高考必刷題專練答案精析必刷小題1集合、常用邏輯用語、不等式1．C2.B3.C4.C5.D6.D7．B8．C[令m＝ax＋a－x，則當(dāng)a>0且a≠1時，m＝ax＋a－x≥2eq\r(ax·a－x)＝2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時，等號成立，且m2＝(ax＋a－x)2＝a2x＋a－2x＋2，則a2x＋a－2x＝m2－2，原不等式可化為m2＋tm－2>0對任意m∈[2，＋∞)恒成立．所以t>eq\f(2,m)－m恒成立，又y＝eq\f(2,m)－m在[2，＋∞)上單調(diào)遞減，所以t>eq\f(2,2)－2＝－1.]9．AC[∵A＝{x|x2－2x<0}＝(0,2)，B＝{x|2x>1}＝(0，＋∞)，∴A∩(?UB)＝?，A∪B＝B，A?B，故AC正確，BD錯誤．]10．CD[設(shè)f(x)＝ex－x－1，所以f′(x)＝ex－1，當(dāng)x＝0時，函數(shù)f′(x)＝0，當(dāng)x<0時，f′(x)<0，當(dāng)x>0時，f′(x)>0，故在x＝0時函數(shù)f(x)取得最小值，f(0)＝0，所以f(x)＝ex－x－1≥f(x)min＝f(0)＝0，即?x∈R，ex≥x＋1，故A錯誤；當(dāng)x＝eq\f(π,2)時f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝cos2x，故函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，故B錯誤；當(dāng)a>b>0時，等價于a2－b2＝(a＋b)·(a－b)>0，當(dāng)0>a>b時，等價于－a2＋b2＝－(a＋b)(a－b)>0，當(dāng)a>0>b時，等價于a2＋b2>0，反之同樣成立，故C正確；“x∈A∩B”?“x∈A”，“x∈A”?“x∈A∩B”，則“x∈A”是“x∈A∩B”的必要不充分條件，故D正確．]11．BCD[因為直線l：ax＋by＋1＝0與圓C：x2＋y2＝1相切，所以圓心C(0,0)到直線l的距離等于1，即eq\f(1,\r(a2＋b2))＝1，即a2＋b2＝1，且a>0，b>0，因為a2＋b2≥2ab且a2＋b2＝1，所以ab≤eq\f(a2＋b2,2)＝eq\f(1,2)，即A錯誤，B正確；因為a2＋b2＝1，所以eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)＝eq\f(a2＋b2,a2)＋eq\f(a2＋b2,b2)＝2＋eq\f(b2,a2)＋eq\f(a2,b2)≥2＋2eq\r(\f(b2,a2)·\f(a2,b2))＝4(當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(b2,a2)＝eq\f(a2,b2)，即a＝b時取等號)，即C正確；因為a2＋b2≥2ab且a2＋b2＝1，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝eq\f(a2＋b2＋2ab,4)≤eq\f(2a2＋b2,4)＝eq\f(1,2)(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號)，即D正確．]12．AD[因為3a＝2,5b＝3，則a＝log32，b＝log53.對于A，∵23<32，則2<，從而0＝log31<a＝log32<＝eq\f(2,3)，因為33>52，則3>，則eq\f(2,3)＝<b＝log53<log55＝1，即0<a<eq\f(2,3)<b<1，A正確；對于B，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))＝(a－b)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－\f(1,b)))＝eq\f(a－bab－1,ab)，因為0<a<eq\f(2,3)<b<1，則a－b<0,0<ab<1，所以，a＋eq\f(1,a)>b＋eq\f(1,b)，B錯誤；對于C，因為2ab＝2log32·log53＝2log52＝log54，所以，a＋b－2ab＝log32＋log53－log54＝log32－log5eq\f(4,3)>log3eq\r(3)－log5eq\r(5)＝0，所以，a＋b>2ab，C錯誤；對于D，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)，其中0<x<e，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).當(dāng)0<x<e時，f′(x)>0，則函數(shù)f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，因為0<a<b<1，則f(a)<f(b)，即eq\f(lna,a)<eq\f(lnb,b)，可得ab<ba，所以，a＋ab<b＋ba，D正確．]13．[2，＋∞)14.[－2，－1)15．④解析對①，∵sinx＋cosx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))≤eq\r(2)，eq\r(3)>eq\r(2)，故①為假命題；對②，命題p：eq\f(x,x－1)<0，解得0<x<1，所以綈p：{x|x≤0或x≥1}，而eq\f(x,x－1)≥0的解集為{x|x≤0或x>1}，故②為假命題；對③，當(dāng)x＝1，y＝0時，滿足eq\r(x)>eq\r(y)，但lgx>lgy不成立，故③為假命題；對④，根據(jù)正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)可得，邊a>b是sinA>sinB的充要條件，故為真命題；對⑤，滿足函數(shù)f(x)＝|x－a|在區(qū)間[2，＋∞)上為增函數(shù)的a的取值范圍為a≤2，故“a＝2”是“函數(shù)f(x)＝|x－a|在區(qū)間[2，＋∞)上為增函數(shù)”的充分不必要條件，故⑤為假命題．16．[－1,0)∪(8,9]解析不等式x2－kx＋2k<0有實數(shù)解等價于x2－kx＋2k＝0有兩個不相等的實數(shù)根，則Δ＝(－k)2－8k>0，解得k<0或k>8，設(shè)x2－kx＋2k＝0的兩根分別為x1，x2，不妨令x1<x2，則x1＋x2＝k，x1x2＝2k，由題意得x2－x1＝eq\r(x2＋x12－4x1x2)＝eq\r(k2－8k)≤3，解得－1≤k≤9，結(jié)合k<0或k>8，所以實數(shù)k的取值范圍為[－1,0)∪(8,9]．必刷小題2函數(shù)的概念與性質(zhì)1．C2.C3.B4.B5.C6.C7．B8．D[函數(shù)f(x)＝xsinx＋cosx＋x2的定義域為R，f(－x)＝－xsin(－x)＋cos(－x)＋(－x)2＝xsinx＋cosx＋x2＝f(x)，即函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，f′(x)＝xcosx＋2x＝x(2＋cosx)，當(dāng)x>0時，2＋cosx>0，則f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，由f(lnx)＋f(－lnx)＝2f(lnx)<2f(1)，可得f(|lnx|)<f(1)，得|lnx|<1，即－1<lnx<1，解得eq\f(1,e)<x<e.]9．ABC[由f(x)＝ex－e－x可得，f(－x)＝e－x－ex＝－f(x)，x∈R，∴函數(shù)為奇函數(shù)，圖象關(guān)于原點對稱；由f(x)＝eq\f(2,ex＋1)－1＝eq\f(1－ex,ex＋1)可得，f(－x)＝eq\f(1－e－x,e－x＋1)＝eq\f(ex－1,ex＋1)＝－f(x)，x∈R，∴函數(shù)為奇函數(shù)，圖象關(guān)于原點對稱；由f(x)＝ln(x＋eq\r(x2＋1))可得，f(－x)＝ln(－x＋eq\r(x2＋1))＝lneq\f(1,x＋\r(x2＋1))＝－f(x)，x∈R，∴函數(shù)為奇函數(shù)，圖象關(guān)于原點對稱；由f(x)＝lnsinx知，sinx>0，所以2kπ<x<2kπ＋π，k∈Z，定義域不關(guān)于原點對稱，則函數(shù)為非奇非偶函數(shù)，圖象不關(guān)于原點對稱，故選ABC.]10．AD[由函數(shù)f(x)在區(qū)間[2,5]上單調(diào)遞減，可得f(2)>f(5)，故A正確；題中條件沒有說明函數(shù)關(guān)于直線x＝2對稱，所以f(－1)和f(5)未必相等，故B不正確；根據(jù)題意不確定f(x)在[－1,5]上是否連續(xù)，所以不能確定最大值是f(2)，故C不正確；x＝0和x＝3不在同一個單調(diào)區(qū)間，且函數(shù)沒有提及對稱性，所以f(0)與f(3)的大小不確定，故D正確．]11．ABC[由f(x＋2)＝－f(x)，得f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以函數(shù)f(x)的周期為4，故A正確；又f(1＋x)＝－f(1－x)，所以f(x)圖象關(guān)于(1,0)對稱，故B正確；又f(－x)＝－f(－x＋2)＝－f(1－(x－1))＝f(1＋(x－1))＝f(x)，所以函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，故C正確；又f(－2)＝－f(－2＋2)＝－f(0)，無法判斷其值，故D錯誤．]12．ACD[因為f(x＋2)為奇函數(shù)，所以f(x＋2)的圖象經(jīng)過原點(0,0)，即f(2)＝0，故C正確；由f(x＋2)的圖象向右平移2個單位長度可得函數(shù)f(x)的圖象知，f(x)的圖象過點(4,0)，即f(4)＝0，因為f(2x＋1)為偶函數(shù)，所以f(－2x＋1)＝f(2x＋1)，所以當(dāng)x＝eq\f(3,2)時，f(－2)＝f(4)＝0，故A，D正確；令f(x)＝sin

eq\f(π,2)x，則滿足f(x＋2)為奇函數(shù)，f(2x＋1)為偶函數(shù)，顯然B不滿足．]13.eq\f(7,4)14.f(x)＝－x2或f(x)＝－|x|(答案不唯一)15．－9或－6解析當(dāng)a≥0時，f(x)＝x3＋2x＋a(1≤x≤2)，f(2)＝23＋22＋a＝12＋a≥12，不符合題意；當(dāng)a<0時，y＝x3＋2x＋a在[1,2]上單調(diào)遞增，3＋a≤x3＋2x＋a≤12＋a，而3＋a<3,3＋a<12＋a，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＋a＝－6，,12＋a≤6))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12＋a＝6，,3＋a≥－6，))所以a＝－9或a＝－6.16.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2))解析函數(shù)f(x)的定義域為{x|x≠0}，f(－x)＝eq\f(1,－x2＋1)－ln|－x|＝eq\f(1,x2＋1)－ln|x|＝f(x)，故函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，且當(dāng)x>0時，f(x)＝eq\f(1,x2＋1)－lnx，因為函數(shù)y＝eq\f(1,x2＋1)，y＝－lnx均在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，故函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，由f(2t＋1)>f(t＋3)得f(|2t＋1|)>f(|t＋3|)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|2t＋1|<|t＋3|，,2t＋1≠0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|2t＋1|2<|t＋3|2，,2t＋1≠0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t－23t＋4<0，,t≠－\f(1,2)，))解得－eq\f(4,3)<t<2且t≠－eq\f(1,2)，故不等式f(2t＋1)>f(t＋3)成立的實數(shù)t的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2)).必刷小題3基本初等函數(shù)1．B2.C3.C4.C5.B6.D7．A8．C[因為f(x)＝2022x＋ln(eq\r(x2＋1)＋x)－2022－x＋1，所以f(－x)＝2022－x＋ln(eq\r(x2＋1)－x)－2022x＋1，因此f(x)＋f(－x)＝ln(x2＋1－x2)＋2＝2，因此關(guān)于x的不等式f(2x－1)＋f(2x)>2，可化為f(2x－1)>2－f(2x)＝f(－2x)，又y＝2022x－2022－x單調(diào)遞增，y＝ln(eq\r(x2＋1)＋x)單調(diào)遞增，所以f(x)＝2022x＋ln(eq\r(x2＋1)＋x)－2022－x＋1在R上單調(diào)遞增，所以有2x－1>－2x，解得x>eq\f(1,4).]9．AC[∵a>1>b>c>0，∴aa>ab>bb，>，故A選項正確，D選項不正確；又logac<logab<0，∴l(xiāng)ogca>logba，故B選項不正確；∵logca<0，ac>0，∴l(xiāng)ogca<ac，故C選項正確．]10．CD[f(log23)＝＋＝3＋eq\f(1,3)＝eq\f(10,3)，A錯誤；令2x＝t(t>0)，則函數(shù)為g(t)＝t＋eq\f(1,t)，由對勾函數(shù)的性質(zhì)可知g(t)＝t＋eq\f(1,t)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故g(t)＝t＋eq\f(1,t)在t＝1處取得最小值，g(t)min＝g(1)＝2，所以f(x)的最小值為2，故B錯誤，D正確；f(x)＝2x＋eq\f(1,2x)的定義域為R，且f(－x)＝2－x＋eq\f(1,2－x)＝2x＋eq\f(1,2x)＝f(x)，所以f(x)為偶函數(shù)，故C正確．]11．AB[函數(shù)f(x)＝ax2－2ax＋4(a>0)，二次函數(shù)的圖象開口向上，對稱軸為直線x＝1，當(dāng)x1＋x2＝2時，x1與x2的中點為1.∴f(x1)＝f(x2)，選項B正確；當(dāng)x1＋x2>2時，x1與x2的中點大于1，又x1<x2，∴點x2到對稱軸的距離大于點x1到對稱軸的距離，∴f(x1)<f(x2)，選項A正確，C錯誤；顯然當(dāng)a>0時，f(x1)與f(x2)的大小與x1，x2離對稱軸的遠(yuǎn)近有關(guān)系，但與a無關(guān)，選項D錯誤．]12．ABC[依題意，令2a＋a＝log2b＋b＝log3c＋c＝k，則2a＝－a＋k，log2b＝－b＋k，log3c＝－c＋k，令y＝2x，y＝log2x，y＝log3x和y＝－x＋k，則a，b，c可分別視為函數(shù)y＝2x，y＝log2x，y＝log3x的圖象與直線y＝－x＋k交點的橫坐標(biāo)，在同一坐標(biāo)系中畫出函數(shù)y＝2x，y＝log2x，y＝log3x和y＝－x＋k的圖象，如圖，觀察圖象得，當(dāng)k<1時，a<c<b，當(dāng)k＝1時，a<b＝c，當(dāng)k>1時，a<b<c，顯然c<b<a不可能，故可能成立的是ABC.]13.eq\f(19,4)14.ln|x|(答案不唯一)15．－3解析因為x∈[0，＋∞)，f(x)＝a·bx＋c∈[－2,1)，所以0<b<1(因為函數(shù)值是有界的)，又f(x)取不到f(x)＝1的值，所以a<0，所以函數(shù)f(x)＝a·bx＋c在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞增，則f(0)＝a＋c＝－2，當(dāng)x→＋∞時，abx→0，所以c＝1，故a＝－3，所以ac＝－3.16．647解析由n≤eq\f(2,3)log2eq\f(ω,x)可知，當(dāng)對折完4次時，即eq\f(2,3)log2eq\f(ω,x)≥4，即log2eq\f(ω,x)≥6，∴eq\f(ω,x)≥64，即eq\f(ω,x)的最小值為64.由題知n≤eq\f(2,3)log2eq\f(30,0.01)＝eq\f(2,3)log23000＝eq\f(2,3)×eq\f(lg3＋3,lg2)≈eq\f(2,3)×eq\f(0.48＋3,0.30)≈7.7，故矩形紙最多能對折7次．必刷小題4函數(shù)與方程1．B2.D3.D4.C5.B6.C7．D8．B[令g(x)＝f(x)－loga(x＋1)＝0，可得f(x)＝loga(x＋1)，所以曲線y＝f(x)與曲線y＝loga(x＋1)有三個交點，當(dāng)a>1時，曲線y＝f(x)與曲線y＝loga(x＋1)只有一個交點，不符合題意；當(dāng)0<a<1時，若使得曲線y＝f(x)與曲線y＝loga(x＋1)有三個交點，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(loga3>－1，,loga5<－1，,0<a<1，))解得eq\f(1,5)<a<eq\f(1,3).]9．ABC[由題意得，經(jīng)n層棉濾芯過濾后水中大顆粒雜質(zhì)含量為50eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))n＝50×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n，n∈N*，則50×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n≤2.5得，20×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n≤1，所以lg20＋lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n≤0，lg10＋lg2＋n(lg2－lg3)≤0，所以1＋0.3＋(0.3－0.48)n≤0，1．3≤0.18n，得n≥eq\f(65,9)，因為n為正整數(shù)，所以n的最小值為8.]10．AB[由函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2x，x≤0，,lnx－x，x>0，))得f(－1)＝f(1)＝－1，則函數(shù)g(x)＝f(x)－m的零點個數(shù)就是函數(shù)y＝f(x)的圖象與y＝m的交點個數(shù)，畫出y＝f(x)和y＝m的圖象，如圖所示，由圖可知，當(dāng)m>0時，兩個函數(shù)的圖象有1個交點，當(dāng)m≤0時，兩個函數(shù)的圖象有2個交點，所以函數(shù)g(x)＝f(x)－m的零點可能有1個或2個．]11．AD[由函數(shù)圖象可知y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4t，0≤t<1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))t－a，t≥1，))當(dāng)t＝1時，y＝4，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))1－a＝4，解得a＝3，∴y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4t，0≤t<1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))t－3，t≥1，))故A正確，藥物剛好起效的時間，當(dāng)4t＝0.125，即t＝eq\f(1,32)，藥物剛好失效的時間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))t－3＝0.125，解得t＝6，故藥物有效時長為6－eq\f(1,32)＝5eq\f(31,32)(小時)，注射一次治療該病的有效時間長度不到6個小時，故B錯誤，D正確；注射該藥物eq\f(1,8)小時后每毫升血液含藥量為4×eq\f(1,8)＝0.5(微克)，故C錯誤．]12．BC[因為f(x)為偶函數(shù)且有4個零點，則當(dāng)x>0時f(x)有2個零點，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝a2－4>0，,－\f(－a,2)>0，))解得a>2，A不正確；當(dāng)x<0時，－x>0，則f(x)＝f(－x)＝x2＋ax＋1，B正確；偶函數(shù)f(x)的4個零點滿足：x1<x2<x3<x4，則x3，x4是方程x2－ax＋1＝0的兩個根，則有x3>0，x3x4＝1且x1＝－x4，x2＝－x3，于是得x1x2x3x4＝(x3x4)2＝1，C正確；由C選項知，x1＋2x2＋3x3＋4x4＝x3＋3x4＝x3＋eq\f(3,x3)，且0<x3<1，而函數(shù)y＝x＋eq\f(3,x)在(0,1)上單調(diào)遞減，從而得x3＋eq\f(3,x3)∈(4，＋∞)，D不正確．]13.eq\f(1,2)14.(－∞，e)15.316．43解析由題意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·a10＝0.1，,m·a20＝0.2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝\f(1,20)，,a＝，))所以h＝eq\f(1,20)×，令h＝eq\f(1,20)×＝1，可得＝20，所以t＝10log220＝eq\f(10lg20,lg2)＝eq\f(10lg10＋lg2,lg2)＝eq\f(101＋lg2,lg2)≈eq\f(10×1.3,0.3)≈43(分鐘)．因此，打上來的這種魚在43分鐘后開始失去全部新鮮度．必刷小題5導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用1．C2.B3.A4.B5.C6.A7．C[f′(x)＝m[2(x－m)(x－n)＋(x－m)2]＝3m(x－m)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2n＋m,3)))，若m<0，則f′(x)是開口向下的拋物線，若x＝m是極小值點，必有m<eq\f(2n＋m,3)，則n>m，即eq\f(n,m)<1；若m>0，f′(x)是開口向上的拋物線，若x＝m是極小值點，必有m>eq\f(2n＋m,3)，則n<m，即eq\f(n,m)<1，綜上，eq\f(n,m)<1.]8．B[設(shè)g(x2)＝f(x1)＝m，則x1＝2m－3，x2＝，所以x2－x1＝－2m＋3，設(shè)h(x)＝－2x＋3，則h′(x)＝eq\f(1,2)－2，令h′(x)>0，得x>4ln2；令h′(x)<0，得x<4ln2，所以h(x)在(－∞，4ln2)上單調(diào)遞減，在(4ln2，＋∞)上單調(diào)遞增，h(x)min＝7－8ln2，所以當(dāng)x＝4ln2時，x2－x1取最小值，為7－8ln2.]9．ABC[由題意，對于A，函數(shù)y＝x＋eq\f(1,x)，y′＝1－eq\f(1,x2)，可得函數(shù)y＝x＋eq\f(1,x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－1,0)，(0,1)上單調(diào)遞減，所以函數(shù)有兩個極值點x＝－1和x＝1；對于B，函數(shù)y＝2x2－x＋1為開口向上的拋物線，一定存在極值點，即為頂點的橫坐標(biāo)x＝eq\f(1,4)；對于C，函數(shù)y＝xlnx，y′＝lnx＋1，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時，y′<0，函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時，y′>0，函數(shù)單調(diào)遞增，所以函數(shù)y＝xlnx在x＝eq\f(1,e)處取得極小值；對于D，函數(shù)y＝－2x3－x，y′＝－6x2－1<0，所以函數(shù)y＝－2x3－x在R上單調(diào)遞減，沒有極值點．]10．AD[∵f(x)＝e2－x＋x，x∈[1,3]，∴f′(x)＝－e2－x＋1，令f′(x)>0，解得x>2；令f′(x)<0，解得x<2，故函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞減，在區(qū)間[2,3]上單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)在x＝2處取得極小值，也是最小值，為f(2)＝3，而f(1)＝e＋1，f(3)＝3＋eq\f(1,e)，則f(1)>f(3)，故f(x)的最大值為f(1)＝e＋1.]11．AC[f′(x)＝3ax2－2bx＋c＝3a(x－x0)(x－1)，由圖知x>1時，f(x)單調(diào)遞增，可知f′(x)>0，所以a>0，故B錯誤；又f′(x)＝3ax2－2bx＋c＝3a(x－x0)(x－1)＝3ax2－3a(1＋x0)x＋3ax0，∴2b＝3a(1＋x0)，c＝3ax0，∵x0<－1<0∴c＝3ax0<0,故A正確；∵x0<－1<0，∴1＋x0<0，∴f(1)＋f(－1)＝－2b＝－3a(1＋x0)>0，故C正確；f′(x)＝3ax2－2bx＋c，其圖象開口向上，對稱軸小于0，函數(shù)f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故D錯誤．]12．BCD[對于A，f(x)＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，y＝xf(x)＝1不單調(diào)，故A錯誤；對于B，f(x)＝eq\f(x,ex)，f′(x)＝eq\f(1－x,ex)，在(1,2)上f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，y＝xf(x)＝eq\f(x2,ex)，y′＝eq\f(2x－x2,ex)＝eq\f(x2－x,ex)>0在x∈(1,2)上恒成立，∴y＝xf(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，故B正確；對于C，若f(x)＝eq\f(lnx,x)在(m，＋∞)上單調(diào)遞減，由f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)＝0，得x＝e，∴m≥e，y＝xf(x)＝lnx在(m，＋∞)上單調(diào)遞增，故C正確；對于D，f(x)＝cosx＋kx2在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，f′(x)＝－sinx＋2kx≤0在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒成立?2k≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,x)))min，令h(x)＝eq\f(sinx,x)，h′(x)＝eq\f(xcosx－sinx,x2)，令φ(x)＝xcosx－sinx，φ′(x)＝cosx－xsinx－cosx＝－xsinx<0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴φ(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，φ(x)<φ(0)＝0，∴h′(x)<0，∴h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，h(x)>heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(2,π)，∴2k≤eq\f(2,π)?k≤eq\f(1,π)，令g(x)＝xf(x)＝xcosx＋kx3，則g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，g′(x)＝cosx－xsinx＋3kx2≥0在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒成立，∴3k≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xsinx－cosx,x2)))max，令F(x)＝eq\f(xsinx－cosx,x2)，F(xiàn)′(x)＝eq\f(x2cosx＋2cosx,x3)>0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，F(xiàn)(x)<Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(2,π)，∴3k≥eq\f(2,π)?k≥eq\f(2,3π)，綜上，eq\f(2,3π)≤k≤eq\f(1,π)，故D正確．]13．3x－y－2＝014.2－ln315．x3－3x(答案不唯一)解析f(x)＝x3－3x，f(x)為奇函數(shù)，f(x)有三個零點0，±eq\r(3)，f′(x)＝3x2－3，當(dāng)x>1時，f′(x)>0，即f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，①②③都滿足，∴f(x)＝x3－3x滿足題意．16．(0，e)解析設(shè)曲線y＝lnx與其切線交于A(x0，y0)，切線方程l：y＝kx＋b，y′＝eq\f(1,x)，由導(dǎo)數(shù)與切線方程斜率關(guān)系可得k＝y(tǒng)′|＝eq\f(1,x0)，①又∵切線過點P(a,1)，∵要保證過點P(a,1)可以作曲線y＝lnx的兩條切線，可得P(a,1)不能在曲線y＝lnx上，∴x0≠a，∴k＝eq\f(y0－1,x0－a)，②∵點A在曲線y＝lnx上，故y0＝lnx0，③由①②③式可得eq\f(y0－1,x0－a)＝eq\f(1,x0)?eq\f(lnx0－1,x0－a)＝eq\f(1,x0)，∴x0(lnx0－1)＝x0－a，解得a＝2x0－x0·lnx0，令f(x)＝2x－x·lnx，則f′(x)＝2－x·eq\f(1,x)－lnx＝1－lnx，令f′(x)＝0，故1－lnx＝0，∴x＝e，當(dāng)x∈(0，e)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(e，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，即f(x)在x＝e處取得最大值，故f(x)max＝f(e)＝2e－e·lne＝e，作出f(x)的草圖如圖所示，由圖可知a僅在(0，e)范圍內(nèi)有2個對應(yīng)的x值，即a∈(0，e)時，有2個解，此時存在2條切線方程，綜上所述，a的取值范圍為(0，e)．必刷大題6導(dǎo)數(shù)的綜合問題1．解(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，當(dāng)a＝0時，f′(x)＝2x－eq\f(1,x)＝eq\f(2x2－1,x).當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))時，f′(x)<0，則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))時，f′(x)>0，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞)).(2)由f(x)≥(a2－a)lnx對?x∈(1，＋∞)恒成立，得a2＋1≤eq\f(x2,lnx)對?x∈(1，＋∞)恒成立．設(shè)h(x)＝eq\f(x2,lnx)(x>1)，則h′(x)＝eq\f(x2lnx－1,lnx2).當(dāng)x∈(1，eq\r(e))時，h′(x)<0；當(dāng)x∈(eq\r(e)，＋∞)時，h′(x)>0.所以h(x)min＝h(eq\r(e))＝2e，則a2＋1≤2e，解得－eq\r(2e－1)≤a≤eq\r(2e－1)，故a的取值范圍是[－eq\r(2e－1)，eq\r(2e－1)]．2．(1)解f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2(lnx＋1)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝eq\f(1,e)時，f(x)取得最小值f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝1－eq\f(2,e).(2)證明令F(x)＝x2－x＋eq\f(1,x)＋2lnx－f(x)＝x(x－1)－eq\f(x－1,x)－2(x－1)lnx＝(x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)－2lnx))，令g(x)＝x－eq\f(1,x)－2lnx，則g′(x)＝1＋eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＝eq\f(x－12,x2)≥0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又g(1)＝0，所以當(dāng)0<x<1時，g(x)<0，F(xiàn)(x)>0當(dāng)x>1時，g(x)>0，F(xiàn)(x)>0，當(dāng)x＝1時，F(xiàn)(x)＝0，所以(x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)－2lnx))≥0，即f(x)≤x2－x＋eq\f(1,x)＋2lnx.3．解(1)由題意，預(yù)計當(dāng)每件產(chǎn)品的售價為x元(13≤x≤17)時，一年的銷售量為(18－x)2萬件，而每件產(chǎn)品的成本為5元，且每件產(chǎn)品需向稅務(wù)部門上交a元(10≤a≤13)，∴商店一年的利潤f(x)(萬元)與售價x的函數(shù)關(guān)系式為f(x)＝(x－5－a)(18－x)2，x∈[13,17]．(2)∵f(x)＝(x－5－a)(18－x)2，x∈[13,17]，∴f′(x)＝(28＋2a－3x)(18－x)，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(28＋2a,3)或x＝18，而10≤a≤13，則16≤eq\f(28＋2a,3)≤18，①若16≤eq\f(28＋2a,3)<17，即10≤a<11.5，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(13，\f(28＋2a,3)))時，f′(x)≥0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(28＋2a,3)，17))時，f′(x)≤0，f(x)單調(diào)遞減，∴f(x)max＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(28＋2a,3)))＝eq\f(4,27)(13－a)3；②若17≤eq\f(28＋2a,3)≤18，即11.5≤a≤13，則f′(x)≥0，即f(x)在[13,17]上單調(diào)遞增，∴f(x)max＝f(17)＝12－a，綜上，Q(a)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(4,27)13－a3，10≤a<11.5，,12－a，11.5≤a≤13.))4．解(1)由題意，f(x)＝x2＋2x－4ln

eq\f(x,2)，x>0，則f′(x)＝2x＋2－eq\f(4,x)＝eq\f(2,x)(x2＋x－2)＝eq\f(2,x)(x－1)(x＋2)，故f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，有極小值f(1)＝3－4ln

eq\f(1,2)，無極大值．(2)設(shè)g(x)＝f(x)－ax＝x2＋(2－a)x－aln

eq\f(x,2)，x∈(0,4]，則g′(x)＝2x＋(2－a)－eq\f(a,x)＝eq\f(1,x)[2x2＋(2－a)x－a]＝eq\f(1,x)(x＋1)(2x－a)，①當(dāng)a＝0時，g(x)＝x2＋2x，在(0,4]上無零點，不符合題意；②當(dāng)a<0時，g(x)在(0,4]上單調(diào)遞增，g(2)＝4＋(2－a)×2>0，x→0時，g(x)<0，由零點存在定理得，g(x)在(0,4]內(nèi)只有一個零點，即曲線y＝f(x)與直線y＝ax在(0,4]上有且只有一個交點．③當(dāng)a>0時，g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，4))上單調(diào)遞增，若eq\f(a,2)<4，即0<a<8，則只能geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝a－eq\f(1,4)a2－aln

eq\f(a,4)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)a－ln

\f(a,4)))＝0?a＝4，若a≥8，則g(x)在(0,4]上單調(diào)遞減，當(dāng)x→0時，g(x)>0，則要g(4)＝16＋4(2－a)－aln2<0，則a>eq\f(24,4＋ln2)，故a≥8，綜上，a的取值范圍為(－∞，0)∪{4}∪[8，＋∞)．5．解(1)因為f′(x)＝－asinx＋bex，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′0＝b＝－1，,f0＝a＋b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－1.))(2)因為f(x)＝cosx－ex，x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，＋∞))，所以f′(x)＝－sinx－ex，設(shè)g(x)＝－sinx－ex，g′(x)＝－cosx－ex＝－(cosx＋ex)．當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))時，cosx≥0，ex>0，所以g′(x)<0，當(dāng)x∈(0，＋∞)時，－1≤cosx≤1，ex>1，所以g′(x)<0.所以，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，＋∞))時，g′(x)<0，g(x)即f′(x)單調(diào)遞減．因為f′(0)＝－1<0，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)－＝－，因為>e>2，所以<，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))>0.所以?x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))，使得f′(x0)＝－sinx0－＝0，即＝－sinx0.所以，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，x0))時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．所以f(x)max＝f(x0)＝cosx0－＝cosx0＋sinx0＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(π,4))).因為x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))，所以x0＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(π,4)))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))，所以f(x0)∈(0,1)．由題意知，c≥f(x0)，所以整數(shù)c的最小值為1.必刷小題7三角函數(shù)1．B2.C3.B4.B5.C6.B7．B[由題設(shè)知f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，故y＝g(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，要使x1≠x2且g(x1)g(x2)＝2，則g(x1)＝g(x2)＝eq\r(2)或g(x1)＝g(x2)＝－eq\r(2)，∴|x1－x2|的最小值為1個周期長度，則|x1－x2|min＝eq\f(2π,2)＝π.]8．B[由f(x)的圖象與直線y＝1的相鄰兩個交點的距離分別為eq\f(π,3)和eq\f(2π,3)，即可知其周期為π，所以eq\f(2π,ω)＝π，即ω＝2，所以函數(shù)f(x)的圖象向左平移eq\f(π,12)個單位長度得到的函數(shù)g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)＋φ))，又g(x)為奇函數(shù)，所以eq\f(π,6)＋φ＝kπ(k∈Z)，即φ＝kπ－eq\f(π,6)(k∈Z)，又|φ|<eq\f(π,2)，則φ＝－eq\f(π,6).]9．CD[由題意可得f(x)＝eq\r(3)sin2x－cos2x－1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))－1.因為f(－x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x－\f(π,6)))－1＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－1≠－f(x)，所以f(x)不是奇函數(shù)，故A錯誤；因為f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)－\f(π,6)))－1＝－1，所以f(x)的圖象不關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，1))對稱，故B錯誤；令2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，解得kπ－eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(π,3)(k∈Z)，當(dāng)k＝1時，eq\f(5π,6)≤x≤eq\f(4π,3)，故C正確；因為－1≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))≤1，所以－2≤2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))≤2，所以－3≤2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))－1≤1，即f(x)的值域是[－3,1]，故D正確．]10．BC[由題可得g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,12)))時，2x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，故函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,12)))上不單調(diào)，故A錯誤；當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時，2x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，\f(11π,6)))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))，g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))∈[－2,1]，故B正確；當(dāng)x＝eq\f(5π,6)時，2x－eq\f(π,6)＝eq\f(3π,2)，故函數(shù)g(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(5π,6)對稱，故C正確；由g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))可知，最小正周期為π，又x＝eq\f(π,3)，2x－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，故函數(shù)g(x)的圖象不關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))對稱，故D錯誤．]11．CD[由題意，將函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))的圖象沿水平方向平移|φ|個單位長度后得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2x＋φ＋\f(2π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2φ＋\f(2π,3)))，則y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2φ＋\f(2π,3)))的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,4)對稱．所以2×eq\f(π,4)＋2φ＋eq\f(2π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即φ＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,3)，k∈Z，當(dāng)k＝0時，φ＝－eq\f(π,3)，當(dāng)k＝1時，φ＝eq\f(π,6).]12．ABD[對于A，由題意可知函數(shù)g(x)＝sin(2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<φ<\f(π,2)))的圖象在區(qū)間[a，b]上的對稱軸為直線x＝eq\f(x1＋x2,2)，又g(x1＋x2)＝eq\f(\r(3),2)，所以g(0)＝g(x1＋x2)＝eq\f(\r(3),2)，所以sinφ＝eq\f(\r(3),2)，又因為0<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，故g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，故A正確；對于B，g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))向右平移eq\f(π,3)個單位長度得到函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的圖象，再將其橫坐標(biāo)縮短為原來的eq\f(1,2)得到f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))的圖象，故B正確；對于C，令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f(5π,12)＋kπ≤x≤eq\f(π,12)＋kπ，k∈Z，當(dāng)k＝1時，eq\f(7π,12)≤x≤eq\f(13π,12)，所以g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，\f(13π,12)))上單調(diào)遞增，而eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))?eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，\f(13π,12)))，故C錯誤；對于D，令t＝4x－eq\f(π,3)，則t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，5π))，函數(shù)y＝sint在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，5π))上有6個零點t1，t2，…，t6，則t1＋t2＝π，t2＋t3＝3π，t3＋t4＝5π，t4＋t5＝7π，t5＋t6＝9π，故t1＋2t2＋2t3＋2t4＋2t5＋t6＝4(x1＋2x2＋2x3＋2x4＋2x5＋x6)－10×eq\f(π,3)＝25π，所以x1＋2x2＋2x3＋2x4＋2x5＋x6＝eq\f(85π,12)，故D正確．]13.eq\f(π,3)(填寫符合φ＝2kπ±eq\f(π,3)，k∈Z的一個值即可)14.eq\f(\r(3),2)15．1－eq\r(2)解析依題意得f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝A×eq\f(\r(3),2)－eq\r(3)×eq\f(1,2)＝0，解得A＝1，所以f(x)＝sinx－eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝－eq\r(2).16．①④⑤或②③④解析若選①，f(x)＝(1＋cosx)sinx，則f′(x)＝2cos2x＋cosx－1＝(2cosx－1)(cosx＋1)，令f′(x)>0，解得cosx>eq\f(1,2)；令f′(x)<0，解得cosx<eq\f(1,2)，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋2kπ，\f(π,3)＋2kπ))，k∈Z上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋2kπ，\f(5π,3)＋2kπ))，k∈Z上單調(diào)遞減，顯然f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上不單調(diào)，③不正確；顯然f(x)的一個周期是2π，所以當(dāng)x＝eq\f(5π,3)時，f(x)取得最小值f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)))＝－eq\f(3\r(3),4)，⑤正確；因為f(2π－x)＝[1＋cos(2π－x)]sin(2π－x)＝－(1＋cosx)sinx＝－f(x)，所以f(x)的圖象關(guān)于點(π，0)對稱，④正確，可知選①④⑤.若選②，f(x)＝(1－cosx)sinx，則f′(x)＝－2cos2x＋cosx＋1＝(2cosx＋1)(1－cosx)，令f′(x)>0，解得cosx>－eq\f(1,2)；令f′(x)<0，解得cosx<－eq\f(1,2)，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)＋2kπ，\f(2π,3)＋2kπ))，k∈Z上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋2kπ，\f(4π,3)＋2kπ))，k∈Z上單調(diào)遞減，顯然f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，③正確；因為f(2π－x)＝[1－cos(2π－x)]sin(2π－x)＝－(1－cosx)sinx＝－f(x)，所以f(x)的圖象關(guān)于點(π，0)對稱，④正確；顯然f(x)的一個周期是2π，所以當(dāng)x＝eq\f(4π,3)時，f(x)取得最小值f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)))＝－eq\f(3\r(3),4)，⑤不正確，可知選②③④.必刷小題8解三角形1．D2.D3.D4.B5.B6．A[由tanA＝eq\f(a,b)以及正弦定理得eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(a,b)＝eq\f(sinA,sinB)，所以sinB＝cosA，即sinB＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋A))，又B為鈍角，所以eq\f(π,2)＋A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，故B＝eq\f(π,2)＋A，C＝π－(A＋B)＝eq\f(π,2)－2A>0?A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，于是sinA＋sinC＝sinA＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2A))＝sinA＋cos2A＝－2sin2A＋sinA＋1＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinA－\f(1,4)))2＋eq\f(9,8)，因為A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，所以0<sinA<eq\f(\r(2),2)，由此eq\f(\r(2),2)<－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinA－\f(1,4)))2＋eq\f(9,8)≤eq\f(9,8)，即sinA＋sinC的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(9,8))).]7．B[f(A)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＋\f(\r(3),2)cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))))－cos2A＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)＋\f(π,3)))－cos2A＝2cosA－(2cos2A－1)＝－2cos2A＋2cosA＋1，當(dāng)cosA＝eq\f(1,2)，即A＝eq\f(π,3)時，f(A)max＝eq\f(3,2)，∴BC2＝52＋42－2×5×4×eq\f(1,2)＝21，∴BC＝eq\r(21).]8．C[設(shè)AB＝BC＝t，CD＝m，所以S△ABC＝eq\f(1,2)t2sinB＝eq\f(4,9)，即t2sinB＝eq\f(8,9)，①在△BCD中，由余弦定理得m2＝t2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))2－2t·eq\f(t,2)·cosB，即t2cosB＝eq\f(5,4)t2－m2，②由①②得t4＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)t2－m2))2＋eq\f(64,81)，即9t4－40m2t2＋16m4＋eq\f(1024,81)＝0，令t2＝x>0，設(shè)g(x)＝9x2－40m2x＋16m4＋eq\f(1024,81)，則方程g(x)＝0在(0，＋∞)上有解，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20m2,9)))＝9eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20m2,9)))2－40m2×eq\f(20m2,9)＋16m4＋eq\f(1024,81)≤0，解得m4≥eq\f(4,9)，即m≥eq\f(\r(6),3).]9．AB[選項A，bsinA＝14sin30°＝7＝a，則三角形有一解，判斷正確；選項B，bsinA＝25sin150°＝eq\f(25,2)，則a>b>bsinA，則三角形有一解，判斷正確；選項C，bsinA＝eq\r(6)sin60°＝eq\f(3\r(2),2)，則a<bsinA，則三角形無解，判斷錯誤；選項D，bsinA＝9sin45°＝eq\f(9\r(2),2)，則a<bsinA，則三角形無解，判斷錯誤．]10．AD[eq\f(a2＋c2－b2,asinA)＋eq\f(a2－b2－c2,bsinB)＝0，變形得eq\f(a2＋c2－b2,asinA)＝eq\f(b2＋c2－a2,bsinB)，結(jié)合余弦定理得eq\f(2accosB,asinA)＝eq\f(2bccosA,bsinB)，因為c≠0，所以sinBcosB＝sinAcosA，即sin2A＝sin2B.因為A，B∈(0，π)，所以2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，所以△ABC為等腰三角形或直角三角形．]11．AD[由eq\r(3)ccosA＋asinC＝0及正弦定理，得eq\r(3)sinCcosA＋sinAsinC＝0，因為C∈(0，π)，sinC≠0，所以eq\r(3)cosA＋sinA＝0，即tanA＝－eq\r(3)，因為A∈(0，π)，所以A＝eq\f(2π,3)，故A正確；S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，所以eq\f(1,2)bc·sin

eq\f(2π,3)＝eq\f(1,2)c·1·sin

eq\f(π,3)＋eq\f(1,2)b·1·sin

eq\f(π,3)，所以bc＝b＋c，即eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝1，所以b＋c＝(b＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)＋\f(1,c)))＝2＋eq\f(b,c)＋eq\f(c,b)≥2＋2eq\r(\f(b,c)×\f(c,b))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c＝2時，等號成立，所以b＋c的最小值為4，故D正確．]12．AB[設(shè)△ABC的外接圓半徑為R，因為O是△ABC的外心，故可得|AO|＝R，且eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＝eq\f(1,2)c2，eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)|eq\o(AC,\s\up6(→))|2＝eq\f(1,2)b2，故eq\f(|AC|,|AB|)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AO,\s\up6(→))＋eq\f(|AB|,|AC|)eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AO,\s\up6(→))＝2meq\o(AO,\s\up6(→))2，即eq\f(1,2)|AB|·|AC|＋eq\f(1,2)|AB|·|AC|＝2mR2，也即bc＝2mR2，則m＝eq\f(bc,2R2)，又2sinB＋sinC＝eq\r(3)，由正弦定理可得2b＋c＝2eq\r(3)R，則R2＝eq\f(2b＋c2,12)，故m＝eq\f(6bc,4b2＋c2＋4bc)＝eq\f(6,\f(4b,c)＋\f(c,b)＋4)≤eq\f(6,2\r(\f(4b,c)·\f(c,b))＋4)＝eq\f(3,4)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(4b,c)＝eq\f(c,b)，即c＝2b時，m取得最大值eq\f(3,4)，故結(jié)合選項知m可取的值為eq\f(3,4)或eq\f(3,5).]13．(5,6]解析方法一由eq\r(3)tanAtanB＝eq\r(3)＋tanA＋tanB，得tanA＋tanB＝eq\r(3)(tanAtanB－1)，則eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝－eq\r(3)，即tan(A＋B)＝－eq\r(3)，∴tanC＝eq\r(3).又0<C<eq\f(π,2)，∴C＝eq\f(π,3)，∴A＋B＝eq\f(2π,3).又∵0<A<eq\f(π,2)，0<B<eq\f(π,2)，∴eq\f(π,6)<A<eq\f(π,2).由正弦定理，得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2，∴a2＋b2＝(2sinA)2＋(2sinB)2＝4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin2A＋sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))))＝4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1－cos2A,2)＋\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)－2A)),2)))＝4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos2A－\f(\r(3),2)sin2A))))＝4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6))))).又∵eq\f(π,6)<A<eq\f(π,2)，∴eq\f(π,6)<2A－eq\f(π,6)<eq\f(5π,6)，∴eq\f(1,2)<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))≤1，∴5<a2＋b2≤6，即a2＋b2的取值范圍為(5,6]．方法二由eq\r(3)tanAtanB＝eq\r(3)＋tanA＋tanB，得tanA＋tanB＝eq\r(3)(tanAtanB－1)，則eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝－eq\r(3)，即tan(A＋B)＝－eq\r(3)，∴tanC＝eq\r(3).又0<C<eq\f(π,2)，∴C＝eq\f(π,3).設(shè)A＝eq\f(π,3)－α，B＝eq\f(π,3)＋α.∵0<eq\f(π,3)－α<eq\f(π,2)，0<eq\f(π,3)＋α<eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,6)<α<eq\f(π,6).由正弦定理，得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2，∴a2＋b2＝(2sinA)2＋(2sinB)2＝4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))＋sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α))))＝4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2α)),2)＋\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋2α)),2)))＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)×2cos

\f(2π,3)cos2α))＝4＋2cos2α.∵－eq\f(π,6)<α<eq\f(π,6)，∴－eq\f(π,3)<2α<eq\f(π,3)，∴eq\f(1,2)<cos2α≤1，∴5<a2＋b2≤6，即a2＋b2的取值范圍為(5,6]．14.eq\f(π,3)12π15.eq\f(3,4)16．14解析在△AMN中，由余弦定理得，MN2＝AM2＋AN2－2AM·ANcos120°＝25＋9－2×5×3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝49，所以MN＝7千米．設(shè)∠PMN＝α，因為∠MPN＝60°，所以∠PNM＝120°－α，0°<α<120°，在△PMN中，由正弦定理得eq\f(MN,sin∠MPN)＝eq\f(PM,sin120°－α)＝eq\f(PN,sinα)＝eq\f(7,sin60°)＝eq\f(14\r(3),3)，所以PM＝eq\f(14\r(3),3)sin(120°－α)，PN＝eq\f(14\r(3),3)sinα，因此PM＋PN＝eq\f(14\r(3),3)sin(120°－α)＋eq\f(14\r(3),3)sinα＝eq\f(14\r(3),3)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosα＋\f(1,2)sinα))＋sinα))＝eq\f(14\r(3),3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosα＋\f(3,2)sinα))＝14sin(α＋30°)，因為0°<α<120°，所以30°<α＋30°<150°.所以當(dāng)α＋30°＝90°，即α＝60°時，PM＋PN取到最大值14千米．必刷大題9解三角形1．解(1)因為A＋B＋C＝π，所以cos(B＋C)＝－cosA，所以2ccosC＝acosB＋bcosA，由正弦定理得2sinCcosC＝sinAcosB＋sinBcosA＝sin(A＋B)．因為sin(A＋B)＝sinC，所以2sinCcosC＝sinC.因為C∈(0，π)，所以sinC≠0，所以cosC＝eq\f(1,2)，則C＝eq\f(π,3).(2)由S＝6bsinB，根據(jù)面積公式得6bsinB＝eq\f(1,2)acsinB＝3asinB，所以a＝2b.由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，整理得a2＋b2－ab＝36，即3b2＝36，所以b＝2eq\r(3)，a＝4eq\r(3).所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×4eq\r(3)×2eq\r(3)sineq\f(π,3)＝6eq\r(3).2．解(1)在銳角△ABC中，eq\f(4\r(5),5)a＝bsin2C＋2c(sinA－sinBcosC)，由正弦定理得eq\f(4\r(5),5)sinA＝2sinBsinCcosC＋2sinC·(sinA－sinBcosC)＝2sinAsinC，而sinA>0，所以sinC＝eq\f(2\r(5),5).(2)因為△ABC是銳角三角形，由(1)得cos∠ACB＝eq\r(1－sin2∠ACB)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)))2)＝eq\f(\r(5),5)，sin∠ADC＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(∠ACB－\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(sin∠ACB－cos∠ACB)＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)－\f(\r(5),5)))＝eq\f(\r(10),10)，在△ACD中，由正弦定理得eq\f(CD,sin∠DAC)＝eq\f(AD,sinπ－∠ACB)＝eq\f(AC,s