高考数学（理）二轮复习配套作业（解析版）：作业手册答案（新课标）

1、.专题限时集训(一)A【基础演练】1A解析 根据集合元素的互异性m1，在PQ的情况下整数m的值只能是0.2A解析 集合U1，0，1，2，3，集合A0，1，2，集合B1，0，1，2，所以(UA)B1，31，0，1，213A解析 p且q是真命题，说明p，q都是真命题，此时非p为假命题，条件是充分的；当非p是假命题时，p为真命题，必须q再是真命题，才能使p且q是真命题，即在只有p为真命题的条件下，p且q未必为真命题，故条件不是必要的4D解析 因为MN且1cos0，log0.2(|m|1)<0，所以log0.2(|m|1)1，可得|m|15，故m±4，N0，1【提升训练】5C解析 A，

2、D明显正确；对于B，xy可变为(xy)20，也就是xy，所以B正确；对于C，pq为假命题，则命题p与q都为假命题，故C错6C解析 集合中的代表元素与用什么字母表示无关事实上A(，1)(1，)(，2)(2，)(，)，集合B(，1)(1，2)(2，)，所以AB.7A解析 显然a>1且0<b<1ab>0且>1；反之，ab>0且>1a>b且>0a>b且b>0，这样推不出a>1且0<b<1.故“a>1且0<b<1”是“ab>0且>1”的充分而不必要条件8A解析 m(2，23)，m，n的夹角为

3、钝角的充要条件是m·n<0且mn(<0)m·n<0，即3(2)(23)<0，即<3；若mn，则23，23，解得，故mn(<0)不可能，所以，m，n的夹角为钝角的充要条件是<3，故<4是m，n的夹角为钝角的充分而不必要条件9B解析 中命题的否命题是“若，则sin”，这个命题是假命题，如时sin，故说法正确；根据对含有量词的命题的否定方法，说法正确；ysin(2x)为偶函数的充要条件是k(kZ)，说法不正确；当x时恒有sinxcosx>1，故命题p为假命题，綈p为真命题，根据正弦定理sinA>sinB2RsinA>

4、;2RsinBa>bA>B，命题q为真命题，故(綈p)q为真命题，说法正确(注：说法中，根据四种命题的关系，一个命题的否命题与逆命题等价，可以转化为判断原命题的逆命题的真假，原命题的逆命题是：若sin，则，这显然是一个假命题)10若xy0，则x0或y0解析 命题的否定只否定命题的结论，逻辑联结词“且”要改成“或”115，6解析 依题意作出满足条件的韦恩图，可得B(UA)5，6120，1)解析 问题等价于对任意实数x，不等式ax22ax1>0恒成立当a0时，显然成立；当a0时，只能是a>0且4a24a<0，即0<a<1.故a的取值范围是0，1)(注：形式

5、上的二次三项式ax2bxc中，系数a有等于零的可能性)专题限时集训(一)B【基础演练】1B解析 集合A为函数y的定义域，即A(1，)，故UA(，1，集合B为函数yloga(x2)的定义域，即B(2，)故(UA)B(2，12B解析 x1，2，3，4，6，12符合要求3C解析 集合B在集合R中的补集，即在实数集合中去掉0，1，2，3，4组成的集合，因此与集合A的交集有两个元素2，1.(注意：在补集运算中要特别注意全集是什么集合)4A解析 函数f(x)ax3在开区间(1，2)上存在零点的充要条件是f(1)f(2)(a3)(2a3)<0，即a>3或a<；在区间端点处如果f(1)0，则

6、a3，如果f(2)0，则a.因此函数f(x)ax3在闭区间1，2上存在零点的充要条件是a3或a.根据集合判断充要条件的方法可知，“a>3”是函数f(x)ax3在1，2上存在零点”的充分不必要条件(注：函数的零点存在性定理是指的在开区间上的零点存在的一个充分条件，但如果在闭区间上讨论函数的零点，一定要注意区间端点的情况)【提升训练】5A解析 依题意得Ax|5<x<6由cos得2k±，即x6k±1，kZ.令5<6k1<6得1<k<，又kZ，则k0，故x1；令5<6k1<6得<k<，又kZ，则k0或k1，故x1或x

7、5.于是，AB1，1，56A解析 集合Ax|32x13x|1x2，而Bx|x>a，因为AB，所以a<1，选A.7C解析 满足命题“x1，2，x2a0”为真命题的实数a即为不等式x2a0在1，2上恒成立的a的取值范围，即ax2在1，2上恒成立，即a4，要求的是充分不必要条件，因此选项中满足a>4的即为所求，选项C符合要求(注：这类题把“条件”放在选项中，即选项中的条件推出题干的结论，但题干中的结论推不出选项中的条件)8C解析 依题意得f(x)a2x22(a·b)xb2，由函数f(x)是偶函数，得a·b0，又a，b为非零向量，所以ab；反过来，由ab得a

8、83;b0，f(x)a2x2b2，函数f(x)是偶函数综上所述，“函数f(x)(axb)2为偶函数”是“ab”的充要条件9B解析 pq为真时p，q均为真，此时pq一定为真，pq为真时只要p，q至少有一个为真即可，故“pq”为真是“pq”为真的充分不必要条件，结论(1)正确；pq为假，可能p，q均假，此时pq为假，结论(2)不正确；pq为真时，可能p假，此时綈p为真，但綈p为假时，p一定为真，此时pq为真，结论(3)正确；綈p为真时，p假，此时pq一定为假，条件是充分的，但在pq为假时，可能p真，此时綈p为假，故“綈p”为真是“pq”为假的充分不必要条件(该题把逻辑联结词表达的命题和充要条件结合

9、起来，只要把这些问题判断清楚了，对逻辑联结词的掌握就到位了)10B解析 注意到O1与O4无公共点，O2与O3无公共点，则满足题意的“有序集合对”(A，B)的个数是4.112，)解析 令y，则(x2)2y222，y0，这个式子表示平面上的半圆；令y(a1)x，其表示平面上斜率为(a1)且过坐标原点的直线系，>(a1)x的解集为A的意义是半圆位于直线上方时对应的x值，又Ax|0<x<2，数形结合可得只要直线位于yx及其上方均可，所以a11，即a2.(注：本题重在考查数形结合的思想意识)12解析 集合U为坐标平面上的所有点组成的集合，集合M为坐标平面上的一个正方形区域，集合P是函数

10、图象上的点组成的集合P(UM)P等价于PM，如图，由于yax(0<a<1)单调递减且过点(0，1)，故其图象与区域M无公共点；同理ylogax(0<a<1)也与区域M无公共点；函数ysin(xa)与y轴的交点坐标是(0，sina)，当0<a<1时，sina<a，所以函数ysin(xa)的图象与区域M存在公共点；函数ycosax与x轴的离区域M最接近的两个交点坐标是，由于a>0，故两个点不在区域M内，函数ycosax的图象与y轴的交点坐标为(0，1)，这个点也不在区域M内，结合余弦函数图象的特征可知函数ycosax的图象与区域M无公共点专题限时集训

11、(二)A【基础演练】1C解析 法一：因为函数f(x)为偶函数，所以f(2)f(2)log2(22)36.法二：因为f(x)是偶函数，当x0时，f(x)log2(2x)3，所以当x>0时，f(x)log2(2x)3，易求f(2)6.2C解析 函数是偶函数，只能是选项C中的图象3B解析 由loga2<0得0<a<1，f(x)loga(x1)的图象是由函数ylogax的图象向左平移一个单位得到的，故为选项B中的图象4A解析 由f(x1)f(x)，得f(x2)f(x1)f(x)，2是函数f(x)的一个周期，故f(2 012)f(2 011)f(0)f(1)011.【提升训练】5

12、C解析 需满足>0，即exex>0，所以x>0，即函数的定义域是(0，)，排除选项A，B中的图象，由于<1，所以ln<0，故只能是选项C中的图象6D解析 法一：令x1<x2，因为函数g(x)f(xa)f(x)是增函数，故g(x1)f(x1a)f(x1)<g(x2)f(x2a)f(x2)，也就是f(x1a)f(x1)<f(x2a)f(x2)，所以函数f(x)是增长速度越来越快的函数，故选D.法二：对于A，可令f(x)x3，则g(x)f(xa)f(x)3ax23a2xa3在其定义域上不是增函数；对于B，可令f(x)(x1)，则g(x)f(xa)f(x

13、)是减函数；对于C，可令f(x)(x2)23，则g(x)f(xa)f(x)2axa24a，因为a>0，所以函数为减函数；对于D，可令f(x)2x，则g(x)f(xa)f(x)2xa2x(2a1)2x，因为a>0，所以2a1>0，函数为增函数7B解析 由f(x3)，得f(x6)f(x)，知6为该函数的一个周期，所以f(107.5)f.8D解析 根据指数函数与对数函数互为反函数，故f(x)lnx，由于函数yf(x)，yg(x)图象关于y轴对称，可得g(x)f(x)ln(x)，g(m)1，即ln(m)1，解得me1.9D解析 根据给出的定义，fK(x)的含义是在函数yf(x)，yK

14、中取小若对任意的x(，1恒有fK(x)f(x)，等价于对任意的x(，1恒有f(x)K，即函数f(x)在(，1上的最大值小于或者等于K.令t2x(0，2，则函数f(x)2x14x，即为函数(t)t22t(t1)211，故函数f(x)在(，1上的最大值为1，即K1.所以K有最小值1.103解析 因为函数f(x)为定义在R上的奇函数，所以f(0)0，即20b0，所以b1，所以函数f(x)2x2x1，(x0)，所以f(1)f(1)(221)3.110，1)解析 因为f(x)的定义域为0，2，所以对g(x)，02x2但x1，故x0，1)12f(x)x26x8解析 根据f(x)f(x2)8，可得f(x2)

15、f(x4)8，消掉f(x2)得f(x)f(x4)，即函数f(x)是以4为周期的函数当x(3，5时，(x4)(1，1，所以f(x)f(x4)(x4)22(x4)x26x8.专题限时集训(二)B【基础演练】1A解析 必须是满足2x23x1>0的函数y2x23x1的单调递增区间，即(1，)2B解析 当x>0时，yax；当x<0时，yax.根据指数函数图象可知为选项B中图象3A解析 ylog2log2(x1)，因此只要把函数ylog2x纵坐标缩短到原来的，横坐标不变，再向右平移1个单位长度即可4D解析 当x0时，ff(x)1，所以x4；当x<0时，ff(x)1，所以x22，x(

16、舍)或x.所以x(，4，)故选D.【提升训练】5C解析 由f(x)·g(x)为偶函数排除，当x时，f(x)·g(x)，排除，故为.6A解析 由于函数yf(xa)是偶函数，其图象关于y轴对称，把这个函数图象平移|a|个单位(a<0左移、a>0右移)可得函数yf(x)的图象，因此可得函数yf(x)的图象关于直线xa对称，此时函数在(a，)上是减函数，由于x1<a，x2>a且|x1a|<|x2a|，说明x1离对称轴的距离比x2离对称轴的距离小，故f(x1)>f(x2)7C解析 函数是偶函数，而且函数值为正值，在x0时，1，当x时，综合这些信息得

17、只能是选项C中的图象8D解析 如果x1x22，则f(x1)f(x2)x3xsinx1x3xsinx2x3xsinx1(2x1)33(2x1)2sin(2x1)4.所以Sfff，又Sfff，两式相加得2S4×4 023，所以S8 046.9.解析 f1(f2(f3(2 013)f1(f2(2 0132)f1(2 0132)1)(2 0132)1)2 0131.10.解析 f(x)f(x)lglglg0，1，(a24)x20，x2不恒为0，a24，又a2，故a2，f(x)lg，由>0，得：<x<，由题意：(b，b)，0<b，故2<ab.11解析 集合Ax|2

18、x5，Bx|a1x2a1，若BA，需要考虑集合B为空集，解得a3，故不正确；函数yf(x)与直线x1的交点个数为0或1，根据函数的定义可知正确；函数yf(x2)与函数yf(2x)的图象关于直线x2对称，正确；函数ylg(x2xa)的值域为R，则有相应一元二次方程x2xa0的判别式14a0，即a，故不正确；设所求函数图象上任意一点(x，y)，它关于点(1，1)的对称点是(2x，2y)，代入函数得yf(2x)，正确12(，2)(3，5)解析 x1，x2R，且x1x2，使得f(x1)f(x2)等价于函数f(x)不能在整个定义域上单调递增，显然当<1，即a<2时满足要求，此时a0也符合要求

19、当1时，函数f(x)在x1时，两端的端点值分别为1a和a27a14，只要a27a14<1a即可，即a28a15<0，解得3<a<5.故a(，2)(3，5)专题限时集训(三)【基础演练】1B解析 f(x)为单调增函数，根据函数的零点存在定理得到f(1)f(2)(1)×<0，故函数的一个零点在区间(1，2)内2C解析 将表中的数据代入各选项中的函数解析式验证，可知只有v满足故选C.3C解析 f(x)x22ax，由a>2可知，f(x)在(0，2)上恒为负，即f(x)在(0，2)内单调递减，又f(0)1>0，f(2)4a1<0，f(x)在(0，

20、2)上只有一个零点故选C.4B解析 在同一坐标系内画出函数y3cosx和ylog2x的图象，可得交点个数为3.【提升训练】5D解析 f(x)0在3，3内仅有一个实数根，但这个根可能是变号零点，也可能是不变号零点，所以f(3)·f(3)的值可能大于0，小于0或等于0.6C解析 设小正方形的边长为x，则盒子底面长为82x，宽为52x.V(82x)(52x)x4x326x240x，V12x252x40，由V0得x1或x(舍去)，V极大值V(1)18，在定义域内仅有一个极大值，V最大值18.7B解析 当k>0时，若f(x)1，则x或x.若ff(x)1时，f(x)或f(x).若f(x)，

21、则x或xe；若f(x)，则x或xe.当k>0时，关于k无解；ee关于k无解所以此时函数yff(x)1有四个零点(注意必须说明四个零点互异)当k<0时，f(x)1，在x0时无解，在x>0时的解为x，所以ff(x)1时，只有f(x)，此时当x0时，x>0，此时无解，当x>0时，解得xe.故在k<0时，函数yff(x)1只有一个零点(本题主要是对函数概念的理解、指数与对数运算的转换)8D解析 设公共零点为x0，所以f(x0)0且f(f(f(x0)0，可得f(f(0)f(q)0，即q2pqqq(qp1)f(0)f(1)0，所以f(0)与f(1)至少有一个等于0.9.

22、解析 按二项式公式展开得T2，函数g(x)f(x)kxk有4个零点，等价于函数y1f(x)与y2k(x1)的图象有4个交点，再利用数形结合可得k.10y16解析 只要把成本减去即可，成本为x100，故得函数关系式为y当0<x20，xN*时，x16时函数值最大，最大值为156；当x>20时y<140，故年产量为16件时，年利润最大112解析 依题意，当x>1时，lnx>0，sgn(lnx)1，则f(x)sgn(lnx)ln2x1ln2x，令1ln2x0，得xe或x，结合x>1得xe；当x1时，lnx0，sgn(lnx)0，f(x)ln2x，令ln2x0，得x1

23、，符合；当0<x<1时，lnx<0，sgn(lnx)1，f(x)1ln2x，令1ln00得，ln2x1，因此f(x)n(lnx)ln2x的零点个数为2，故填2.12解：(1)当x0时，t0；当0<x24时，x2(当x1时取等号)，t，即t的取值范围是.(2)当a时，记g(t)|ta|2a，则g(t)g(t)在0，a上单调递减，在上单调递增，且g(0)3a，ga，g(0)g2.故M(a)当且仅当a时，M(a)2.故当0a时不超标，当<a时超标13解：设yk(ax)x，由当x时，ya2，可得k4，y4(ax)x.由0t得又x0，所以由(1)得ax>0，即0x&l

24、t;a.(2)可化为x2(ax)t，x，因为t0，1，所以<a.综上可得函数f(x)4(ax)x，定义域为，其中t为常数，且t0，1(2)y4(ax)x4a2，当时，即t1，x时，ymaxa2，当<，即0t<时，y4(ax)x在上为增函数，当x时，ymax.答：当t1时，投入x，附加值y最大，为a2万元；当0t<时，投入x，附加值y最大，为万元专题限时集训(四)A【基础演练】1D解析 由于0<a<1，2a<a21，2a<a1，a21<a1，故2a<a21<a1，故loga(2a)>loga(a21)>loga(a1)

25、，即p>m>n.正确选项D.2B解析 a·b4x42y0，即2xy2，9x3y2226(当2xy1时取等号)3.C解析 不等式组表示的平面区域如图中的ABC，目标函数zxy的几何意义是直线yxz在y轴上的截距，根据图形，在点A处目标函数取得最小值由yx，x1解得A(1，1)，故目标函数的最小值为112.4B解析 不等式组表示的平面区域如图中的ABC，由yx1，y2x1得点B的横坐标为2，由y2x1，yx1得点C的横坐标为.所以SABC|AD|(|xC|xB|)×2×2.【提升训练】5D解析 y(x1)2，取“”号时x0.6C解析 不等式(xa)(xb)

26、>0，即不等式(xa)1(xb)>0，即(xa)x(b1)<0，该不等式的解集为2，3，说明方程(xa)x(b1)0的两根之和等于5，即ab15，即ab4.正确选项为C.7B解析 由x2y1，得x12y，且则0y.故2x3y22(12y)3y23.故当y时，2x3y2取得最小值.故选B.8.B解析 (x，y)满足的区域如图，变换目标函数为yxz，当z最小时就是直线yxz在y轴上的截距最大时当z的最小值为1时，直线为yx1，此时点A的坐标是(2，3)，此时m235；当z2时，直线为yx2，此时点A的坐标是(3，5)，此时m358.故m的取值范围是5，8目标函数的最大值在点B(m

27、1，1)取得，即zmaxm11m2，故目标函数最大值的取值范围是3，6正确选项B.95，)解析 分离参数后得，ax，设f(x)x，则只要af(x)max，由于函数f(x)在(0，1上单调递增，所以f(x)maxf(1)5，故a5.1020解析 设每次都购买x吨，则需要购买次，则一年的总运费为×2，一年的储存费用为x，则一年的总费用为x240，等号当且仅当x，即x20时成立，故要使一年的总运费与总存储费用之和最小，每次应购买20 t(注：函数类实际应用问题的关键是找到影响问题中各个变化量的一个基本量，利用这个基本量去表示求解目标需要的各个量，这是分析求解函数应用题的基本思考方法)111

28、解析 不等式表示的平面区域如图，目标函数的几何意义是区域内的点与点(0，1)连线的斜率，结合图形，显然在点B处目标函数取得最小值由2xy3，xy3，得B(2，1)，所以zmin1.12.7，8解析 (1)当3s<4时，可行域是四边形OABD(图(1)，由交点为A(0，2)，B(4s，2s4)，C(0，4)，D(0，s)，此时目标函数在点B处取得最大值，这个最大值是3(4s)2(2s4)s4，7z<8；(2)当4s5时，可行域是OAC(图(2)，此时目标函数在点C处取得最大值，zmax8.综上可知目标函数的取值范围是7，8专题限时集训(四)B【基础演练】1D解析 ax2bx20的两根

29、为，ab14.2C解析 x12212，当且仅当x，即x5时等号成立3B解析 动点P满足的区域如图，当函数f(x)x过A(3，2)时，最小为log32，当函数f(x)x过C(2，3)时，最大为log23，故log32，log234D解析 由x2>2可得>0，故可得x(，1)(1，0)(0，1)(1，)【提升训练】5A解析 如图，表示的区域是图中的OAB，其中A(2，0)，B(0，4)，由于区域yxs是直线xys及其下方的区域，显然当s4时就是区域其图形是三角形；当2<s<4时，区域是一个四边形；当0<s2时，区域又是三角形；当s0时区域变成了坐标原点；当s<0

30、时，区域是空集故实数s的取值范围是0<s2或s4.6D解析 变换求解目标为12·，令z，其几何意义是区域内的点到点M(1，1)连线的斜率如图，显然z的值满足kMAzkMB，kMA1，kMB5，故1z5，所以311.7.B解析 不等式组表示的平面区域如图中的ABC.根据正切函数的单调性，在AOB为锐角的情况下，当AOB最大时tanAOB最大结合图形，在点A，B位于图中位置时AOB最大由x3y10，xy30得A(2，1)，由x1，xy30得B(1，2)所以tanxOA，tanxOB2，所以tanAOBtan(xOBxOA).8C解析 设自筹资金x份，银行贷款资金y份，由题意目标函数

31、z12x10y.由于目标函数直线的斜率为，不等式组区域边界的直线斜率为，而<<，所以目标函数取得最大值的点一定是直线20x30y160，40x30y200的交点，解得交点坐标为(2，4)，故当x2，y4时，zmax64.9D解析 当x>0时，g(x)g(x)ln(1x)，而当x0时，x3ln(1x)0，则根据yx3，yln(1x)都是单调递增的，可得函数f(x)在(，)上单调递增，所以f(2x2)>f(x)等价于2x2>x，即x2x2<0，解得2<x<1.注意到函数的定义域，还应该有2x20，x0，即x±，x0，所以实数x的取值范围是(

32、2，)(，0)(0，1)(注：本题极易忽视函数的定义域导致错误)10解析 a2<b2(ab)(ab)<0，在a<b时，这个不等式只有当ab>0时才成立，已知不能保证，故不恒成立；ab2<a2bab(ba)<0，在a<b的情况下，只有ab<0时才成立，已知条件不具备，故不恒成立；<<0<0<0ab<0a<b，故恒成立；<<0<0，在a<b时只有当0才能成立，这个不等式不是恒成立的，故不恒成立；a3b2<a2b3a2b2(ab)<0ab<0a<b，故恒成立能够恒成立的

33、不等式的序号是.1140解析 不等式组表示的平面区域如图中的ABC.设区域内的点M(x1，y1)，N(x2，y2)，则·a(x2x1，y2y1)·(1，3)(x23y2)(x13y1)，只有当x23y2最大且x13y1最小时·a取得最大值设zx3y，则目标函数的最值与直线yx在y轴上的截距成正比，结合图形，在点B处目标函数取得最大值，在点A处目标函数取得最小值由3xy60，xy20得B(4，6)；由x0，3xy60得A(0，6)所以目标函数的最大值zmax43×622，最小值zmin03×(6)18，所以·a的最大值为221840，此

34、时点M，N分别位于图中的点A，B.12(，1解析 不等式62xya(2x)(4y)，即62xya(104x2y)，令t2xy，即不等式6ta(102t)，即(2a1)t610a0恒成立由于xy2，所以y2，x1，2，所以t2x，t2，当x1，2时，t0，所以函数t2x在1，2上单调递增，所以t的取值范围是4，5设f(t)(2a1)t610a，则f(t)0在区间4，5恒成立，因此只要f(4)0且f(5)0即可，即22a0且10，解得a1，故实数a的取值范围是(，1专题限时集训(五)A【基础演练】1D解析 因为f(x)3x22ax3，且f(x)在x3时取得极值，所以f(3)3×92a&#

35、215;(3)30，解得a5，故选D.2C解析 f(x)3x26x3x(x2)，令f(x)0可得x0或2(2舍去)，当1x<0时，f(x)>0，当0<x1时，f(x)<0，所以当x0时，f(x)取得最大值为2.选C.3A解析 y2xa，曲线在点(0，b)处的切线斜率是ka，故a1；点(0，b)在切线上，代入得b1.所以a1，b1.40或解析 由题意得，2x03x，解得x00或x0.【提升训练】5D解析 yx22x，当0<x<2时，1y<0，即1tan<0，故<，最小值为.注：正切函数ytan，当，也是单调递增的6.B解析 如图，所围图形面积

36、A2(xx3)dx2x2x420.7D解析 函数f(x1)是偶函数，其图象关于y轴对称，这个函数图象向右平移1个单位得函数yf(x)的图象，可得函数yf(x)的图象关于直线x1对称，x>1时，f(x)<0恒成立，说明函数在(1，)上单调递减，根据对称性可得函数在(，1)上单调递增根据f(4)0可得当x>4时，f(x)<0，根据对称性可得当x<2时，f(x)<0，当2<x<1或1<x<4时，f(x)>0.不等式(x3)f(x4)<0等价于或当时，解得x>0；当时，解得6<x<3.故不等式(x3)f(x4)&

37、lt;0的解集为(6，3)(0，)8C解析 函数yf(x1)的图象关于点(1，0)对称，f(x)关于(0，0)中心对称，为奇函数，当x(，0)时，f(x)xf(x)<0成立(其中f(x)是f(x)的导函数)，所以xf(x)为减函数，30.3>log3>log3，所以c>b>a.9.解析 联立直线方程与抛物线方程得x22x10，解得x1，因此所求的面积为定积分(2x24x2)dx.10y3x1解析 yexxex2，斜率ke0023，所以切线方程为y13x，即y3x1.11(0，1)，(1，e)解析 f(x)<0，解得0<x<e，但函数的定义域是x&

38、gt;0且x1，故函数f(x)单调递减区间是(0，1)，(1，e)(注意：不能写成并区间)12解：(1)f(x)，在x1，)时f(x)0恒成立在x1，)时，aa2.(2)由f(x)，x1，4，当a2时，在x1，4上f(x)>0，f(x)minf(1)a；当0a1时，在x1，4上f(x)0，f(x)minf(4)2a2ln2；当1<a<2时，在x1，上f(x)<0，在x，4上f(x)>0，此时fmin(x)f22ln22lna.综上所述：f(x)min13解：(1)f(x)ax3bx2cf(x)3ax22bx，f(1)3a2b.又过点P的切线与直线x3y0垂直，3a

39、2b3.又c0，f(1)ab2，联立解得a1，b3.f(x)x33x2，f(x)3x26x，由f(x)>0x<2或x>0；f(x)<02<x<0，故f(x)在(，2)，(0，)上单调递增，在(2，0)上单调递减(2)由(1)知，b(a1)，f(x)3ax23(a1)x且a>0，f(x)>03ax23(a1)x>0x<或x>0.又f(x)在区间(，m)及(n，)上均为增函数，nm01>1.14解：(1)要证明结论，即证1lnxx1(x>0)令h(x)lnxx1(x>0)，则h(x)1，易知h(x)在x1处取得最大

40、值h(1)0，所以lnxx10，即lnxx1(x>0)，等号在公共点(1，0)处成立再令(x)lnx1(x>0)，则(x)，易知(x)在x1处取得最小值(1)0，所以lnx10，即lnx1(x>0)，等号在公共点(1，0)处成立故对任意x(0，)，恒有1lnxx1(x>0)成立，即直线yx1是f(x)与g(x)的“左同旁切线”(2)因为f(x)，所以f(x3)，所以x3.证法一：(作差法，利用(1)的结论)因为x3x1x1>x1x1x10，x3x2x2<x2x2x20，所以x1<x3<x2.证法二：(反证法，利用(1)的结论)令x3x1，则x3x

41、1x2x1x1ln<x11x2x1，显然自相矛盾，故x1<x3；同理可证x3<x2.故x1<x3<x2.专题限时集训(五)B【基础演练】1C解析 yexxex，令y0，则x1.因为x<1时，y<0，x>1时，y>0，所以x1时，ymin，选C.2C解析 f(a)(2ax2a2x)dx0a2a，这个关于a的二次函数当a时取得最大值，即所求的最大值是f××.3B解析 F(x)f(x)f(x0)(xx0)f(x0)，F(x)f(x)f(x0)，因为F(x0)f(x0)f(x0)0，又由图知在a，b上函数f(x)增长得越来越快，

42、所以f(x)是增函数，可见xx0是一个极值点又当a<x<x0时，F(x)f(x)f(x0)<0，函数F(x)单调递减；当x0<x<b时，F(x)f(x)f(x0)>0，函数F(x)单调递增所以xx0是F(x)的极小值点故选B.4.解析 由题意得直线l的斜率为3.又f(x)3x26x，由3x26x3解得x1，此时切点A的坐标是(1，1)，切线方程是y13(x1)，即y3x2，如图，则所求的面积是f(x)(3x2)dxx4x3x2x)1.【提升训练】5C解析 依题意，当x>1时，f(x)0，函数f(x)在(1，)上是增函数；当x<1时，f(x)0，f

43、(x)在(，1)上是减函数，故f(0)f(1)，f(2)f(1)，故f(0)f(2)2f(1)6C解析 因为yxcosx，当x时，cosx>0，yxcosx>0，此时函数yxsinxcosx为增函数，故选C.7A解析 f(x)x(ax2)eax，由题意得f(x)x(ax2)eax<0在2，)上恒成立即x(ax2)<0在2，)上恒成立，即a<在2，)上恒成立，即a<1.8D解析 由于AB的长度为定值，只要考虑点C到直线AB的距离的变化趋势即可当x在区间0，a变化时，点C到直线AB的距离先是递增，然后递减，再递增，再递减，S(x)的图象先是在x轴上方，再到x轴下

44、方，再回到x轴上方，再到x轴下方，并且函数在直线AB与函数图象的交点处间断，在这个间断点函数性质发生突然变化，所以选项D中的图象符合要求95解析 f(x)dx0cosxdx22dxsinx)02x)sinsin0225.10解析 周期性是函数在整个定义域上的整体性质，周期函数的图象不能是一个闭区间上的一段，必需能够保证周期的无限延展，故函数f(x)不是周期函数，命题不正确；从其导数的图象可知，在区间(0，2)内导数值小于零，故函数f(x)在区间(0，2)上单调递减，由于函数图象是连续的，故在区间0，2是减函数，命题正确；函数f(x)在1，0)上递增、在(0，2)上递减、在(2，4)上递增、在(

45、4，5上递减，函数的最大值只能在f(0)处，或者f(4)处取得，因此只要0t5即可，因此t的最大值为5，命题不正确；由于f(1)1，f(0)2，f(4)2，f(5)1，根据中的单调性，要使1<a<2时，函数yf(x)a有四个零点，必须保证f(2)1，数据中没有这个函数值，故命题不正确；显然当a>2时，函数yf(x)a没有零点，当a2时函数有两个零点，当1<a<2时，根据f(2)在(，2)之间取值的不同，函数可能有四个零点(f(2)1)、两个零点(1<f(2)<2)，当f(2)1，a1时函数有三个零点，当f(2)<1且af(2)时函数只有一个零点，

46、命题正确11解：(1)由f(x)axx，f(x)axlna1lnaax，当a(0，1)时，显然f(x)<0，f(x)在R上单减，此时f(x)无极值点；当a(1，)时，令f(x)0，axx，且x，时，f(x)<0，x，时，f(x)>0.x0为f(x)的极小值点，无极大值点；(2)当0<a<1时，由yax和yx的图象知axx在xR时不可能恒成立，所以a>1.由(1)知f(x)的极值点为x0，所以x(，x0)x0(x0，)f(x)0f(x)单减极小值单增要使f(x)0对xR恒成立，则f(x0)0，即ln(lna)1lnaae，所以当ae，)时，f(x)0对xR恒成

47、立12解：(1)因为f(x)2axb，f(x)在点(0，3)处切线的方向向量为(a，3a)，所以f(0)3，即b3，c3.又因为fab0，所以a3，所以f(x)3x23x3，f(x)3(2x1)，由f(x)3(2x1)3得x1，所以曲线yf(x)上存在与直线x3y0垂直的切线，其方程为y33(x1)，即3xy60.(2)由(1)知，g(x)，从而有g(x)3x(x3)ex，令g(x)0解得x0或x3，当x(，0)时，g(x)<0，故g(x)在(，0)上为减函数，当x(0，3)时，g(x)>0，故g(x)在(0，3)上为增函数，当x(3，)时，g(x)<0，故g(x)在(3，)

48、上为减函数，从而函数g(x)在x0处取得极小值g(0)3，在x3处取得极大值g(3)15e3.13解：(1)当a1时，f(x)1(x>0)，当0<x<1时，f(x)>0，当x>1时，f(x)<0，f(x)在(0，1)上递增，在(1，)上递减，当x1时，f(x)取得极大值1，无极小值(2)方法1：由f(x)0，得a(*)，令g(x)，则g(x)，当0<x<e时，g(x)>0，当x>e时，g(x)<0，g(x)在(0，e)上递增，在(e，)上递减，g(x)maxg(e)，又当x0时，g(x)；当x>e时，g(x)>0，当

49、a0或a时，方程(*)有唯一解，当0<a<时，方程(*)有两个不同解，当a>时，方程(*)无解，所以，当a0或a时，yf(x)有1个零点；当0<a<时，yf(x)有2个零点；当a>时，yf(x)无零点方法2：由f(x)0，得lnxax，yf(x)的零点个数为ylnx和yax的图象交点的个数由ylnx和yax的图象可知：当a0时，yf(x)有且仅有一个零点；当a>0时，若直线yax与ylnx相切，设切点为P(x0，y0)，因为y(lnx)，k切，得x0e，k切，故当a时，yf(x)有且仅有一个零点；当0<a<时，yf(x)有两个零点；当a&g

50、t;时，yf(x)无零点，综上所述，当a0或a时，yf(x)有1个零点；当0<a<时，yf(x)有2个零点；当a>时，yf(x)无零点(3)由(1)知，当x(0，)时，lnxx1.an>0，bn>0，lnanan1，从而有bnlnanbnanbn，即lnabnnbnanbn(nN*)，nabiiiaii，a1b1a2b2anbnb1b2bn，即iaii0，nabii0，即ln(ab11·ab22··abnn)0，ab11·ab22··abnn1.专题限时集训(六)【基础演练】1B解析 sin225

51、6;sin45°.2A解析 由sin，得cos，所以tan.3B解析 根据已知得tan2，因为20，2)，所以0，)，所以2，所以，所以tan.4A解析 y3cos3cos3sin3sin2，故选A.【提升训练】5B解析 sin150°，tan240°，cos(120°)，所以tan240°>sin150°>cos(120°)6C解析 根据图象×，解得2，又点M、N的坐标分别为，A，A，所以·A20，解得A.所以A·.7C解析 由题意，所以ab±4.故g(x)asinxb的最大值是|a|b.若ab4，则ba4.所以|a|b|a|a4，此时当a2时，|a|b0，即g(x)asinxb的最大值是0.故函数g(x)asinxb的最大值可能是0.8C解析 根据函数ycos(x)为奇函数可得，即ysinx，根据直线AB的斜率为1，可得A，B的横坐标之差等于纵坐标之差，为2，所以这个函数的最小正周期是4，即4，所以，所以ysinx.当x1时，函数有最小值，故直线x1是该函数图象的一条对称轴9.解析 由已知条件得2k，不妨设点A在x轴上方，则点A的坐标为，所以cos.所以c