax a  ，其对称轴为 0 4 22 ax a   ，  0 1a  ， 2 2a a  ， ( )r x 在 [ 2, 3]x a a   上单调递增，  2 2( ) = log ( 4 +3 )au x x ax a 在 [ 2, 3]x a a   上单调递减，  max( ) = ( 2) = log (4 4 )au x u a a  ， min( ) = ( 3) = log (9 6 )au x u a a  ， - 18 - 又 0 1a  ，则 log (9 6 ) 1 log (4 4 ) 1 a a a a       ，解得 9 570 12a   ， 所以 a 的取值范围为 9 570 12a   . 【点睛】本题考查了函数解析式的求法，函数的最值，函数恒成立的问题，综合性较强，所 谓“动轴定区间法”，轴动区间定：比较对称轴与区间端点的位置关系，根据函数的单调性 数形结合判断 y 的范围，需要分类讨论.