]N中含有點(diǎn) [解析]?UB＝{x|x<2 [解析]x2－2x≤00≤x≤2 ]．③] [解析]由x>00<x<2M＝(0，2)，又?UN＝[1，＋∞) [解析]1，2∈N，1，2?M1，2∈(?UM)∩N，即1}，與A∩B＝{－3}，故13．(1)①②(2)41 [解析1)x＝a1＋b1i，y＝a2＋b2i，a1，b1，a2，b2x＋y＝(a1＋a2)＋(b1＋b2)i，x－y＝(a1－a2)＋(b1－b2)i，xy＝(a1a2－b1b2)＋(a1b2＋a2b1)ia1，b1，a2，b2a1±a2，b1±b2，a1a2－b1b2，a1b2＋a2b1x＋y，x－y，S＝{0}?{0，1}＝T?C，容T不是封閉集，故命題④是假命題．

或…或M35

或

或

或

M6 [解析]]2y＝x [解析]選項(xiàng)A，Bx<yDx>yCx>y [解析] <an，得an＋1<an，所以數(shù)列{an}為遞減數(shù)列故原命題是真命題5．若a≠0或b≠0(a，b∈R)，則a2＋b2≠0 [解析]a＝b＝0的否定為a，b至少有一個(gè)不為0，故原命題的逆否命題是“若a≠0或b≠0(a，b∈R)，則a2＋b2≠0． [解析b有a>1.b

][解析]x<1

1

1

π[解析]φ＝2時(shí)，y＝cosxy 3<1

x1x1

<0＋1)(x－2)>0，其解集為(－∞，－1)∪(2，＋∞)．pq的充分不必要條件等價(jià)于[k，＋∞)為(－∞，－1)∪(2，＋∞)k>2k的取值范圍是(2，＋∞)．[解析]－4<k<0?k<0Δ＝k2＋4k<0y＝kx2－kx－1的值恒為負(fù)；反過來，函數(shù)y＝kx2－kx－1的值恒為負(fù)不一定有－4<k<0，如當(dāng)k＝0時(shí)，函數(shù)y＝kx2－kx－1的值恒為負(fù)．(必要性)由|x＋y|＝|x|＋|y|x，y∈R，得(x＋y)2＝(|x|＋|y|)2x2＋2xy＋y2＝x2＋2|xy|＋y2，即|xy|＝xyxy≥0.13．(1)②(2)C [解析1)命題①的逆命題是“若四點(diǎn)中任何三點(diǎn)都不共線，則這四點(diǎn)不共面．我們用正方體AC1型來觀察，上底面A1B1C1D1中任何三點(diǎn)都不共線，但A1，B1，C1，D1四點(diǎn)共面，所以命題①的逆命題為假命題．a(chǎn)<0y＝ax2－xx＝1<0x＝0時(shí)，y＝0y＝ax2－x對稱軸x＝1>0，且在 y<0，此時(shí)f(x)＝|ax2－x|在

[解析][解析p為假命題，則p為真命題．?dāng)?shù)形結(jié)合知命q為真命題，所以綈p∧q為真命題．3．C[解析]A中的說法正確；根據(jù)特稱命題的否定，得選項(xiàng)C中的說法不正確；x>3?x>2，反之，x>2?/x>3 [解析]當(dāng)a＝b＝0時(shí)，滿足

A中題不是真＝0時(shí)，|x|＝0，故選項(xiàng)C中題為真命題；選項(xiàng)D中，當(dāng)命題p，q為一真一假時(shí)，p∧qp∨q為真． [解析] [解析]x＝10時(shí)，10－2＝8>lg10＝1，p：?x0∈R，x0－2>lgx0是真命題；x＝0p∨qp∧qp∨qp∧q2 [解析]根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)，知 p2＋x ，2，故命]x＋y≤0AB中的說法正ππkπ＋2，k∈ZC中的說法不正確；根據(jù)冪函數(shù)的性質(zhì)，知選項(xiàng)D [解析] 1a1b?a>b，故選項(xiàng)A中的說法正確；若，20sin(α＋β)＝sinα＋sinβB中的說法正確；m＝1f(x)＝mxm2＋2m否定是“?x∈R，x2＋1≤3xD中的說法錯(cuò)誤．0π [解析]f′(x)＝3cosx－π，x∈02時(shí)，f′(x)<0f(x)ππ所以p：?x0∈02，f(x0)≥0. [解析]pqp∧q為假命題，p∧q為假命題，綈p∨q為真命題，綈p∨綈qA.解：q是ppq1<1x2＋(a－1)x－a>01 1不等 <1等價(jià)

x>2x<1.

，

[解析](1)p1sin2x＋cos2x＝1p1 1－cos2x當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)，等式成立，故1－cos2x πsinx＝cosyx＋y2p4

1

12－bx.反之，對

2－bx

x0

[解析]易知

[解 ] [解析]f(a)<10<a<e

ea＝1≤0ln若3 [解析12－（1＋x2）2 211 1

＋x2－1，因?yàn)?/p>

＋x2≤2，所以 [解析] ，解得 ，即x[解析 [解析]f(2016)＝f(2015)－f(2014)＝f(2014)－f(2013)－f(2014)＝－f(2013)＝－f(2012)＋f(2011)＝－f(2011)＋f(2010)＋f(2011)＝f(2010)2016＝336×6，f(2016)＝f(2010)＝f(2004)＝…＝f(0)，f(2016)＝f(0)＝0. f(2)＝4040－2017＝2023.log

[解析]0≤x<1f(x)＝2x∈[1，2)∈Bf[f(x

≤4－22x0<13<x0≤10≤x0<1 [解析]x(－800×20×(－0%)280x＝2800x×(1－20%)×20%×(1－30%)＝0.112x＝280x＝2500，舍去．所以這個(gè)人應(yīng)得稿酬(扣稅前)2800元．f(x)＝ f(x)>0

?3<x≤7或 3<x≤7時(shí)，f(x)＝－0.5(x－6)2＋4.5，x＝6時(shí)，f(x)4.5；7<x<10.5所以當(dāng)工廠生產(chǎn)600臺(tái)產(chǎn)品時(shí)，最大 ]π≤

若－1≤x<0x[x]＝－x≤(0，1]，此時(shí)[x[x]]01；0≤x<1x[x]＝0，此時(shí)[x[x]]＝0；若

1．A[解析]B，C，D中的函數(shù)均在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，均不存在最小值，只Ax＝1處取得最小值．2．D[解析]選項(xiàng)A中的函數(shù)在(0，1]上單調(diào)遞增，在[1，＋∞)B中的函數(shù)在(0，＋∞)C中的函數(shù)在(0，＋∞)D中的函數(shù)3．D[解析]A中的函數(shù)在(0，＋∞)Bx2＝3＝x(ex－e－x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)

x<0x>1x x值范圍是 5.2，＋∞[解析]

]y＝x，y＝ex均為增函數(shù)且函數(shù)值為正值，故f(x)＝xex在(0，＋∞)上為增函數(shù)；對于函數(shù) ＋x＝xx＝1f(x)f(x)＝－x＋lnx也不是(0，＋∞)上為減函數(shù)，則0<m<1，可以推出m<1.綜上可知“函數(shù)y＝2x＋m－1有零點(diǎn)”是“函數(shù)y＝logmx在(0，＋∞)上為減函數(shù)”的必要不充分條件． [解析]函數(shù)f(x)在－∞

[解析]y＝2，y＝－lnx在(0，＋∞)f(x)在 π [解析]f(x)為偶函數(shù)且在[1，a]a>1.①中，0?[1，a]f(0)f(a)的大小，故①中的不等式不一定恒成立；②中，根據(jù)基本不等式有 1<

<a，所以f2<f(a)

4

a1a1f1＋a>f(3)，f1＋a>f(a)a＋1a1a1

＝3－

>1，a＋1

＋<0，

1<a＋1<af1＋a ]

等價(jià)于a，b為方程logc(cx＋t)＝2cx＋t＝c2的兩不等實(shí)根bb22

112．(－12－1)[解析f(x)在(－∞，0)上為常數(shù)函數(shù)，在[0，＋∞)上為增函數(shù)，且對任意x1>0，x2<0，有f(x1)>f(x2)，所以當(dāng)1－x2>0，2x<0，即－1<x<0時(shí)，不等式f(1－x2)>f(2x)<值范圍是(－1，2－1)．②③[解析]x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1)?(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0?f(x)R上的f′(x)＝2－cosx>0RR上的增函數(shù)．證明：x1，x2∈[－2，＋∞)x1<x2，f(x1)－f(x2)＝x1＋2－x2＋2＝（x1＋2－x2＋2）（x1＋2＋＝x1＋2＋x1x1＋2＋x1－x2<0x1＋2x2＋2>0f(x1)<f(x2)f(x)＝x＋2在[－2，＋∞)y＝－xf(x)＋f(－x)＝f(x－x)＝f(0)＝0，f(－x)＝－f(x)f(x)為奇函數(shù)．x1，x2∈Rx1>x2x1－x2>0，f(x1－x2)<0，f(x1)－f(x2)＝f[(x1－x2)＋x2]－f(x2)＝f(x1－x2)＋f(x2)－f(x2)＝f(x1－x2)<0，f(x)R上為減函數(shù)．f(－3)＝－f(3)＝－[f(2)＋f(1)]＝－[2f(1)＋f(1)]＝－3f(1)＝2， (2)①[解析](1)函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時(shí) x

＋ ＋ a ＝b，－

y＝1，此時(shí)(x－y)2＝4，而

—2＝2 － ＝2x>y時(shí)，f(y，x)＝y(tǒng)－x無意義，故③不符合要求．[解析]B，CC中的函數(shù)在定義域上單調(diào)遞增，y＝tanx在無窮多個(gè)區(qū)間上單調(diào)，但在整個(gè)定義域上不單調(diào)．2．D[解析]對于A，f(x)sinxBf(x)＝0時(shí)，f(x)＋cosx才是C，g(x)sinxD，g(x)＋cosxD中的結(jié)論正 ] [解析 ] [解析]] ]

以

]f(4)＝f(0)＝0，f(3)＝f(－1)＝－f(1)＝0.f(x＋1)＝f(－x＋1)x＝1f(2)＝f(0)＝0，f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝0. [解析]f[(x＋2)＋2]＝－f(x＋2)＝f(x)f(x)4f(log354)＝f4＋log2＝flog2＝f－log3＝－flog30<log3<1flog3＝3log ]2f(t)>0t>2t<－2x－2>2x－2<－2x>4x<0x的取值范圍 [解析]yx≥0f(x)的解析式，可畫①②⑤[解析]f(x＋1)＝－f(x)f(x＋2)＝－f(x＋1)＝f(x)f(x)解：(1)f(2)＝3，f(－2)＝7f(－2)≠f(2)，f(－2)≠－f(2)，f(x)既不是奇函數(shù)，也不是偶函數(shù)．

x>0時(shí)，－x<0f(－x)＝(－x)2＋(－x)＝x2－x＝－(－x2＋x)＝－f(x)；x<0時(shí)，－x>0f(－x)＝－(－x)2＋(－x)＝－x2－x＝－(x2＋x)＝－f(x)；x＝0時(shí)，f(0)＝0.f(x)f(－1)＝f(1)a＝1.f(－2)＝f(2)4a－2＝－4＋2，所以a＝0，與a＝1，故不存在實(shí)數(shù)a，使得f(x)為偶函數(shù)． (2)①④[解析](1)g(x)＋h(x)＝2

3

2

3

＋t.y＝t＋t在2，4y＝tt的最小值為2＋3＝6

6a≥－12a的取值范圍為，(2)對于①，易知f(x－1)＝－f(x)，即f(x＋1)＝－f(x)，即f(x＋2)＝－f(x＋1)＝f(x)，即f(x)故f(x)＝x不是“似周期函數(shù)對于③，若2x＋T＝T·2x，對任意x恒成立，則只要2T＝T，借TcosωxcosωxcosωT－sinωxsinωT＝Tcosωx，即(cosωT－T)cosωx－sinωxsinωT＝0x恒成立，因此只要cosωT－T＝0sinωT＝0ωT＝kπ，k∈ZcosωT＝±1T＝±1ω＝kπ，k∈Z.，[解析]設(shè)f(x)＝xα，則 2 f(x)＝x，所以f(2)＝2即 2

＝2

] [解析]依題意知2a2－a－1＝0，解得a＝1或 [解析]f(x)R2－a2>a [解析]y＝lg(－x2－2x＋3)的定義域是(－3，1)，故所求函數(shù)的 [解析]y＝sinxA中的不等式不成立；根據(jù)對數(shù)y＝log2xBy＝1C

D＝3] [解析]

1

18 ]≤0g(a＋2)≤0g(a)＝012≤0，即 10．2.5元[解析]xy11．(－∞，4－23]∪[4＋2 [解析]a2－4(2a－1)≥0＋4≥0a≥4＋23a≤4－23aa≥4＋23a≤4－2

[解析]函數(shù)f(x)圖像的對稱軸為直線 22

－5

所以a＝－5或

[解析]f(x)＝－x2＋mx＋1是[－1，1] m－1＝0(－1，1)m＝0m≠0x＝1(舍去)或x＝m－1，所以－1<m－1<10<m<2m的取值范圍是(0，2)．解：(1)∵f(x)＝x－2m2＋m＋3(m∈Z)為偶函數(shù)∴－2m2＋m＋3>0，即解得 ∵m∈Z，∴m＝0f(x)－ax＋1>0x2－ax＋1>0恒成立，Δ＝a2－4<0，解得－2<a<2，a的取值范圍是

＝－

y＝－1

(2)水位由CD處漲到點(diǎn) 1＝4(h)，則貨車按原來的速度行駛5hxkm/h40＋4x>280x>60，故要使貨車60km/h.

1

1＝－2x

1

所以 ≤2，即≤

1 [解析]根據(jù)不等式的性質(zhì)和指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，只有選項(xiàng)D [解析][(－

1＝22－2＝ 22 ] ]a

1

2

[解析]原式＝(a2ba6b3)÷(abb3a－3)＝a2＋6－1－(－3)·b1＋3－2－3＝ab ][解析]將 －2＝6－2＝4.因?yàn)閍>1，b<0，所以ab<a－b，故8C ]x－)＝x＋)x＝(－4)<log2205－4)＝－f(4－log20)＝－flog

[解析] [解析]

時(shí)，由2log2x≥2，得 ]y＝0.9x在(－∞，＋∞)0.905<0.9－05b<c.∴a<b<c.1

x 解：(1)f(x)＝x ＋2＝2·

＝2·

2

2

2

2 22x<0，2x－1<0，則f(x)>0.綜上可知213 [解析](1)f(x)＝x49＝(x1)95

1|x＋1|，其圖像是把函數(shù) 1|x|的圖像向左平移一個(gè)單位得到， B22

c[解析]

log22＝2log [解析]因?yàn)間(x)＝log3x，所以

[解析]a>1，b>1，c<1a6＝8，b6＝9a<b，c<a<b.

[解析f9＝log39＝－2ff9＝f(－2)＝22]225log25(lg2)2＋lg5＋lg2＝lg5＋lg2 [解析＝m＝[解析]當(dāng)a＝b時(shí)，2log3m＝－1，解得 3 3 ＝m＝3； 3時(shí) [解析] a＋b＝ab [解析]

－xln

xln

xln＝

|x|

＝|x|AC.x>0

xln

lnx在區(qū)間(0，＋∞)＝x [解析]當(dāng)x≥1時(shí)，1 域?yàn)?/p>

[解析]原式＝(log23＋log233)×(log32＋log322＋log32)＝3log23×2log32＝2 lg1＋x＋lg1－x＝lg1－x21－x2＝1a＝1(a＝－1舍去故 ≤≤(2)f(x)≤lg

＋ b有解，＋函數(shù)

＋2－4在區(qū)間3，2

＝3

－2x－1＝0x＝1±2x>1x＝1＋2.lnx＝0x＝1時(shí)，f(x)＝1－x2＋2x－1＝0x＝－1±20<x<1x＝－12.f(x)＝2x·g(lnx)＋1－x23個(gè)零點(diǎn)．(2)log

＝alog

，1 1

3＝

4×2a

所以log616＝log6

1＋2a

[解析y＝－exy＝exxy＝e－x的圖像關(guān)于坐標(biāo)原[解析]f(4)＝4f(x)的圖像必經(jīng)過點(diǎn) [解析]f(x)＝4＋cosxyCf(0)＝cos0＝1B，故選

[解析]由圖易知，函數(shù)的定義域是xxf(x)

[解析]f(x)y＝exy軸對稱，再把所得圖f(x)＝e－(x＋1)＝e－x－1. [解析]f(x)y [解析]f(x)B，Cx>0時(shí)，ex的增長速度越來越快，故選A.π [解析]22f(－x)＝－2x＋tanx＝－(2x－tanπ [解析]f(x)1yf(x)圖像關(guān)于直線x＝1對稱，所以 5當(dāng)x2>x1>1時(shí)，[f(x2)－f(x1)]·(x2－x1)<0恒成立[解析]y＝f(3－x)x＝a1[解析]xf(2－x)＝f(2＋x) 12．解：(1)當(dāng)－2≤x≤4y＝x＋al1l2l3a的取值范圍是－2<a<0 [解析](1)

出y＝|f(x)|與y＝ax的圖像如圖題等價(jià)于直線y＝ax恒在函數(shù)y＝|f(x)|圖像的顯a>0時(shí)，根據(jù)對數(shù)函數(shù)圖像與直線的關(guān)系，y＝ln(x＋1)y＝ax的a≤0y＝axy＝x2－2x(2)PPA為圓心，1C1上，PB2C2PC為圓心，1為半徑的之間的面積，等于一個(gè)以1為半徑的半圓的面積，一個(gè)以

( ]2 [解析]g(x)＝f(x)－mf(x)＝m有三個(gè)不同的根，等價(jià)于m的圖像(如圖所示

4．(1，＋∞)[解析]f(x)＝e|x|＋|x|f(x)x≥0時(shí)，f(x)＝ex＋x單x<0時(shí)，f(x)f(x)R1.f(x)＝k有兩個(gè)k>1. [解析]t＝f(x)＋1f(t)＝0t＝－1t＝1f(x)＝－2f(x)＝0.f(x)＝－2x＝－3

f(x)＝0x＝－1x＝1. [解析]令f(x)＝t，當(dāng)f(t)＝2時(shí)，t＝4或 f(x)＝4或 x＝－2或x＝

24

[解析]y＝f(x)y＝kx＋1f(x)＝kx＋1y＝f(x)y＝kx＋1的圖像有三個(gè)不同的交點(diǎn)．結(jié)合函數(shù)圖像可知直線y＝kx＋1在直線l1與l2之間轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)滿足題意．直線l1的斜率 l

＝4 [解析]g(x)－mx－m＝0g(x)＝m(x＋1)，原方程有兩個(gè)相異的實(shí)根等價(jià)于函y＝g(x)y＝m(x＋1)y＝g(x)的圖像如圖所示．m≥0y＝m(x＋1)l1xl1k1＝2，故此時(shí) 則由 y0

1

x

[解析]函數(shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于方程1 1＝

m

2e1，2e

解析]方程f(x＝1

2恰有四個(gè)不相等的實(shí)根等價(jià)于函數(shù)

由題意 x＞1時(shí)，f(x)＝ln

1

ln e 1e

x－0＝xx1＝e

e 1.eln 3 [解析]x∈3，1，則x∈[1，3]，故在3，1內(nèi)，f(x)＝2fx＝2lnx＝－2lny＝axy＝f(x)y＝ax的圖像如圖所示，結(jié)合圖

＝x

y＝lnx上切點(diǎn)的坐標(biāo)為(x0，ln

1xx0

y－ln1(x－x0)，該直線過坐標(biāo)原點(diǎn)，解得x0＝e，所以切線斜率為1.過點(diǎn)(0，0)與點(diǎn)(3，ln3)的直 ln ln 3.a3

3

(2)a≤0a≥2時(shí)，f(x)＝2x－a，x<1xf(x)＝4(x2－3ax＋2a2)，x≥1x2個(gè)交點(diǎn)，

0<a<2時(shí)，f(x)＝2x－a，x<1x1f(x)＝4(x2－3ax＋2a2)，x≥1x1

[解析1)g(x)＝(x2－1)⊙(4＋x)，當(dāng)(x2－1)－(4＋x)＝x2－x－5≥1，－1.f(x)xy＝g(x)y＝－k的圖像有三個(gè)不同的(2)x∈(0，＋∞)f[f(x)－log2x]＝3f(x)是定義在(0，＋∞)上的單調(diào)函 1.因?yàn)閒(x)－f′(x)＝2，所以log2x＋2 1 xln xln 1＝0.設(shè)h(x)＝log2x 1，可知h(x)在定義域上為單調(diào)增函數(shù)，又因?yàn)?— 1—

xln

xln 1＝1

>0h(x)＝log2x－1ln

ln

2ln

ln

xln] [解析]Ay＝2D

4t4t [解析]已知銷售單價(jià)

33

1

＝4＋22·－3t＋3＝－12t＋4＋3 1617＝808.5；當(dāng)＝2， ＝

3

—6＋ ＝ [解析]

40 x·40xx·40x5．3m，1.5 [解析]xm，ym 窗戶的面積 32

y＝1.5時(shí)，S ] ] [解析]設(shè)倉庫與車站的距離為x千米，則 y2＝k2x(k1≠0，k2≠0)，根＝x題意可得k1＝20，k2＝0.8，兩項(xiàng)費(fèi)用之和 ＝59

a a

[解析]由題意可知

[解析]因?yàn)镸′(t)＝－1ln2×M02－t，所以 1ln2×M02－30＝－ 3 ]33600a＝ax2，解得 [解析]設(shè)半圓的直徑為x米，則矩形另一邊長 ＝200－2，矩 的面積 x2＋200x，當(dāng) —2＝－ ＝ π2002＝2002π＝100100 [解析]x250≤x≤400.y＝0.3x＋1050在其定義域上為增函數(shù)，x＝400時(shí)，每月所獲得的利潤最大．(2)y28＝即 2lg2 ＝lg1.08≈0.033

b＝3

10當(dāng)20≤x≤200時(shí) ＝

10上取得最大值

≈ T＝2x66＝2x2x≥4

利潤

－x＋12－＋x－12＝－－x＋42x－2

－x－x＋4

x≥4時(shí)，T′＝－1＋x2＝x2

T [解析y′＝cosx＋exx＝0[解析]

2 1 1

[解析]由 1x＋lnx得

1由 x＝1，把x＝1代曲線方程 1＋lnx得

＝－2＋x＝2

1＋b

l：y＝kx＋2y＝f(x)x＝3

則 [解析]y′＝αxα－1，y′|x＝1＝αy－2＝α(x－1)，由該切線過原點(diǎn)，α＝2. [解析]對函數(shù)y＝2lnx＋1求導(dǎo)為

]＝－f(x)f′(－x)(－x)′＝－f′(x)，即－f′(－x)＝－f′(x)f′(－x)＝f′(x)，即導(dǎo)函 [解析]設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0，alnx0)y＝alnxx0＝a(x－x0)，即y＝ax－a＋alnx0.根據(jù)題意可知，a＝1，b＝－a＋alnx0，所以 abab′＝－1＋1＋lna＝lnaa＝1b＝－a＋alna [解析]Cy＝ex

－em＝e＋em>e [解析]設(shè)交點(diǎn)坐標(biāo)為(x0，x0lnx0)f′(x)＝lnx＋1f(x)＝xlnx在x0lnx0)處的切線方程為y＝(1＋lnx0)·(x－x0)＋x0lnx0.在曲線

1＋lnx 1

xlnx

故ex＋lnx0＝0.h(x)＝ex＋lnx

0 0－20

lnx在

＝e

e2 ＝ex＋lnx＝0h(x)＝ex＋lnx有唯一的零點(diǎn)ex0＝e，a＝6.g(x)＝6xe2

3e ] [解析]對y＝ln2x求導(dǎo)得

1

2xy＝ln

0y＝ln2xy＝2x 1 55距離的最小值是點(diǎn)2，0y＝2x的距離，即＝55[解析]y＝kx＋1y＝x3＋ax＋b相切于點(diǎn) 解 2a＋1

解得

或8

b＝－ ＋ 1.＋ 由 x2－x y－

＝

(x－x

11

00

x＝1的交點(diǎn)為

，xx＝1y＝x的交點(diǎn)為

12由題可知所圍三角形的面積為2x－1·|2x0－1－1|＝2x－1 xy＝x分離．(2)f(x)＝ax，g(x)＝logaxy＝x對稱．f(x)，g(x)y＝xM(x0，x0)時(shí)， 1 1 即1 由②得x0＝lna，代入①得alnaln x0ln即 1即

1

＝ln

ln

1ln 1

lnln＝a＝ln＝

ln

lnax0＝logax0＝x0，即

ln

ln

ln

lneee又∵a(a>e1>1)越大，axy軸，logaxxeeef(t)＝f′(t)(x－t)y＝(3t2－1)x－2t3.該直線過點(diǎn)(1，0)2t3－3t2＋1＝0t＝1t＝ －2y＝(3t－1)x－2ty＝2x－2(2)如果切線過點(diǎn)(a，0)，則存在t，使0＝(3t2－1)a－2t3成立若過點(diǎn)(a，0)y＝f(x)2t3－3at2＋a＝0有三個(gè)相異的實(shí)根．g(t)＝2t3－3at2＋ag′(t)＝6t2－6at＝6t(t－a)．a(chǎn)>0g(t)g(0)＝ag(a)＝－a3＋ag(t)＝0有a>0且－a3＋a<0a>1；a<0g(t)g(a)＝－a3＋ag(0)＝ag(t)＝0有a<0且－a3＋a>0a<－1.綜上所述，a的取值范圍是作業(yè)(十四)(第1 ] ] [解析]由題意令f′(x)＝1－2cosx≤0，得cos

π－3 π(k∈Z)．∵f(x)＝x－2sinx

π

π 2

＋2

π－3，π＋3 ∈Z)，∴2kπ－3≤t≤2kπ－61＋sin xcosx－1－sin [解析]

.g(x)＝xcosx－sinxcosx－xsinx－cosx＝－xsinx，當(dāng)x∈0，π時(shí)，g′(x)<0，則g(x)在 2

2g(x)<g(0)＝0y′<0

1＋sin

0，πx>x 在區(qū)間 2 [解析]f′(x)＝3x＋2x＋af(x)＝x＋x＋axR.1.3

a ][解析]A中，e3π?e3>π2B

＋logπ

e ×＝2Df(x)＝ex－xf′(x)＝ex－1x>0時(shí)，f′(x)>0，f(x)＝ex－x在(0，＋∞)f(e)<f(π)ee－e<eπ－π，故不等式不成π[解析]f(x)＝xsinx，x22f(x)f′(x)＝sin βsinβ≥0?|α|sin|α|>|β|sin|β|，即f(|α|)>f(|β|)，所以|α|>|β|，所以 [解析]f(x)>f′(x)

f（1）即函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞減，則 同理對于選項(xiàng)B，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝ ，可得函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增，則 ef(－1)<f(1)BC，Dh(x)＝exf(x)Ch(x)R上單調(diào)遞增，則e2f(2)>ef(1)ef(2)>f(1)C不正確；選項(xiàng)D中，函數(shù)h(x)R上單調(diào)遞減，則e－1f(－1)>ef(1)f(－1)>e2f(1)D正確． ]＋1)x＝－1f(x)yf(x) ′ <

＝f(2)0<logπ3<1<303<305＝3<2

，＋∞[解析]f(x)＝(x－2ax)ef′(x)＝(2x－2a)e＋(x－2ax)e＝[x恒成立且不恒為0，即x2＋(22a)x2a0在[11]上恒成立且不恒為0，所以

33

a≥2綜上可知函數(shù)f(x)在區(qū)間a

1 [解析]構(gòu)造函數(shù) 1＋c(c為常數(shù))，則g′(x)<0，即函數(shù)g(x) )> －2＋c＝2＋cg(x)>g(1)x<1解：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，因?yàn)閒(x)＝lnx＋ax2＋x，所以

a≥0 1＋因?yàn)?＋1－1－

0<x<x2時(shí)，f′(x)>0x>x2所以函數(shù)f(x)在(0，x2)上是增函數(shù)，在(x2，＋∞)上是減函數(shù)

＋

1＋

a＝1，y－e＝4e(x－1)，4ex－y－3e＝0.(2)a＝0x>0時(shí)，f′(x)>0x≤0a>0令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝－ ∴當(dāng)x<－ 或x>0時(shí)當(dāng)－ ≤x≤0時(shí)∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為－ 單調(diào)遞增區(qū)間為－∞，－ a<01

>0x<0

∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)，－ 單調(diào)遞增區(qū)間為0，－ 若 12x≤0，∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為 ＝－2x若

x>0

— 當(dāng)－ ≤x≤0時(shí)∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為－∞，－ 單調(diào)遞增區(qū)間為－

解：f(x)＝ln

x

x2

令h(x)＝ax2－x＋1－a(x>0)，則 x∈(1，＋∞)時(shí)，h(x)<0，f′(x)>0f(x)單調(diào)遞增． 當(dāng) 當(dāng) 當(dāng) 當(dāng)

作業(yè)(十四)(第2 [解析]f′(x)＝lnx＋1

x>e

＝e1

3 3 ＝－8t 6≤t<8時(shí)，y′>08<t≤9時(shí)，y′<0t＝8時(shí)，y ]x≤0 2 [解析]f′(x)＝2－sinxf′(x)＝2－sinx>0sinx<2x2 22≤x6f′(x)＝2－sinx<0sinx>232π 32226<x2f(x)max＝f6＝＋ ，＋∞] [解析]Rhf(R)＝2πR2a＋2πRhb＝2πaR2＋2πRb·V

＋R3333R2 .

＝R＝3bV時(shí)，f(R)取得最小值，此時(shí) bV＝

R2hhaa

2π

[解析]f′(x)＝3x2－3＝0x＝±1x＝－1為函數(shù)的極大值點(diǎn)，x＝1為函 －

得

ea－x2＝－2lnxa＝x2－2lnx 解．設(shè)f(x)＝x2－2lnx，則f(x)在e，e上的值域即為a的取值范圍．f′(x)＝2x－x＝ ， 11上單調(diào)遞減，在(1，e]上單調(diào)e

在

在e，e上的值域?yàn)閇1，e－2]a [解析]ex＋y－2＋ex－y－2＋2＝ex－2(ey＋e－y)＋2≥2(ex－2＋1)y＝0

x2ex2＋1≥4xx

.令

即

．－3， －3ax＋2)

，解得－3≤≤3x－ln

x＋1－xln

x＋1－xln12解析]f′(x＝（x＋1）2x＝（x＋1）2xx

－xln ln（x＋1）2x

3－ln

>0

(0x)f(x)g(x1)＝g(x0)＝lnx0＋x0＋1＝0lnx0f(x0)＝lnx0－lnx0＝－1＋x0＋1＝x0x0<1 13．200π[解析]100×2πrh＝200πrh(元)，底面的160πr2元，所以蓄水池的總成本為(200πrh＋160πr2)元π

＝5π 3)．又V′(r)＝5令V′(r)＝0，得r1＝5，r2＝－5(舍去 由此可知，V(r)r＝5V(r)＝200π，r＝5，h＝8時(shí)，該蓄水200π.14．解：(1)a＝1y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))y＋3＝－2(x－1)2x＋y＋1＝0.①當(dāng)

x∈[0，1]，∴1≤ex≤e，∴2a≤ex恒成立h′(x)＝ex－2a≥0，∴h(x)在[0，1]上單調(diào)遞增，2②當(dāng)a>e時(shí)，∵x∈[0，1]，∴1≤ex≤e，∴2a>ex恒成立2h′(x)＝ex－2a<0，∴h(x)在[0，1]上單調(diào)遞減， ③當(dāng)2<a≤2h′(x)＝e－2a＝0x＝ln∴h(x)min＝h(ln2a)＝2a－2aln11

＝2a－2aln

2解：(1)x＝0時(shí)，f(0)＝c－1＝1，∴c＝2.x≤1時(shí)，f′(x)＝－2e2x＋b，2b＝2，c＝2 當(dāng)－2≤x≤1x01＋0—f(x)在[－2，1]1.1<x≤2時(shí)，f(x)＝a(x2lnx－x＋1)＋1，f′(x)＝a(2xlnx＋x－1)．g(x)＝2xln1<x≤2g(x)>0a<0時(shí)，f′(x)＝a(2xlnx＋x－1)<0，∴f(x)<1a>0時(shí)，f′(x)＝a(2xlna≤0時(shí)，f(x)在區(qū)間[－2，2]1；a>0時(shí)，f(x)在區(qū)間[－2，2]a(4ln2－1)＋1. 1 1 則

a≤0f(x)在(－1，0)上單調(diào)遞增，在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，此時(shí)，不存在b∈(1，2)x∈(－1，b]f(x)f(b)．a(chǎn)>0f′(x)＝0x1＝0，x2＝1(i)當(dāng)

1上單調(diào)遞減，∴f(x)x＝0a≥1－ln2

a1－ln2≤

1<0，

1和

f1－1≤f(1)化簡得ln

ln 1a的取值范圍是[1－ln作業(yè)(十四)(第3

y1＋ln

1＋ln

1＋ln

1＋lnlnln

只需證明

＝1在e，1

1－（1＋ln

－ln

11時(shí)，g′(x)>0

11

x2

在1＋lnx1＋ln y1＋lnln以當(dāng)x<y時(shí)，g(x)<g(y)，即 ln2ii因?yàn)?

1 1

＋

1<n2.構(gòu)造函數(shù) x－2 （2x＋1x－2 （2x＋1）因?yàn)?－ x （2x＋1）xa 解：(1)由f(x)＝x2＋aln(x＋1)，可得 令g(x)＝2x2＋2x＋a(x≥－1)，則其對稱軸為

1

(2)由

＝8可知＝－4，＝－4

，－4上單調(diào)遞增，且－4＝－4＋8×－4＝16－4ln2>－4程 ＝－44在－4，－4上單調(diào)遞減在－②由于 在－4，－4上單調(diào)遞減在－

最小值為

3 x（2lnf′(x)＝（ln .f′(x)>0，得f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(f′(x)<0，得f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)，(1， 2(2)x>(3－x)e2lnx，即證lnx>(3x－x)e2x>1e＝立．由(1)知，當(dāng)x>1時(shí)，f(x)的最小值為f( e＝2e.e＝

x∈(1，＋∞)，則

1＋

1

所以 x>1時(shí)，f(x)＝lnx>g(x)＝(－x整理得 3)e2ln解：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?/p>

1當(dāng)a<0時(shí)，由f′(x)＝0，解得 當(dāng) ，－a當(dāng) ∈－ag(x)<f(x)在(1，＋∞)上恒成立． ②當(dāng)a≠0時(shí) 當(dāng)a<0F(x)<0h′(x)<0h(x)在(1，＋∞) 48 48

48 48

0<a<1x2<1<x1x∈(1，x1)時(shí)，h′(x)<0h(x)在(1，x1)上單調(diào)遞減，即存x0∈(1，x1)，h(x0)<h(1)＝0g(x0)<f(x0)成立．綜上所述，a的取值范圍為解：(1)當(dāng)

x<以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是π，π，單調(diào)遞減區(qū)間是 3(2)由f(x)≤1－cosx1－cosx＋sinx－ax≥0.g(x)＝1－cosx＋sin π上單調(diào)遞增在 4

，4

44＋sinx－ax≥0≥x－ax≥0

4

，4 ④當(dāng)－1<a≤1g′π＝g′(0)＝1－a≥0，g′(π)<0，可知存在x∈π，π，使2 g′(x1)＝0，于是當(dāng)x∈[0，x1)時(shí)，g′(x)≥0，g(x)是增函數(shù)，當(dāng)x∈(x1，π]時(shí) π－1<a≤2π 綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是 專題一突破高考解答題——1－ln ln 解 ，由題知f′(1)＝e

∴F′(x)＝－ln由F′(x)＝－lnx－2≤0，得

，e2，單調(diào)遞減區(qū)間為(2)∵對于任意x2∈[0，1]，總存在x1∈(0，＋∞)，使得 ＝e2時(shí)

對于g(x)＝－x2＋2ax，其對稱軸為0<a≤1

＋e2，從綜上可知，0<a<1＋1解：(1)因?yàn)間(x)＝f(x)－2x在(0，＋∞)所以 2≤0在(0，＋∞)上恒成立整理得 而 x＝當(dāng)且僅當(dāng) 2x＝ 2時(shí)，等號成立所以

＝x2， x 1a1—0＋↘↗ a>e時(shí)，f(x)min<0f(x)在定義域內(nèi)有兩個(gè)零點(diǎn)．0<a<e時(shí)，f(x)在定義域內(nèi)無零點(diǎn)；a＝e時(shí)，f(x)在定義域內(nèi)有唯一的零點(diǎn)；a>e時(shí)，f(x)在定義域內(nèi)有兩個(gè)零點(diǎn)．令g(x)＝(ex－1)ln(x＋1)－x2(x≥0)，則g′(x)＝exln(x＋1)x＋1h(x)＝(x＋1)g′(x)＝ex(x＋1)ln(x＋1)＋ex－1－2x(x＋1)，φ(x)＝ex－x－1φ′(x)＝ex－1，x≥0時(shí)，ex－1≥0φ(x)在區(qū)間[0，＋∞)上為增函數(shù)，x<0時(shí)，ex－1<0φ(x)在(－∞，0)上為減函數(shù)，∴φ(x)min＝φ(0)＝0，∴對任意x∈R，φ(x)≥0，即et－1≥tt>0ln時(shí)， 當(dāng) 1代換③式中的t，得ln(x＋1) x時(shí)， x≥0時(shí)，ex≥1，由①④得x≥0時(shí)，g(x)≥0解 1 －2 22 1 ＝－2xe

1－e＋1)≤00ex0－ax2＋(a－e＋1)x0－1＝0，0 0即存在x0∈(0，1)，使得0

①若 <1， ex－x2－ex＋2x－1>0在(0，1)上恒成立．H(x)＝ex－x2－ex＋2x－1，x∈(0，1)，H′(x)＝ex－2x－e＋2，令F(x)＝H′(x)，則x∈(0，ln2)時(shí)，F(xiàn)′(x)<0x∈(ln2，1)∴在(0，x0)上H(x)單調(diào)遞增，在(x0，1)上H(x)單調(diào)遞減．H(0)＝1－0－0＋0－1＝0，H(1)＝e－1－e＋2－1＝0，H(x)>0在(0，1)上恒成立，即 <1成立

－x)＝ex－(e－2)x2－x－1，G′(x)＝ex－2(e－2)x－1T(x)＝G′(x)T′(x)＝ex－2(e－2)，x∈(0，ln2(e－2))時(shí)，T′(x)<0x∈(ln2(e－2)，1)時(shí)，T′(x)>0，x∈(0，ln2(e－2))時(shí)，G′(x)x∈(ln2(e－2)，1)時(shí)，G′(x)單調(diào)遞增，G′(0)＝0，G′(1)＝3－e>0，∴在(0，x1)G(x)單調(diào)遞減，在(x1，1)G(x)單調(diào)遞增．G(0)＝0，G(1)＝0， >e－2恒成立解：(1)a＝1

12＋ln 1∈2，＋2e≥2≥2

m的取值范圍為 即 12＋lnx－2ax<0恒成立設(shè) 12－2ax＋ln則 x∈(1，＋∞)時(shí)，x－1>0，

1 1所以只需－2－a≤0，即－2≤a≤2g(x)＝a－2x＋lnx－2ax<0②當(dāng)

時(shí)，令

0，得 1

＝＝ ③當(dāng)2a－1≥1，即0< 1 綜上可知，當(dāng)－2≤a≤2時(shí)，g(x)＝a－2x＋lnx－2ax<0在(1，＋∞)1

1 1 1

x－2x 1

[解析]20(x－sin

2x＋cos

0＝8 [解析]由題意得

1

b＝lg

＝2x0＝2，

000 [解析]因?yàn)楸环e函數(shù)為奇函數(shù)，所以在區(qū)間[－3，3]

1

π＝4

＝2，所以原式＝

＝40 ]4 14

1S＝4

2x＋4x－6x[解析]已知x，y是區(qū)間 ，2 ππ x＝2，y＝0，y＝222＝4.而滿足y≤sinxsin

1 4 cosx2

4[解析]y＝xy＝x－2的交點(diǎn)坐標(biāo)是(4，2)y2 1

S＝4(0

3x2－2x0＝31 1 11[解析]ef(x)dx＝1x2dx＋exdx＝3x0＋ln1

＝

＝lnx3＝ln3－ln2＝

xd 2

解：(1)3π1－cos2xdx＝3π2sin2xdx＝23π|sin 2πsinxdx－22πsinxdx＋23πsin —2cosx|π＋2cosx|2π－2cos dx＝11－1dx＝[ln(x＋1)－ln(x＋2)]|1＝(ln2－ln1)－(ln3－ln0 00＝2ln2－ln2

1

1 2 2

2x1－2x|1＋ln －2－(4－2)＋(ln2－ln1)＝ln 0 [解析](1)令v(t)＝0，得3t2－4t－32＝0，解得

3

7t－2t＋25ln（t＋1）0＝4＋25ln

k（k－1）（k－2）k(2)1＋kC3kk

＝16

1

)0

－3x0＝32－3

32

32－1＝－1.原式＝24

[解析]αy＝－xα則原式

sin

|sin＋|cos cossinαsin －cosαcosα則原式

sin

|sin＋|cos cossin＝

－sin＋cos cos＝0. [解析]P的坐標(biāo)為(2，3)sin 3 2 3 ，所以sinα－sin2α＝sinα－2sinαcos .3. [解析]

π

θ＋4 2 22－5×2＝10cos 5．2－ [解析]根據(jù)三角函數(shù)的定義，得tan

3π＝－1tanθ＋34πtanθ＋tan

－1＋ ＝2－π1－tan

1＋tan [解析]PQ的坐標(biāo)分別是(3，2)，(3，－2)sin2，sin

sinα＋sin ]1)sinθ－3cosθ，∴zmax＝（m－1）2＋3＝2m＝2m＝0(舍去 [解析]xA＝cosα2xA－yB＝cosα－sin(α＋30°)＝－2

[解析]設(shè)xθsinθ4cosθ3

3

3

3＝5×5×－2－5×2

3＝5×5×－2＋5×2 ＋2ππtanα＋tan

π [解析]tanα＝－2tanα4π

＝1＋233

1－tanαtan [解析]OB＝1PB＝tanα，△OPB的面積為2tanαOAB 為2α，根據(jù)已知得2tanα＝2×α，所 tan解：(1)A(－1，3)，B(cosα，sin∴ OA＝(－1，3)，OB＝(cosα，sinOA⊥OB，得·∴－cosα＋3sinα＝0，∴tan

sin

cos(2)由題意，得|OB|＝1，|OA|＝（－1）2＋32＝10

π∈23 3 10∴sin

＝10，cos ＝－10由cosα α的終邊在第一象限，得sinα＝1－cos2α

3 10 3

＝10×5＋10×5＝10

3 △AOB＝2|OA||OB|sin∠AOB＝2×

10＝解：cosα＝

cos

5∵α，β為銳角，∴sinα7

sin＝＝，∴tanα＝7，tan

1

10

＝5

＝10tanα＋tan

1－tanα·tan

2tan

tanα＋tan

∵tan

1

1－tan

1－

1－tanα·tan

∵α，β為銳角，∴0<α＋2β<2，∴α＋2β＝4＝[解析]∵sinα cos2α＝1－sin2α＝5 則原式＝－5 [解析]由tanα＝－2，得sinα＝－2cosα，所以5cos2α＝1.由于cosα<0，所以cos＝－5 [解析]3sin2α＝2cosαsinα1因?yàn)?/p>

所以cos(α－π)＝－cos

2－3＝344－

75.＝－.2

]76°＝m14°＝m

1＋cos

＝2所以cos sin[解析]tan

cos

α，代入1sin2α

αsinπ [解析]

cosθ

θ<0sin2＝5

＝5.2

sintan(π－θ)＝－tan

θ [解析]在△ABCtanA＝－5<0知，A為鈍角，所以cosA<0 1 ＝cos2A＝144cossinαcos9．B [解析]由已知條件，得tanα＝－2，所以sinαcostanα 1tan2α＋1[解析]∵sinθ，cosθx2x2＋(3－1)x＋m＝0(m∈R)∴sinθ＋cos

1－ ，sinθcosθ＝1－可得(sinθ＋cosθ)2＝1＋2sinθcos

2－ 3，即 2∵θ為第二象限角，∴sinθ>0，cosθ<0sinθ－cos∵(sinθ－cosθ)2＝(sinθ＋cosθ)2－4sinθcos

3－2m＝1－＋ 2＋2＋2＋ 1＋∴sinθ－cos

＝ [解析]∵sin(3π＋θ)＝－sinθ，∴sin

－cos

cos

cosθ（－cos ＋cosθ（－cosθ）＋cos

＝）＝2

θ ．－

[解析]sinα＝m，得cosα＝±1－sin2α＝±

tan

sin

cos

．－ ]α)>0可知75°＋αcos(15°－α)＝sin(75°＋α)＝－ ＝－3

2sinA＝2sin2

化簡得2cos2A＝1，即cos 3cosA＝2cos 3 cosA＝2時(shí)，cosB＝2A，B是三角形的內(nèi)角，∴A＝4，B＝6 3 cosA＝－2時(shí)，cosB＝－2A，B是三角形的內(nèi)角，∴A＝4，B＝6 綜上可知，A＝4，B＝6 π

2cos23cos（－α）＝－sinα＝2sin

π

∴sin2α＋3cos2α＝2，∴cos2α＝.又∵α∈－，，∴ 3cosα＝2cos cosα ＝2，∴＝4或＝－4＝32π32α＝4代入3cosα＝2cosβcos

α＝2sinβ32π32α＝－4代入3cosα＝2cosβcos

α＝2sinβ α＝4，β＝6π解：α，βα＋β＝2，cosα＝sin4x2－2(m＋1)x＋m＝0中，Δ＝4(m＋1)2－4×4m＝4(m－1)2≥0m∈R時(shí)，cosα＋cosβ＝sinβ＋cosβ＝2cosαcosβ＝sinβcos

＝4 m＋12，解得m＝±×4＝ 3當(dāng)m＝3時(shí)，cosα＋cosβ＝ >0，cosαcosβ＝4>0，滿足題意1－當(dāng)m＝－3時(shí)，cosα＋cosβ＝ <0，這與α，β是銳 綜上可知，m＝[解析]y＝sinxcos 1n

2π[解析y＝sin2x2＝－cos2x為偶函數(shù)，且周期是π， ]y＝sin2x在區(qū)間－ππ上單調(diào)遞增，在區(qū)間π3π 4，4 4，4－sin2x在區(qū)間π3πy＝－sin2x的周期為π，4，43 34．0 [解析]y＝2sin

2cos

＝sinx＋3 065．2－ [解析f(x)＝

π—4

π2x＋2＝2sin2x4＋2f(x)2－ [解析]由于·＝0PM⊥PN，即△PMN2 MN＝4，所以2ω＝4ω＝4[解析]

y＝f3π

π－

4

4－4

πx＝2＋kπ(k∈Z)π[解析]A＝2，k＝2，ω＝4C，Dx＝3DD中的函數(shù)取得最小值，故選π [解析]22π

xy＝1，y＝－222

6

2

63 b－a3b＝6，則6≤a23≤b－a3.b－a33π [解析]x4，3

2x＋φ∈2

π，3π＋φ≤2π，∴π<φ6π，故選 3π [解析]f(x)＝sin2x＋cos2x＝2sin2x4.x88時(shí)，2x42 3π 2f(x)88上是增函數(shù)，①正確；f8＝08，0f(x)π ππy＝2sin2x2x∈02時(shí)，2x444，此時(shí)－1≤π4≤2，④不正確．故選 [解析]f(x)＝sin2x－2sin2xcosx＝sin2x(1－2cosx)＝－sin2xcos2x＝－2sin2π4＝2[解析]f(x)＝sin2x＋3sinx·cos 3 ＋ 2sin 6＋2＋

π

π 23≤2x6

62x6

6x＝2f(x)＝sinx＋sinx·cos

a＝2π

6π所以 3sinxcosx－2sin2x＝3sin2x＋cos ＋6 2kπ2≤2x6≤2kπ＋2，k∈Zkπ－3≤x≤kπ6 f(x)kπ－3，kπ＋6α(2)由(1)f2＝5

πsinα＋6 5π πα662，所以cosα632π32sinα＝sinα＋6－6

π ＋6 1－cos

3

3 ＝2×2cos2x＋2·sin2x－2cos2x＝4sin2x－4cos22

—6f(x)T＝2 (2)

π 366433434 π34346＝－2，f4＝f(x)34 f(x)2kπ＋4，2kπ2(k∈Z)，2kπ＋4 2kπ，2kπ＋4(k∈Z)，2kπ＋2＝－ 2＝－

4[解析]T

1≤1，即

4×ω ]

T

π [解析]y＝3sin2x＋cos2x＝2sin2x6y＝2sin2xπ

[解析]

π π

π－8

π＋

π－2≤3－4

π＋2 π π－8≤x≤3kπ＋8(k∈Z)y＝2sin433kπ－8＋85—． [解析] π5—

x

3π －3＋4

4

3≤

34

—4≤43π 23x4＝4時(shí)，g(x)g(x)min＝sin4＝2 ] φ＝－2A＝30OM＝32，AM＝BP＝2h(t)＝30sin6t2[解析]

＋6

3

＋3的對稱中心為－πkπ0(k∈Z)A 6＋2， x＝6時(shí)，g6＝sin0＝0g(x)x＝－6B C 6≤x3時(shí)，0≤2x3≤πg(shù)(x)D [解析]f(x)＝sin2(x－m)6＝sin2x－2m6 2kπ－2≤2x－2m6≤2kπ2(k∈Z)kπ＋m3≤x≤kπ＋m6 π π 6[解析]

π

1sin π 4＝2cos2x2kπ－π≤2x≤2kπ(k∈Z)kπ－2≤x≤kπ(k∈Z)π7πππ

ω＝2.

×3

2 πφ＝－6f(x)＝sin2x6y＝cos2x＝sin2x2sin2x6＝sin2x32πy＝cos2x3f(x) 2πππ [解析]由圖像得4ω＝3－12＝4ω＝2.2×12＋φ＝2 |φ|<2φ＝3 12. [解析]y＝2sinx3mπ

3＝2sinx＋m3m3＝kπ2，k∈Zm＝kπ＋6，k∈Zπm>0k＝0m6π[解析]g(x)

3＝2sinωxg(x) ω .又函數(shù)y＝g(x)在區(qū)間0，4上為增函數(shù)，則0，4 ω 2ω，所

4ω≤2.ω ∵4T＝2－π＝2π，∴T＝6π＝ω ∴f(x)＝2sin3x＋6π

2cosα cosα＝5＋2

又∵f3β2＝2sin(β＋π)＝－2sinβ＝5，∴sinπ∵α，β∈－22∴sinα＝－2

cosβ＝

11∴sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsin

解：(1)由條件知

42＋（5）2－（42＋（5）2－（2×4× 將(1，2)y＝2sin6x＋φsin6 0<φ2φ＝3f(x)＝2sin6x3(2)由題意可得g(x)＝2sinπ π6

3 2sin6 所以h(x)＝f(x)·g(x)＝4sin6x＋3·sin6x＝2sin26 3sin6x·cos6x＝1－cos3 3sin3x＝1＋2sin3x－6 π x∈(－1，2)3x622sin3x6 1＋2sin3x6解：(1)MPQOMAD，BCE，F(xiàn)BC＝2Rsinθ，OF＝Rcos ＝RsinAB＝EF＝OF－OE＝Rcosθ－RsinS＝AB·BC＝2Rsinθ(Rcosθ－Rsinθ)＝R2(2sinθcosθ－2sin2θ)＝R2(sinπ－1＋cos2θ)＝

＋4 ，4 ππ(2)θ∈042θ44，4π 2θ4＝2θ＝8時(shí)，SSmax＝(2－1)R2＝(2－1)×452＝(

＝8

ABCDS838.78[解析sin47°cos17°－cos47°cos73°＝sin47°cos17°－cos47°sinsin ＝5 [解析]sinα＝5＝sin2α－cos2α＝－cos

[解析f(x)＝sin

1－2sin

—2cos

1＝2sin

2cos

π3 [解析]∵cosα＝5(0<α<π)，∴sinα＝5，∴sin2α＝2sinαcos 2tanα4 5 [解析]tan [解析]

1－tanπ 5 5

32α 32

5 α－ 5＋6α

?

2＝5?sin6 ∴sinα＋6＝sin2π＋α－6＝sinα－6＝－sin6 － 1＋sin [解析]cos2α－4 ＝2 [解析]∵θ∈π，π，∴cos2θ≤0.由tan 7，得cos 2

cos sinθ3 [解析]sinx3＝cos6－xcos3－2x＝－82cos26－x－1＝－8 cos26－x＝16，所以cos6π [解析2sin

2sin

α α＝3sin

1－cos＋6

32π32

cosα＝3sinα

α－cosα＝ α 6－2

＋6

2 π

＋6＝cos2

＋6＝cos3

—6

π 2sinαcosα6

1sin sin110°sin20°cos20°sin20°2

＝cos°cos 5 π 5[解析]由 cosα－sin

2sinαcosα

所以(sinα＋cos

sinα＋cosα

sinα

＝5

10＝ ]＝ 2tan∠APD＋tan∠BPD 1＋33，所以 1－tan∠APD·tan∠BPD 6 ＝sinxcos6－cosxsin6＋cos ＝2sinx＋2cos ＝sinxcos6＋cosxsin ＋6

π 3＝5，∴ ＋3＋6 ∴cos

24∵α是第一象限角∴sinα＝1－cos2α∴tan

sin

cos

tan

tan 4 ∴tanα－4 1＋tan

π1＋tan

π π

π

＋4

＋4

＋4

＋4

＋32 32(2)由(1)知f(x)＝

sin2x＋12π 7ππ x22時(shí)，2x123π x1，x222－2015π

解：(1)f(2015

＋4＝

＝ πAsin2＝A因?yàn)?/p>

π

3sin

4×

＋4

4×

＋4 ＋2＝3sinα＋3cossinα＋cosα

所以(sinα＋cos 2sinαcos 即sin

α∈[0，π]，sinα＋cos

π α242α∈π，2cos所以cos2α＝－

242＝－7 tan5 [解析]cosα＝－5

sintan cosπtan 1－tan [解析]

2 1

－2sin

－2×22 π224. [解析]sinα＝5fα＋12＝sinα4＝5×3× 2＝10 [解析cos20°cos40°cos60°cos2sin20°cos20°cos40°cos60°cos2sin 2sin40°cos40°cos60°cos

2sin80°cos60°cos80°sin160°cos60°4sin

8sin

8sin [解析]由 2π，所以cos2α＝1－sin22α＝，所∈ ∈2

1－cos2α

sinα>0sinα ＝25， [解析]2sin2α＝1＋cos2α4sin22α＝(1＋cos即4－4cos22α＝1＋2cos2α＋cos22α，整理得5cos22α＋2cos2α－3＝0，解得cos＝－1或cos

cos2α＝－1時(shí)，sin2α＝0tancos2α

sin2α

tan2α4

1－cosθ＋sin

2＋2sin2cos θ[解析]1＋cos

θ＝tan2θ2cos2

＋2sin2cos[解析]sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ，0<cosβ<1，0<cosα<1，sin(α＋β)<sinα＋sinβ.[解析]cosα＋2sinα＝－5，sin2α＋cos2α＝1sin2α＋(－ 5sinα＋4＝0，解得sinα＝－2代入cosα＋2sinα＝－5得cos 1，所以tanα＝2.5

[解析]cos2＋α＝－5sinα＝5αcos則sin2α＝2sinαcos 3sin40°4sin40°cos40°－sin3[解析]原式＝4sin cos cos2sin80°－sincos

2cos（40°－30°）－sincos 2（cos40°cos30°＋sin40°sin30°）－sincos

3coscos40°＝ tan（α－β）＋tanβ

[解析tan

1－tan（α－β）·tan

1＋ tan所以

1

1－tan

1－ tanα＝3tanα<10<α40<2α2πtanβ＝－7β2得－π<2α－β<0，所以 2＝x0＋2－x0＝2ω＝π，得

.＋6.(2)∵點(diǎn)(x，2)是函數(shù) ＋6π∴2x0＋6＝2π∴x0＝6

π＝

π2232 2232

2＋22.220＋4

6＋4

sin6cos

cos6

4＝2×＋× 解：(1)∵f(x)＝2＋m2sin(ωx＋φ)其中cosφ ，sinφ ＝－2＋m2＝－2，∴m＝易知函數(shù)f(x)的最小正周期為π，∴T＝ωπ

π＋4，∴f ＋4π π π∴sinθ＋4＝5.∵θ∈4，4，∴θ＋4∈2

1－sin2θ

sin

＋ cosθ＋4sin4

＋4

＋4－

＋4cos

π＋π＝2sin2θ＋π＝2cos

＋ ＋ ×解：(1)m＝(1，－3)，n＝(cosA，sinA)，m·n＝－1，所以cosA－3sinπ－1sinA6 π

π 6<A6<6A6＝6A＝31＋sin （sinB＋cos(2)由 2

＝3sinB＋cosB≠0sinB－cos （sinB＋cosB）（sinB－coscossinB＋coscossin

＝3sinB＝2costantanA＋tan tan

1－tanAtanπ[解析]sinB＝2sinAcosBtanB＝2sinA＝3B＝3 3 3因此△ABCS△ABC＝22×1×1＝4 1 3 sin

sin

2sinAcos

30B＝60°，△ABCCc＝a2＋b2＝ [解析]∵a2＝b2＋c2－bc，∴cos

＝3

bcsinA＝77

·ACsin sin 3由于△ABC為銳角三角形，所以＝ ＝2，可 2＝cos

BC＝AB2＋AC2－2AB·ACcos a b 5 [解析]由sinA＝sinB，得3

，所以 3π3sin ]2×5t×5t.EABAD＝2t.在△ACD2×5t×

＝3＝10[解析]sinBsinA－3sinAcosB＝0sinA≠0sin3cosB＝0tanB＝30<B<π

＝3

b2＝a2＋c2－2accos－ac，即b2＝(a＋c)2－3ac，又b2＝ac，所以

，得b[解析b－c)(sinB＋sinC)＝(a－3c)sinA?(b－c)(b＋c)＝(a－ 3＝3ac，由余弦定理得cos ＝2，所以 [解析]sin(B－A)＋sin(B＋A)＝3sin2A?2sinBcosA＝6sinAcosA?cosA＝0sinB＝3sin3 3

積

＝2bc＝2×7×3＝6

b＝3，△ABC的面積

3

32×＝2absin 2＝432×

π [解析]cos

＝2C＝3.由2absin3＝得

12 ＝2aba＋b－c－ab＝0a＋b－4ab－ab＝0.a＋b≥2ab(＝b時(shí)等號成立)，所以 122－ab≤0，整理得ab≥4，故ab的最小值為－4a[解析]因?yàn)?sinA＝3sinB＝3sinC，所以 1

3∶2.3 3

a＝3k，b＝23k，c＝2k(k>0)cos

AC BC，得6 ＝BC，所以 3 sin

sin

sin

sin

cos22 22 31 3<cos <2所以 2即BC的取值范圍為 33 2

3<cos

cos

[解析]a＝b＋c－3bcac＝b

ac＋c－＝0c＝3b－aac＝b2－a2a(3b－a)＝b2－a2b＝3ac＝ a＝2a，所以cos

＝2B＝3解：(1)在△ABC中，0<C<π，且cos ＝5＝5所以sin＝5c b 因?yàn)閟inC＝sinB，且 5，B＝4× 5×bsin＝sinB

2(2)b2＝a2＋c2－2accosB，a2－4a－12＝0，a＝6a＝－2(舍去所以

△ABC＝2acsin解：(1)a∶b∶c＝7∶5∶3， cos

(2)由(1)cos

＝2因?yàn)锳是△ABC的內(nèi)角，所以sinA＝1－cos2A ＝2

13，所以2bcsin3

3即2×5k×3k×2 解得 a 7k ＝2R，即

sin

sinA＝32解：(1)∵m∥n，∴2sinAcosA＋3cosπ2sin2A3＝0.∵△ABC ∴2A3＝π，A＝3π(2)由(1)A＝3b c a 由正弦定理得sinB＝sinC＝sin 3，且B＋C＝3 3sin 3sin則 3sin 3sin 3sin

3 3sinB＋3cosπ＝3＋6sinB＋6

π∵△ABC6<B23<B6<33232∴sinB＋6

∴△ABC周長的取值范圍是 ] [解析]AB＝ACsinβ

＝ ＝

asinαsinsin

sin

sin [解析]

a＝b

b，所以sin2＝sinB＝2sin2cos2 cos2＝2cosB＝2cos4． [解析]在△ABS中，由正弦定理，有 ＝BS

，∴AB sin4sin 1 5．0， [解析]由題意，得 ≥1?cos 2?0<A≤3