2021年新高考数学二轮复习分专题突破+强化练习（共35练）

2021年新高考数学二轮复习分专题突破+强化练习（共35练）

专题突破练1　选择题、填空题的解法 ‎　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ 一、单项选择题 ‎1.(2020河南开封三模,理1)已知集合A={x|x2-4x+3>0},B={x|2x-3>0},则集合(∁RA)∩B=(　　)‎ A.‎-3,‎‎3‎‎2‎ B.‎‎3‎‎2‎‎,3‎ C.‎1,‎‎3‎‎2‎ D.‎‎3‎‎2‎‎,3‎ ‎2.(2020山东历城二中模拟四,2)已知复数z满足|z+1-i|=|z|,z在复平面内对应的点为(x,y),则(　　)‎ A.y=x+1 B.y=x C.y=x+2 D.y=-x ‎3.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a,b,c成等差数列,则cosA+cosC‎1+cosAcosC等于(　　)‎ A.‎3‎‎5‎ B.‎4‎‎5‎ C.‎3‎‎4‎ D.‎‎4‎‎3‎ ‎4.(2020北京东城一模,7)在平面直角坐标系中,动点M在单位圆上按逆时针方向做匀速圆周运动,每12分钟转动一周.若点M的初始位置坐标为‎1‎‎2‎‎,‎‎3‎‎2‎,则运动到3分钟时,动点M所处位置的坐标是(　　)‎ A.‎3‎‎2‎‎,‎‎1‎‎2‎ B.‎‎-‎1‎‎2‎,‎‎3‎‎2‎ C.‎-‎3‎‎2‎,‎‎1‎‎2‎ D.‎‎-‎3‎‎2‎,-‎‎1‎‎2‎ ‎5.已知a,b,c,d都是常数,a>b,c>d.若f(x)=2 020+(x-a)(x-b)的零点为c,d,则下列不等式正确的是(　　)‎ A.a>c>d>b B.a>d>c>b C.c>d>a>b D.c>a>b>d ‎6.(2020浙江,10)设集合S,T,S⊆N*,T⊆N*,S,T中至少有2个元素,且S,T满足:‎ ‎①对于任意的x,y∈S,若x≠y,则xy∈T;‎ ‎②对于任意的x,y∈T,若x0‎ 三、填空题 ‎12.(2020山东烟台模拟,13)已知向量a=(2,m),b=(1,-2),且a⊥b,则实数m的值是　　　　　. ‎ ‎13.已知函数f(x)是定义在R上的可导函数,其导函数记为f'(x),若对于∀x∈R,有f(x)>f'(x),且y=f(x)-1是奇函数,则不等式f(x)1,‎ 若f(a)=f(b),则‎1‎a‎+‎‎1‎b的最小值为　　　　　. ‎ ‎15.(2020广东广州一模,16)已知△ABC的三个内角为A,B,C,且sin A,sin B,sin C成等差数列,则sin 2B+2cos B的最小值为　　　　　,最大值为　　　　　. ‎ 专题突破练1　选择题、填空题的解法 ‎1.D　解析 因为A={x|x2-4x+3>0}={x|x>3或x<1},B={x|2x-3>0}=xx>‎‎3‎‎2‎,则集合(∁RA)∩B={x|1≤x≤3}‎∩x|x>‎‎3‎‎2‎=x|‎3‎‎2‎b,c>d,则由图象得,a>c>d>b.故选A.‎ ‎6.A　解析 当集合S中有3个元素时,若S={1,2,4},则T={2,4,8},S∪T中有4个元素;若S={2,4,8},则T={8,16,32},S∪T中有5个元素,故排除C,D;‎ 当集合S中有4个元素时,若S={2,4,8,16},则T={8,16,32,64,128},S∪T={2,4,8,16,32,64,128},包含7个元素,排除选项B.‎ 下面来说明选项A的正确性:‎ 设集合S={a1,a2,a3,a4},且a1a‎4‎a‎2‎>a‎4‎a‎3‎.‎ 若a1=1,则a2≥2,a‎2‎a‎1‎=a2,则a‎3‎a‎2‎a‎4‎a‎1‎‎>a‎4‎a‎2‎>‎a‎4‎a‎3‎>1,‎ 故a‎4‎a‎3‎‎=‎a‎4‎a‎1‎‎3‎=a1,所以a4=a‎1‎‎4‎,‎ 故S={a1,a‎1‎‎2‎‎,a‎1‎‎3‎,‎a‎1‎‎4‎},此时{a‎1‎‎3‎‎,a‎1‎‎4‎,a‎1‎‎5‎,a‎1‎‎6‎,‎a‎1‎‎7‎}⊆T.‎ 若b∈T,不妨设b>a‎1‎‎3‎,则ba‎1‎‎3‎‎∈‎S,故ba‎1‎‎3‎‎=‎a‎1‎i,i=1,2,3,4,故b=a‎1‎i+3‎,i=1,2,3,4,‎ 即b∈{a‎1‎‎3‎‎,a‎1‎‎4‎,a‎1‎‎5‎,a‎1‎‎6‎,‎a‎1‎‎7‎},其他情况同理可证.故{a‎1‎‎3‎‎,a‎1‎‎4‎,a‎1‎‎5‎,a‎1‎‎6‎,‎a‎1‎‎7‎}=T,‎ 此时S∪T={a1,a‎1‎‎2‎‎,a‎1‎‎3‎,a‎1‎‎4‎,a‎1‎‎5‎,a‎1‎‎6‎,‎a‎1‎‎7‎},即S∪T中有7个元素.故A正确.‎ ‎7.D　解析 根据题意画出函数f(x)的图象,如图所示,‎ 因为函数g(x)=f(x)+a有三个零点,即函数y=f(x)与函数y=-a有三个交点,当直线l位于直线l1与直线l2之间时,符合题意,由图象可知,x1+x2=2‎×π‎24‎=π‎12‎,‎12π‎24‎≤‎x3<‎13π‎24‎,所以‎7π‎12‎‎≤‎x1+x2+x3<‎5π‎8‎‎.‎故选D.‎ ‎8.BCD　解析 z=1+cos 2θ+isin 2θ=2cos θ(cos θ+isin θ),∵-π‎2‎<θ<π‎2‎,‎ ‎∴cos θ>0,sin θ∈(-1,1),则复数z在复平面上对应的点不可能落在第二象限,故A错误;‎ 当θ=0时,z=2,则z可能为实数,故B正确;‎ ‎|z|=‎‎(2cos‎2‎θ‎)‎‎2‎+(2cosθsinθ‎)‎‎2‎ ‎=‎‎4cos‎4‎θ+4cos‎2‎θsin‎2‎θ ‎=‎‎4cos‎2‎θ(cos‎2‎θ+sin‎2‎θ)‎ ‎=‎4cos‎2‎θ=2cos θ,故C正确;‎ ‎1‎z‎=‎1‎‎2cosθ(cosθ+isinθ)‎=cosθ-isinθ‎2cosθ=‎1‎‎2‎-‎i‎2‎tan θ,所以‎1‎z的实部为‎1‎‎2‎,故D正确.故选BCD.‎ ‎9.‎ ACD　解析 由题可知,该几何体为正四棱锥,如图所示.对于A,可假设AE与BF共面,由图可知,点F不在平面ABE中,与假设矛盾,故A正确;对于B,因E,F为BP,CP中点,故EF∥BC,又四边形ABCD为正方形,所以AD∥BC,故EF∥AD,所以A,D,E,F四点共面,故B错误;‎ 对于C,由B可知,EF∥AD,又AD⊂平面PAD,EF⊄平面PAD,故直线EF∥平面PAD,故C正确;‎ 对于D,因为EF∥BC,又BC⊂平面ABCD,EF⊄平面ABCD,故直线EF∥平面ABCD,D正确.故选ACD.‎ ‎10.BD　解析 对于A,可知函数单调递增,则若定义域为[m,n]时,值域为[2m,2n],故f(x)=2x不存在“和谐区间”;‎ 对于B,f(x)=3-‎2‎x,可假设在x∈(0,+∞)存在“和谐区间”,函数为增函数,若定义域为[m,n]时,值域为[m,n],则f(m)=3-‎2‎m=m,‎f(n)=3-‎2‎n=n,‎解得m=1,‎n=2,‎(符合)‎ m=2,‎n=1,‎‎(舍去)故函数存在“和谐区间”;‎ 对于C,f(x)=x2-2x,对称轴为x=1,当x∈(-∞,1)时,函数f(x)单调递减,若定义域为[m,n]时,值域为[m,n],则满足f(m)=m‎2‎-2m=n,‎f(n)=n‎2‎-2n=m,‎解得m=n=0,故与题设矛盾;‎ 同理当x∈(1,+∞)时,应满足f(m)=m‎2‎-2m=m,‎f(n)=n‎2‎-2n=n,‎解得m=n=3,所以f(x)=x2-2x不存在“和谐区间”;‎ 对于D,f(x)=ln x+2在(0,+∞)内单调递增,则应满足f(m)=lnm+2=m,‎f(n)=lnn+2=n,‎可将解析式看作h(x)=ln x,g(x)=x-2,由图可知,两函数图象有两个交点,则存在“和谐区间”.故选BD.‎ ‎11.BD　解析 由题知f'(x)=3x2+a.‎ 对于A,由f(x)是奇函数,知b=0,因为a<0,所以f(x)存在两个极值点,由f(0)=0,易知f(x)有三个零点,故A错误;‎ 对于B,因为b2+1≥1,所以a≥0,f'(x)≥0,所以f(x)单调递增,则f(x)仅有一个零点,B正确;‎ 对于C,若取b=2,f'(x)=3x2-3,则f(x)的极大值为f(-1)=4,极小值为f(1)=0,此时f(x)有两个零点,C错误;‎ 对于D,f(x)的极大值为f‎-‎‎-‎a‎3‎=b-‎2a‎3‎‎-‎a‎3‎,极小值为f‎-‎a‎3‎=b+‎2a‎3‎‎-‎a‎3‎‎.‎因为a<0,所以b2+‎4‎a‎3‎‎27‎>b2+a‎3‎‎6‎>0,所以b2>-‎4‎a‎3‎‎27‎,则b>-‎2a‎3‎‎-‎a‎3‎或b<‎2a‎3‎‎-‎a‎3‎,从而f‎-‎‎-‎a‎3‎<0或f‎-‎a‎3‎>0,可知f(x)仅有一个零点,D正确.‎ ‎12.1　解析 ∵a⊥b,∴a·b=2-2m=0,解得m=1.‎ ‎13.(0,+∞)　解析 由题意令g(x)=f(x)‎ex,则g'(x)=f'(x)ex-exf(x)‎‎(‎ex‎)‎‎2‎‎=‎f'(x)-f(x)‎ex,‎ ‎∵f(x)>f'(x),∴g'(x)<0,故函数g(x)=f(x)‎ex在R上单调递减.‎ ‎∵y=f(x)-1是奇函数,‎ ‎∴f(0)-1=0,即f(0)=1,g(0)=1,则不等式f(x)0.‎ ‎14‎.‎‎2‎e　解析 因f(x)=‎‎1-lnx,01,‎ 所以函数在区间(0,1],(1,+∞)内是单调函数.令01,‎ 又f(a)=f(b),得1-ln a=-1+ln b,‎ 所以ln ab=2,即ab=e2.设y=‎1‎a‎+‎1‎b=be‎2‎+‎‎1‎b,令y'=‎1‎e‎2‎‎-‎1‎b‎2‎=‎b‎2‎‎-‎e‎2‎‎(eb‎)‎‎2‎=0,则b=e,即函数在(1,e]内单调递减,在(e,+∞)内单调递增,所以当b=e时,‎1‎a‎+‎‎1‎b有最小值,最小值为‎2‎e‎.‎ ‎15‎.‎‎3‎‎2‎+1　‎3‎‎3‎‎2‎　解析 由sin A,sin B,sin C成等差数列可得,2sin B=sin A+sin C,‎ 所以2b=a+c,即b=a+c‎2‎‎.‎又cos B=a‎2‎‎+c‎2‎-‎b‎2‎‎2ac‎=‎a‎2‎‎+c‎2‎-‎a+c‎2‎‎2‎‎2ac,化简可得cos B=‎‎3a‎2‎+3c‎2‎-2ac‎8ac‎≥‎6ac-2ac‎8ac=‎1‎‎2‎.‎ 当且仅当a=c时取等号.‎ 又B∈(0,π),所以B‎∈‎0,‎π‎3‎.‎ 令f(B)=sin 2B+2cos B,则f'(B)=2cos 2B-2sin B=2-4sin2B-2sin B=-4sinB-‎‎1‎‎2‎(sin B+1).当sin B>‎1‎‎2‎,即B‎∈‎π‎6‎‎,‎π‎3‎时,f'(B)<0;当sin B<‎1‎‎2‎,即B‎∈‎‎0,‎π‎6‎时,f'(B)>0.‎ 则f(B)=sin 2B+2cos B在‎0,‎π‎6‎内单调递增,在π‎6‎‎,‎π‎3‎内单调递减,所以f(B)max=fπ‎6‎=sinπ‎3‎+2cosπ‎6‎‎=‎‎3‎‎3‎‎2‎,由f(0)=sin 0+2cos 0=2,fπ‎3‎=sin‎2π‎3‎+2cosπ‎3‎‎=‎‎3‎‎2‎+1,所以f(B)min=fπ‎3‎‎=‎‎3‎‎2‎+1,所以sin 2B+2cos B的最小值为‎3‎‎2‎+1,最大值为‎3‎‎3‎‎2‎‎.‎ 专题突破练2　函数与方程思想、数形结合思想 ‎　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ 一、单项选择题 ‎1.‎ ‎(2020河南开封三模,理3)如图,在平行四边形OABC中,顶点O,A,C在复平面内分别表示复数0,3+2i,-2+4i,则点B在复平面内对应的复数为(　　)‎ A.1+6i B.5-2i C.1+5i D.-5+6i ‎2.(2020山东聊城二模,2)在复数范围内,实系数一元二次方程一定有根,已知方程x2+ax+b=0(a∈R,b∈R)的一个根为1+i(i为虚数单位),则a‎1+i=(　　)‎ A.1-i B.-1+i C.2i D.2+i ‎3.(2020河北武邑中学三模,5)已知f(x)是定义在区间[2b,1-b]上的偶函数,且在区间[2b,0]上为增函数,f(x-1)≤f(2x)的解集为(　　)‎ A.‎-1,‎‎2‎‎3‎ B.‎‎-1,‎‎1‎‎3‎ C.[-1,1] D.‎‎1‎‎3‎‎,1‎ ‎4.(2020广东江门4月模拟,理6)《周髀算经》中有这样一个问题:从冬至日起,依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气,其日影长依次成等差数列,冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺,前九个节气日影长之和为85.5尺,则小满日影长为(　　)‎ A.1.5尺 B.2.5尺 C.3.5尺 D.4.5尺 ‎5.(2020安徽合肥二模,文5)在平行四边形ABCD中,若DE‎=‎EC,AE交BD于点F,则AF=(　　)‎ A.‎2‎‎3‎AB‎+‎‎1‎‎3‎AD B.‎‎2‎‎3‎AB‎-‎‎1‎‎3‎AD C.‎1‎‎3‎AB‎-‎‎2‎‎3‎AD D.‎‎1‎‎3‎AB‎+‎‎2‎‎3‎AD ‎6.(2020安徽合肥二模,文7)若函数F(x)=f(x)-2x4是奇函数,G(x)=f(x)+‎1‎‎2‎x为偶函数,则f(-1)=(　　)‎ A.-‎5‎‎2‎ B.-‎5‎‎4‎ C.‎5‎‎4‎ D.‎‎5‎‎2‎ ‎7.(2020河北衡水中学月考,文12)已知关于x的方程[f(x)]2-kf(x)+1=0恰有四个不同的实数根,则当函数f(x)=x2ex时,实数k的取值范围是(　　)‎ A.(-∞,-2)∪(2,+∞) B.‎‎4‎e‎2‎‎+e‎2‎‎4‎,+∞‎ C.‎8‎e‎2‎‎,2‎ D.‎‎2,‎4‎e‎2‎+‎e‎2‎‎4‎ ‎8.(2020福建福州模拟,理10)已知P为边长为2的正方形ABCD所在平面内一点,则PC·(PB‎+‎PD)的最小值为(　　)‎ A.-1 B.-3 C.-‎1‎‎2‎ D.-‎‎3‎‎2‎ 二、多项选择题 ‎9.已知实数a,b满足等式a‎1‎‎2‎‎=‎b‎1‎‎3‎,则下列五个关系式中可能成立的是(　　)‎ A.00).给出下列四个命题,其中是真命题的为(　　)‎ A.若∃x0∈[1,2],使得f(x0)-1‎ B.若∀x∈R,使得g(x)>0恒成立,则0g(x2)恒成立,则a>6‎ D.若∀x1∈[1,2],∃x2∈[0,1],使得f(x1)=g(x2)成立,则3≤a≤4‎ 三、填空题 ‎13.(2020河南开封三模,理14)若平面向量a,b满足|a+b|=‎2‎,|a-b|=‎3‎,则a·b=　　　　　. ‎ ‎14.(2020广东江门4月模拟,理16)已知函数y=|sin x|的图象与直线y=m(x+2)(m>0)恰有四个公共点A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),其中x10时,f'(x)>0;当-2‎4‎e‎2‎时,关于x的方程f(x)=t只有一个解;‎ 当t=‎4‎e‎2‎时,关于x的方程f(x)=t有两个解;‎ 当0‎4‎e‎2‎‎+‎e‎2‎‎4‎,即实数k的取值范围是‎4‎e‎2‎‎+‎e‎2‎‎4‎,+∞.故选B.‎ ‎8.A　解析 建立如图所示平面直角坐标系,‎ 设P(x,y),则A(0,0),B(2,0),C(2,2),D(0,2),所以PC=(2-x,2-y),PB‎+‎PD=(2-x,-y)+(-x,2-y)=(2-2x,2-2y),故PC‎·‎(PB‎+‎PD)=(2-x)(2-2x)+(2-y)(2-2y)=2x-‎‎3‎‎2‎‎2‎‎-‎‎1‎‎2‎+2y-‎‎3‎‎2‎‎2‎‎-‎‎1‎‎2‎=2x-‎3‎‎2‎2+2y-‎3‎‎2‎2-1.所以当x=y=‎3‎‎2‎时,PC‎·‎(PB‎+‎PD)的最小值为-1.故选A.‎ ‎9.ABC　解析 画出y=x‎1‎‎2‎与y=x‎1‎‎3‎的图象(如图),设a‎1‎‎2‎‎=‎b‎1‎‎3‎=m,作直线y=m.‎ 从图象知,若m=0或1,则a=b;若01,则12时,直线y=‎1‎a与函数y=|x|+‎1‎‎|x|‎的图象有四个不同的交点,即原方程有四个解,满足‎1‎a>2的有BCD.故选BCD.‎ ‎11.AB　解析 f(x)=m·n+‎3‎‎2‎=sin xcos x-‎3‎cos2x+‎3‎‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎sin 2x-‎3‎‎2‎cos 2x=sin‎2x-‎π‎3‎,‎ 其最小正周期是T=‎2π‎2‎=π,故A正确;‎ sin2‎×π‎6‎-‎π‎3‎=0,因此f(x)图象关于点π‎6‎,0对称,故B正确;‎ 由2x-π‎3‎=kπ+π‎2‎得x=kπ‎2‎‎+‎‎5π‎12‎(k∈Z),因此x=-π‎12‎是f(x)图象的一条对称轴,故C错误;‎ 由2kπ-π‎2‎‎≤‎2x-π‎3‎‎≤‎2kπ+π‎2‎,得kπ-π‎12‎‎≤‎x≤kπ+‎5π‎12‎,即单调递增区间为kπ-π‎12‎,kπ+‎5π‎12‎(k∈Z),故D错误.故选AB.‎ ‎12.ACD　解析 对于选项A,只需f(x)在[1,2]上的最小值小于a,因为f(x)在[1,2]上单调递增,所以f(x)min=f(1)=1-2=-1,所以a>-1,故A正确;‎ 对于选项B,只需g(x)的最小值大于0,因为acosπx‎2‎‎∈‎[-a,a],‎ 所以g(x)min=-a+5-2a=5-3a>0,所以05-a,a>6,故C正确;‎ 对于选项D,需g(x)在[0,1]上的最小值小于f(x)在[1,2]上的最小值,且g(x)在[0,1]上的最大值大于f(x)在[1,2]上的最大值,f(x)max=f(2)=2-‎2‎‎2‎=1,所以x1∈[1,2],f(x1)∈[-1,1],‎ 当x∈[0,1]时,πx‎2‎‎∈‎‎0,‎π‎2‎,‎ 所以g(x)在[0,1]上单调递减,g(x)min=g(1)=5-2a,g(x)max=g(0)=5-a,所以g(x)∈[5-2a,5-a],‎ 由题意得‎5-2a≤-1,‎‎5-a≥1,‎解得3≤a≤4,故D正确.故选ACD.‎ ‎13.-‎1‎‎4‎　解析 由|a+b|=‎2‎,得a2+2a·b+b2=2,①‎ 由|a-b|=‎3‎,得a2-2a·b+b2=3,②‎ ‎①-②,得4a·b=-1,所以a·b=-‎‎1‎‎4‎‎.‎ ‎14.1　解析 由题意画出图象如下,‎ 很明显,在点D处直线与函数y=|sin x|的图象相切,点D即为切点.‎ 则有,在点D处,y=-sin x,y'=-cos x.而-cos x4=m,且y4=m(x4+2)=-sin x4,∴x4+2=‎-sin ‎x‎4‎m‎=‎‎-sin ‎x‎4‎‎-cos ‎x‎4‎=tan x4‎.∴x‎4‎‎+2‎tan ‎x‎4‎=‎tan ‎x‎4‎tan ‎x‎4‎=1.‎ ‎15.‎3‎‎93‎‎31‎,1　解析 C=π‎3‎,a=6,1≤b≤4,由余弦定理可得,c2=a2+b2-2abcos C=36+b2-6b=(b-3)2+27,∴c2=(b-3)2+27∈[27,31].∴c∈[3‎3‎‎,‎‎31‎].‎ 由正弦定理可得,asinA‎=‎csinC,‎ 即sin A=asinCc‎=‎6×‎‎3‎‎2‎c=‎3‎‎3‎c∈‎‎3‎‎93‎‎31‎,1.故答案为‎3‎‎93‎‎31‎,1.‎ ‎16.6　解析 由题意可得第n层的货物的价格为an=n‎7‎‎8‎n-1‎‎.‎这堆货物总价是Sn=1‎×‎‎7‎‎8‎‎0‎+2‎×‎‎7‎‎8‎‎1‎+3‎×‎‎7‎‎8‎‎2‎+…+n‎×‎‎7‎‎8‎n-1‎,①‎ 则‎7‎‎8‎Sn=1‎×‎‎7‎‎8‎‎1‎+2‎×‎‎7‎‎8‎‎2‎+3‎×‎‎7‎‎8‎‎3‎+…+n‎×‎‎7‎‎8‎n,②‎ 由①-②可得‎1‎‎8‎Sn=1+‎7‎‎8‎‎1‎‎+‎7‎‎8‎‎2‎+‎‎7‎‎8‎‎3‎+…+‎7‎‎8‎n-1‎-n‎×‎7‎‎8‎n=‎‎1-‎‎7‎‎8‎n‎1-‎‎7‎‎8‎-n‎×‎‎7‎‎8‎n=8-(8+n)‎×‎‎7‎‎8‎n,∴Sn=64-8(8+n)‎×‎7‎‎8‎n.∵‎这堆货物总价是64-112‎7‎‎8‎n万元,∴8(8+n)=112,‎ ‎∴n=6.‎ 专题突破练3　分类讨论思想、转化与化归思想 ‎　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ 一、单项选择题 ‎1.(2020湖南湘潭三模,理1)已知集合A={x|ax=x2},B={0,1,2},若A⊆B,则实数a的值为(　　)‎ A.1或2 B.0或1‎ C.0或2 D.0或1或2‎ ‎2.已知函数f(x)=ax(a>0,且a≠1)在区间[m,2m]上的值域为[m,2m],则a=(　　)‎ A.‎2‎ B.‎‎1‎‎4‎ C.‎1‎‎16‎或‎2‎ D.‎1‎‎4‎或4‎ ‎3.若函数f(x)=‎1‎‎2‎ax2+xln x-x存在单调递增区间,则a的取值范围是(　　)‎ A.-‎1‎e,1‎ B.-‎1‎e,+∞‎ C.(-1,+∞)‎ D.-∞,‎‎1‎e ‎4.(2020安徽合肥二模,文9)已知函数f(x)=log‎2‎x,x>1,‎x‎2‎‎-1,x≤1,‎则f(x)0且a≠1),那么函数f(x)=g(x)-‎‎1‎‎2‎‎+‎g(-x)-‎‎1‎‎2‎的值域为(　　)‎ A.{-1,0,1} B.{0,1}‎ C.{1,-1} D.{-1,0}‎ ‎7.设函数f(x)=xex-a(x+ln x),若f(x)≥0恒成立,则实数a的取值范围是(　　)‎ A.[0,e] ‎ B.[0,1]‎ C.(-∞,e] ‎ D.[e,+∞)‎ ‎8.(2020河南新乡三模,理12)已知函数f(x)=x2-axx∈‎‎1‎e‎,e与g(x)=ex的图象上存在两对关于直线y=x对称的点,则a的取值范围是(　　)‎ A.e-‎1‎e,e ‎ B.‎‎1,e-‎‎1‎e C.‎1,e-‎‎1‎e ‎ D.‎‎1,e+‎‎1‎e 二、多项选择题 ‎9.若数列{an}对任意n≥2(n∈N)满足(an-an-1-2)(an-2an-1)=0,下面选项中关于数列{an}的命题正确的是(　　)‎ A.{an}可以是等差数列 B.{an}可以是等比数列 C.{an}可以既是等差又是等比数列 D.{an}可以既不是等差又不是等比数列 ‎10.(2020海南高三模拟,6)关于x的方程(x2-2x)2-2(2x-x2)+k=0,下列命题正确的有(　　)‎ A.存在实数k,使得方程无实根 B.存在实数k,使得方程恰有2个不同的实根 C.存在实数k,使得方程恰有3个不同的实根 D.存在实数k,使得方程恰有4个不同的实根 ‎11.已知三个数1,a,9成等比数列,则圆锥曲线x‎2‎a‎+‎y‎2‎‎2‎=1的离心率为(　　)‎ A.‎5‎ B.‎‎3‎‎3‎ C.‎10‎‎2‎ D.‎‎3‎ ‎12.已知函数f(x)=log2|x|+x2-2,若f(a)>f(b),a,b不为零,则下列不等式成立的是(　　)‎ A.a3>b3 ‎ B.(a-b)(a+b)>0‎ C.ea-b>1 ‎ D.lnab>0‎ 三、填空题 ‎13.已知a,b为正实数,且a+b=2,则‎2‎a‎+‎‎1‎b+1‎的最小值是　　　　　. ‎ ‎14.函数y=x‎2‎‎-2x+2‎‎+‎x‎2‎‎-6x+13‎的最小值为　　　　　. ‎ ‎15.已知函数f(x)=‎|x+3|,x≤0,‎x‎3‎‎-12x+3,x>0,‎设g(x)=kx+1,且函数y=f(x)-g(x)的图象经过四个象限,则实数k的取值范围为　　　　　. ‎ ‎16.已知A为椭圆x‎2‎‎9‎‎+‎y‎2‎‎5‎=1上的动点,MN为圆(x-1)2+y2=1的一条直径,则AM‎·‎AN的最大值为　　　　　. ‎ 专题突破练3　分类讨论思想、‎ 转化与化归思想 ‎1.D　解析 因为当a=0时,A={x|0=x2}={0},满足A⊆B;‎ 当a≠0时,A={0,a},若A⊆B,所以a=1或2.‎ 综上,a的值为0或1或2.故选D.‎ ‎2.C　解析 分析知m>0.当a>1时,am‎=m,‎a‎2m‎=2m,‎所以am=2,m=2,所以a=‎2‎;当00在x∈(0,+∞)上成立,即ax+ln x>0在x∈(0,+∞)上成立,即a>-lnxx在x∈(0,+∞)上成立.‎ 令g(x)=-lnxx,则g'(x)=-‎1-lnxx‎2‎‎.‎令g'(x)=0,得x=e.‎ ‎∴g(x)=-lnxx在(0,e)上单调递减,在(e,+∞)上单调递增.∴g(x)=-lnxx的最小值为g(e)=-‎1‎e‎.∴‎a>-‎1‎e‎.‎故选B.‎ ‎4.C　解析 ∵函数f(x)=log‎2‎x,x>1,‎x‎2‎‎-1,x≤1,‎则f(x)1,则不等式f(x)1时,不等式f(x)1.综上可得,不等式的解集为‎-‎1‎‎2‎,+∞‎,故选C.‎ ‎5.D　解析 设f(x1)=g(x2)=t,所以x1=t-1,x2=et,所以x2-x1=et-t+1,令h(t)=et-t+1,则h'(t)=et-1,所以h(t)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以h(t)min=h(0)=2.‎ ‎6.D　解析 ∵g(x)=axax‎+1‎,∴g(-x)=‎1‎ax‎+1‎,∴ 00时,令f'(x)=(x+1)ex-ax=0,解得ex‎0‎‎=‎ax‎0‎,ln x0+x0=ln a,x0>0,‎ 则x0是函数f(x)的极小值点,此时x=x0,函数f(x)取得最小值,‎ f(x0)=x0ex‎0‎-a(x0+ln x0)=a-aln a≥0,化为ln a≤1,解得00,h(x)单调递增.∴h(x)min=h(1)=1,h(x)max=maxh‎1‎e,h(e)‎=maxe+‎1‎e,e-‎1‎e=e+‎1‎e,‎ ‎∴a的取值范围是1,e+‎1‎e.‎ ‎9.ABD　解析 因为(an-an-1-2)(an-2an-1)=0,所以an-an-1-2=0或an-2an-1=0,即an-an-1=2或an=2an-1.‎ ‎①当an≠0,an-1≠0时,{an}是等差数列或是等比数列.‎ ‎②当an=0或an-1=0时,{an}可以既不是等差又不是等比数列.‎ 故选ABD.‎ ‎10.AB　解析 设t=x2-2x,方程化为关于t的二次方程t2+2t+k=0.(*)‎ 当k>1时,Δ<0,方程(*)无实根,故原方程无实根.‎ 当k=1时,可得t=-1,则x2-2x=-1,原方程有两个相等的实根x=1.‎ 当k<1时,方程(*)有两个实根t1,t2(t1-1.因为t=x2-2x=(x-1)2-1≥-1,所以x2-2x=t1无实根,x2-2x=t2有两个不同的实根.故选AB.‎ ‎11.BC　解析 由三个数1,a,9成等比数列,得a2=9,即a=±3;‎ 当a=3时,圆锥曲线为x‎2‎‎3‎‎+‎y‎2‎‎2‎=1,曲线为椭圆,则e=‎1‎‎3‎‎=‎‎3‎‎3‎;‎ 当a=-3时,曲线为y‎2‎‎2‎‎-‎x‎2‎‎3‎=1,曲线为双曲线,e=‎5‎‎2‎‎=‎‎10‎‎2‎,则离心率为‎3‎‎3‎或‎10‎‎2‎.‎故选BC.‎ ‎12.BD　解析 因为f(-x)=log2|-x|+(-x)2-2=log2|x|+x2-2,所以f(x)是偶函数.‎ 当x>0时,f(x)=log2x+x2-2单调递增,所以当x<0时,f(x)单调递减.‎ 故由f(a)>f(b),且a,b不为零,可知|a|>|b|>0.‎ 当a=-2,b=1时,f(a)>f(b),a30,即|a|>|b|>0,故B选项正确.‎ 因为lnab>0,则ab>1,可得|a|>|b|>0,故D选项正确.故选BD.‎ ‎13‎.‎‎3+2‎‎2‎‎3‎　解析 ∵a+b=2,‎ ‎∴a+(b+1)=3,即a‎3‎‎+‎b+1‎‎3‎=1,‎ ‎∴‎2‎a+‎‎1‎b+1‎‎=‎2‎a‎+‎‎1‎b+1‎a‎3‎‎+‎b+1‎‎3‎=‎2‎‎3‎‎+a‎3(b+1)‎+‎2(b+1)‎‎3a+‎1‎‎3‎≥‎1+2‎2‎‎9‎‎=‎‎3+2‎‎2‎‎3‎,‎ 当且仅当a‎3(b+1)‎‎=‎‎2(b+1)‎‎3a,即a=6-3‎2‎,b=3‎2‎-4时等号成立.‎ ‎14‎.‎‎13‎　解析 原函数等价于y=‎(x-1‎)‎‎2‎+(0-1‎‎)‎‎2‎‎+‎‎(x-3‎)‎‎2‎+(0-2‎‎)‎‎2‎,即求x轴上一点到A(1,1),B(3,2)两点距离之和的最小值.‎ 将点A(1,1)关于x轴对称,得A'(1,-1),连接A'B交x轴于点P,则线段A'B的值就是所求的最小值,即|A'B|=‎‎(1-3‎)‎‎2‎+(-1-2‎‎)‎‎2‎‎=‎13‎.‎ ‎15‎.‎‎-9,‎‎1‎‎3‎　解析 由题意知,要使y=f(x)-g(x)的图象经过四个象限,只需y=f(x)的图象与y=g(x)的图象在(-∞,0)和(0,+∞)都相交且交点个数大于1.当x>0时,f(x)=x3-12x+3,f'(x)=3x2-12.易知f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,且f(2)<0.又g(x)=kx+1的图象恒过(0,1),设g(x)与f(x)的切点为(x,y),则k=3x2-12,则x3-12x+3=(3x2-12)x+1,解得x=1,则k=-9,即过(0,1)且与f(x)=x3-12x+3(x>0)的图象相切的切线的斜率为-9,若g(x)与f(x)相交且交点个数大于1,则k>-9,同理,当x≤0时,作出f(x)=|x+3|的图象(图略),数形结合易知k<‎1‎‎3‎‎.‎综上,实数k的取值范围为‎-9,‎‎1‎‎3‎‎.‎ ‎16.15　解析 由题意知,圆心为C(1,0),AM‎·‎AN=(CM‎-‎CA)·(CN‎-‎CA)=CM‎·‎CN+|CA|2=|CA|2-1.‎ 设A(x,y),所以AM‎·‎AN=(x-1)2+y2-1=x2-2x+y2,又x‎2‎‎9‎‎+‎y‎2‎‎5‎=1,即AM‎·AN=‎‎4‎‎9‎x2-2x+5,x∈[-3,3],又因为该二次函数开口向上,且对称轴为x=‎9‎‎4‎,故当x=-3时取最大值为15.‎ 专题突破练4　从审题中寻找解题思路 ‎　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ 一、单项选择题 ‎1.已知sinπ‎4‎-2x=‎3‎‎5‎,则sin 4x的值为(　　)‎ A.‎18‎‎25‎ B.±‎18‎‎25‎ C.‎7‎‎25‎ D.±‎‎7‎‎25‎ ‎2.(2020山东济南6月模拟,7)已知水平直线上的某质点,每次等可能的向左或向右移动一个单位长度,则在第6次移动后,该质点恰好回到初始位置的概率是(　　)‎ A.‎1‎‎4‎ B.‎5‎‎16‎ C.‎3‎‎8‎ D.‎‎1‎‎2‎ ‎3.已知△ABC中,sin A+2sin Bcos C=0,‎3‎b=c,则tan A的值是(　　)‎ A.‎3‎‎3‎ B.‎2‎‎3‎‎3‎ C.‎3‎ D.‎‎4‎‎3‎‎3‎ ‎4.(2020天津河东区检测,8)已知实数a,b,ab>0,则aba‎2‎‎+b‎2‎+a‎2‎b‎2‎+4‎的最大值为(　　)‎ A.‎1‎‎6‎ B.‎1‎‎4‎ C.‎1‎‎7‎ D.6‎ ‎5.‎ ‎(2020广东江门4月模拟,理12)四棱锥P-ABCD,AD⊥平面PAB,BC⊥平面PAB,底面ABCD为梯形,AD=4,BC=8,AB=6,∠APD=∠BPC,满足上述条件的四棱锥顶点P的轨迹是(　　)‎ A.线段 B.圆的一部分 C.椭圆的一部分 D.抛物线的一部分 ‎6.(2020湖北高三期末,12)已知函数f(x)=‎|lnx|,00,|φ|<π‎2‎部分图象如图所示,对不同x1,x2∈[a,b],若f(x1)=f(x2),有f(x1+x2)=‎3‎,则(　　)‎ A.a+b=π B.b-a=‎π‎2‎ C.φ=π‎3‎ D.f(a+b)=‎‎3‎ ‎9.已知椭圆C1:x‎2‎a‎2‎‎+‎y‎2‎b‎2‎=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为e1,椭圆C1的上顶点为M,且MF‎1‎‎·‎MF‎2‎=0,双曲线C2和椭圆C1有相同焦点,且双曲线C2的离心率为e2,P为曲线C1与C2的一个公共点,若∠F1PF2=π‎3‎,则正确的是(　　)‎ A.e‎2‎e‎1‎=2 B.e1·e2=‎‎3‎‎2‎ C.e‎1‎‎2‎‎+e‎2‎‎2‎=‎‎5‎‎2‎ D.e‎2‎‎2‎‎-‎e‎1‎‎2‎=1‎ ‎10.(2020山东历城二中模拟四,12)已知函数f(x)=2sinωx-‎π‎6‎的图象的一条对称轴为x=π,其中ω为常数,且ω∈(0,1),则以下结论正确的是(　　)‎ A.函数f(x)的最小正周期为3π B.将函数f(x)的图象向左平移π‎6‎所得图象关于原点对称 C.函数f(x)在区间‎-π‎6‎,‎π‎2‎上单调递增 D.函数f(x)在区间(0,100π)上有66个零点 三、填空题 ‎11.若△ABC的面积为‎3‎‎4‎(a2+c2-b2),则∠B=　　　　　. ‎ ‎12.(2020天津河东区检测,15)函数f(x)=x,g(x)=x2-x+3,若存在x1,x2,…,xn∈‎0,‎‎9‎‎2‎,使得f(x1)+f(x2)+…+f(xn-1)+g(xn)=g(x1)+g(x2)+…+g(xn-1)+f(xn),n∈N*,则n的最大值为　　　　　. ‎ 四、解答题 ‎13.(2020山东青岛二模,19)已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和为Sn,2Sn+n+1=an+1‎‎2‎,n∈N*.‎ ‎(1)证明:当n≥2时,an+1=an+1;‎ ‎(2)若a4是a2与a8的等比中项,求数列{2n·an}的前n项和Tn.‎ 专题突破练4　从审题中 寻找解题思路 ‎1.C　解析 由题意得cosπ‎2‎-4x=1-2sin2π‎4‎-2x=1-2‎×‎9‎‎25‎=‎‎7‎‎25‎,sin 4x=cosπ‎2‎-4x=‎7‎‎25‎‎.‎故选C.‎ ‎2.B　解析 在经过6次移动后,该质点恰好回到初始位置,则每次都有向左或者向右两种选择,共有26=64种可能;‎ 要回到初始位置,则只需6次中出现3次向左移动,3次向右移动,故满足题意的可能有C‎6‎‎3‎=20种可能.故恰好回到初始位置的概率P=‎20‎‎64‎‎=‎5‎‎16‎.‎故选B.‎ ‎3.A　解析 ∵sin A+2sin Bcos C=0,‎ ‎∴sin(B+C)+2sin Bcos C=0.‎ ‎∴3sin Bcos C+cos Bsin C=0.‎ ‎∵cos B≠0,cos C≠0,‎ ‎∴3tan B=-tan C‎.∵‎‎3‎b=c,∴c>b,∴C>B.∴B为锐角,C为钝角.∴tan A=-tan(B+C)=-tanB+tanC‎1-tanBtanC‎=‎2tanB‎1+3tan‎2‎B=‎2‎‎1‎tanB‎+3tanB≤‎2‎‎2‎‎3‎=‎‎3‎‎3‎,‎ 当且仅当tan B=‎3‎‎3‎时取等号.‎ ‎∴tan A的最大值是‎3‎‎3‎‎.‎故选A.‎ ‎4.A　解析 由于a2+b2≥2ab>0,所以aba‎2‎‎+b‎2‎+a‎2‎b‎2‎+4‎‎≤‎ab‎2ab+a‎2‎b‎2‎+4‎,‎ 故ab‎2ab+a‎2‎b‎2‎+4‎‎=‎1‎‎2+ab+‎‎4‎ab≤‎1‎‎2+2‎ab·‎‎4‎ab=‎‎1‎‎6‎,当且仅当a=b时,等号成立,故其最大值为‎1‎‎6‎‎.‎ ‎5.B　解析 在平面PAB内,以AB所在直线为x轴,AB的中垂线为y轴,建立平面直角坐标系.‎ 设点P(x,y),则由题意可得A(-3,0),B(3,0).‎ ‎∵AD⊥平面PAB,BC⊥平面PAB,AD=4,BC=8,AB=6,∠APD=∠CPB,‎ ‎∴Rt△APD∽Rt△CPB,‎ ‎∴APBP=ADBC=‎4‎‎8‎=‎1‎‎2‎.‎即BP2=4AP2,故有(x-3)2+y2=4[(x+3)2+y2],‎ 整理得(x+5)2+y2=16,表示一个圆.‎ 由于点P不能在直线AB上,故点P的轨迹是圆的一部分,故选B.‎ ‎6.C　解析 函数f(x)=‎‎|lnx|,02x‎1‎x‎2‎=2,‎ ‎|ln(4-x3)|=|ln(4-x4)|,即(4-x3)·(4-x4)=1,且x1+x2+x3+x4=8,‎ 若不等式kx3x4+x‎1‎‎2‎‎+x‎2‎‎2‎≥‎k+11恒成立,则k‎≥‎‎11-(x‎1‎‎2‎+x‎2‎‎2‎)‎x‎3‎x‎4‎‎-1‎恒成立,由‎11-(x‎1‎‎2‎+x‎2‎‎2‎)‎x‎3‎‎·x‎4‎-1‎‎=‎11-‎(x‎1‎+x‎2‎)‎‎2‎+2‎x‎1‎x‎2‎‎4(x‎3‎+x‎4‎)-16‎=‎13-‎‎(x‎1‎+x‎2‎)‎‎2‎‎16-4(x‎1‎+x‎2‎)‎=‎‎1‎‎4‎[(x1+x2)-4+‎3‎‎(x‎1‎+x‎2‎)-4‎+8]≤2-‎3‎‎2‎,故k≥2-‎3‎‎2‎,故实数k的最小值为2-‎3‎‎2‎,故选C.‎ ‎7.ABD　解析 由AC‎·‎AB=|AC||AB|cos A=|AD||AB|,由射影定理可得|AC|2=AC‎·‎AB,故选项A正确;‎ 由BA‎·‎BC=|BA||BC|cos B=|BA||BD|,由射影定理可得|BC|2=BA‎·‎BC,故选项B正确;‎ 由AC‎·‎CD=|AC||CD|cos(π-∠ACD)<0,又|AB|2>0,故选项C错误;‎ 由题图可知Rt△ACD∽Rt△ABC,所以|AC||BC|=|AB||CD|,‎ 由选项A,B可得|CD|2=‎(AC·AB)×(BA·BC)‎‎|‎AB‎|‎‎2‎‎　‎,故选项D正确.‎ 故选ABD.‎ ‎8.BD　解析 根据函数f(x)=Asin(2x+φ)A>0,|φ|<π‎2‎部分图象如图所示,‎ 所以函数的周期为‎2π‎2‎=π,即b-a=T‎2‎‎=‎π‎2‎,故B正确.‎ 由图象知A=2,则f(x)=2sin(2x+φ),在区间[a,b]中的对称轴为x=a+b‎2‎,‎ 由f(x1)=f(x2)得,x1,x2也关于x=a+b‎2‎对称,则x‎1‎‎+‎x‎2‎‎2‎‎=‎a+b‎2‎,即x1+x2=a+b,则f(a+b)=f(x1+x2)=‎3‎,故D正确,故选BD.‎ ‎9.BD　解析 因为MF‎1‎‎·‎MF‎2‎=0,且|MF‎1‎|=|MF‎2‎|,故三角形MF1F2为等腰直角三角形,设椭圆的半焦距为c,则c=b=‎2‎‎2‎a,所以e1=‎2‎‎2‎‎.‎在焦点三角形PF1F2中,∠F1PF2=π‎3‎,设|PF1|=x,|PF2|=y,双曲线C2的实半轴长为a',‎ 则x‎2‎‎+y‎2‎-xy=4c‎2‎,‎x+y=2‎2‎c,‎‎|x-y|=2a',‎故xy=‎4‎‎3‎c2,‎ 从而(x-y)2=x2+y2-xy-xy=‎8‎c‎2‎‎3‎,所以(a')2=‎2‎c‎2‎‎3‎,即e2=‎6‎‎2‎,故e‎2‎e‎1‎‎=‎‎3‎,e2e1=‎3‎‎2‎‎,e‎1‎‎2‎+‎e‎2‎‎2‎=2,e‎2‎‎2‎‎-‎e‎1‎‎2‎=1.‎ 故选BD.‎ ‎10.AC　解析 由函数f(x)=2sinωx-π‎6‎的图象的一条对称轴为x=π,得ωπ-π‎6‎=kπ+π‎2‎(k∈Z),因为ω∈(0,1),所以k=0,ω=‎2‎‎3‎,则f(x)=2sin‎2‎‎3‎x-π‎6‎,所以周期T=‎2π‎2‎‎3‎=3π,A正确;‎ 将函数f(x)的图象向左平移π‎6‎,得g(x)=fx+‎π‎6‎=2sin‎2‎‎3‎x+π‎6‎-π‎6‎=2sin‎2‎‎3‎x-‎π‎18‎,显然g(x)的图象不关于原点对称,B错误;‎ 由2kπ-π‎2‎‎≤‎‎2‎‎3‎x-π‎6‎‎≤‎2kπ+π‎2‎(k∈Z),即k=0,得-π‎2‎‎≤‎x≤π,即‎-π‎2‎,π是函数f(x)的一个单调递增区间,又‎-π‎6‎,‎π‎2‎‎⊆‎‎-π‎2‎,π,所以函数f(x)在区间‎-π‎6‎,‎π‎2‎上单调递增,C正确;‎ 由f(x)=0,得‎2‎‎3‎x-π‎6‎=kπ(k∈Z),解得x=‎3‎‎2‎kπ+‎π‎6‎,由0<‎3‎‎2‎kπ+π‎6‎<100π,得-‎1‎‎6‎1”是“a2>a”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 ‎5.(2020山东模考卷,2)已知a+bi(a,b∈R)和‎1-i‎1+i是共轭复数,则a+b=(　　)‎ A.-1 B.-‎‎1‎‎2‎ C.‎1‎‎2‎ D.1‎ ‎6.(2020山西太原二模,理5)若a,b是两个非零向量,且|a+b|=m|a|=m|b|,m∈[1,‎3‎].则向量b与a-b夹角的取值范围是(　　)‎ A.π‎3‎‎,‎‎2π‎3‎ B.‎π‎3‎‎,‎‎5π‎6‎ C.‎2π‎3‎‎,‎‎5π‎6‎ D.‎‎5π‎6‎‎,π ‎7.(2020山东济南一模,5)方舱医院的创设,在抗击新冠肺炎疫情中发挥了不可替代的重要作用.某方舱医院医疗小组有七名护士,每名护士从周一到周日轮流安排一个夜班.若甲的夜班比丙晚一天,丁的夜班比戊晚两天,乙的夜班比庚早三天,己的夜班在周四,且恰好在乙和丙的正中间,则周五值夜班的护士为(　　)‎ A.甲 B.丙 C.戊 D.庚 ‎8.关于x的方程x2+(m-3)x+m=0在(0,2)内有两个不相等实数根,则实数m的取值范围是(　　)‎ A.‎2‎‎3‎‎,1‎ ‎ B.‎‎2‎‎3‎‎,1‎ C.(1,3) ‎ D.(-∞,1)∪(9,+∞)‎ 二、多项选择题 ‎9.已知x<-1,那么在下列不等式中成立的是(　　)‎ A.x2-1>0 ‎ B.x+‎1‎x<-2‎ C.sin x-x>0 ‎ D.cos x+x>0‎ ‎10.若‎1‎a‎<‎‎1‎b<0,则下列不等式成立的是(　　)‎ A.‎1‎a+b‎<‎‎1‎ab ‎ B.|a|+b>0‎ C.a-‎1‎a>b-‎1‎b ‎ D.ln a2>ln b2‎ ‎11.(2020海南天一大联考模拟三,9)设a,b,c为实数且a>b,则下列不等式一定成立的是(　　)‎ A.‎1‎a‎>‎‎1‎b ‎ B.2 020a-b>1‎ C.ln a>ln b ‎ D.a(c2+1)>b(c2+1)‎ ‎12.(2020山东历城二中模拟四,10)已知a,b是单位向量,且a+b=(1,-1),则(　　)‎ A.|a+b|=2‎ B.a与b垂直 C.a与a-b的夹角为π‎4‎ D.|a-b|=1‎ 三、填空题 ‎13.(2020全国Ⅰ,文14)设向量a=(1,-1),b=(m+1,2m-4),若a⊥b,则m=　　　　　. ‎ ‎14.(2020天津河北区线上测试,15)已知a>0,b>0,且‎1‎a‎+‎‎1‎b=1,则‎1‎a-1‎‎+‎‎4‎b-1‎的最小值为　　　　　. ‎ ‎15.(2020山东济宁6月模拟,14)在平行四边形ABCD中,AD=6,AB=3,∠DAB=60°,DE‎=‎1‎‎2‎EC,BF=‎‎1‎‎2‎FC,若FG=2GE,则AG‎·‎BD=　　　　　. ‎ ‎16.已知f(x)=x2+2x+1+a,∀x∈R,f(f(x))≥0恒成立,则实数a的取值范围为　　　　　. ‎ 专题突破练5　专题一　常考小题 点过关检测 ‎1.B　解析 由已知得A={x|-2≤x≤2},B=xx≤-‎a‎2‎‎.‎因为A∩B={x|-2≤x≤1},所以有-a‎2‎=1,解得a=-2.‎ ‎2.A　解析 因为已知的是特称命题,所以它的否定为全称命题,故选A.‎ ‎3.D　解析 ‎∵‎1‎‎1-3i=‎1+3i‎(1-3i)(1+3i)‎=‎1+3i‎10‎=‎1‎‎10‎+‎‎3‎‎10‎i,∴复数‎1‎‎1-3i的虚部是‎3‎‎10‎‎.‎ ‎4.A　解析 若a>1,则a2>a成立.‎ 若a2>a,则a>1或a<0.故“a>1”是“a2>a”的充分不必要条件.故选A.‎ ‎5.D　解析 由‎1-i‎1+i‎=‎(1-i‎)‎‎2‎‎2‎=‎‎-2i‎2‎=-i,得a+bi=-(-i)=i,所以a=0,b=1,所以a+b=1.‎ ‎6.C　解析 根据题意,设|a|=|b|=t,则|a+b|=mt,再设向量b与a-b夹角为θ,‎ 则有|a+b|2=(a+b)2=a2+b2+2a·b=m2t2,变形可得a·b=m‎2‎t‎2‎‎2‎-t2,‎ 则有|a-b|2=(a-b)2=a2+b2-2a·b=2t2-2m‎2‎t‎2‎‎2‎‎-‎t‎2‎=4t2-m2t2,‎ 则cos θ=b·(a-b)‎‎|b||a-b|‎‎=a·b-‎b‎2‎‎|b||a-b|‎=m‎2‎t‎2‎‎2‎‎-t‎2‎-‎t‎2‎t×t‎4-‎m‎2‎=‎1‎‎2‎×‎m‎2‎‎-4‎‎4-‎m‎2‎=-‎1‎‎2‎‎×‎4-‎m‎2‎.‎由1≤m‎≤‎‎3‎,得1‎≤‎4-‎m‎2‎≤‎‎3‎,则有-‎3‎‎2‎‎≤‎cos θ≤-‎‎1‎‎2‎‎.‎ 又由0≤θ≤π,得‎2π‎3‎‎≤θ≤‎‎5π‎6‎,即θ的取值范围为‎2π‎3‎‎,‎‎5π‎6‎‎.‎故选C.‎ ‎7.D　解析 因为己的夜班在周四,且恰好在乙和丙的正中间,所以乙可能在星期一,二,三,五,六,日.‎ 因为乙的夜班比庚早三天,所以乙可能在星期二,三.‎ 如果乙在星期三,则庚在周六,且丙在周五,庚比丙晚一天,但与甲的夜班比丙晚一天矛盾,则乙在周二,庚在周五.故选D.‎ ‎8.B　解析 由题意,令f(x)=x2+(m-3)x+m,则Δ=(m-3‎)‎‎2‎-4m>0,‎f(0)=m>0,‎f(2)=4+2(m-3)+m>0,‎‎0<-m-3‎‎2‎<2,‎ 解得‎2‎‎3‎1,‎ 所以x2>1,即x2-1>0,故A成立;‎ 因为x<-1,所以-x>1,0<-‎1‎x<1,所以(-x)+‎-‎‎1‎x>2,即x+‎1‎x<-2,故B成立;‎ 因为x<-1,而sin x∈[-1,1],即sin x>x,所以sin x-x>0,故C成立;‎ 因为x<-1,而cos x∈[-1,1],所以cos x+x<0,故D不成立.故选ABC.‎ ‎10.AC　解析 由‎1‎a‎<‎‎1‎b<0,可知b0,所以‎1‎a+b<0,‎1‎ab>0,故有‎1‎a+b‎<‎‎1‎ab,故A正确;‎ 因为b-a>0,故-b>|a|,即|a|+b<0,故B错误;‎ 因为b-‎1‎b>0,所以a-‎1‎a>b-‎1‎b,故C正确;‎ 因为ba2>0,而y=ln x在定义域(0,+∞)上为增函数,所以ln b2>ln a2,故D错误.故选AC.‎ ‎11.BD　解析 对于A,若a>b>0,则‎1‎a‎<‎‎1‎b,故A错误;对于B,因为a-b>0,所以2 020a-b>1,故B正确;对于C,函数y=ln x的定义域为(0,+∞),而a,b不一定是正数,故C错误;对于D,因为c2+1>0,所以a(c2+1)>b(c2+1),故D正确.‎ ‎12.BC　解析 由a+b=(1,-1)两边平方,得|a|2+|b|2+2a·b=12+(-1)2=2,则|a+b|=‎2‎‎.‎因为a,b是单位向量,所以1+1+2a·b=2,得a·b=0,则|a-b|2=a2+b2-2a·b=2,所以|a-b|=‎2‎,所以cos=a·(a-b)‎‎|a||a-b|‎‎=a‎2‎‎-a·b‎1×‎‎2‎=‎1‎‎2‎=‎‎2‎‎2‎,所以a与a-b的夹角为π‎4‎‎.‎ ‎13.5　解析 由a⊥b,可得a·b=1×(m+1)+(-1)×(2m-4)=0,解得m=5.‎ ‎14.4　解析 ∵a>0,b>0,且‎1‎a‎+‎‎1‎b=1,‎ ‎∴a>1,b>1,且b=aa-1‎,‎ ‎∴‎1‎a-1‎+‎4‎b-1‎=‎1‎a-1‎+‎4‎aa-1‎‎-1‎=‎‎1‎a-1‎‎+4(a-1)≥2‎1‎a-1‎‎·4(a-1)‎=4,当且仅当a=‎3‎‎2‎时,等号成立.‎ ‎∴‎1‎a-1‎+‎‎4‎b-1‎的最小值为4.‎ ‎15.21　解析 以A为原点,AD为x轴,AD的垂线为y轴,建立如图所示的平面直角坐标系,‎ 则A(0,0),B‎3‎‎2‎‎,‎‎3‎‎3‎‎2‎,D(6,0),F‎7‎‎2‎‎,‎‎3‎‎3‎‎2‎,E‎13‎‎2‎‎,‎‎3‎‎2‎.设点G的坐标为(x,y)‎.∵‎FG=2GE,∴x-‎7‎‎2‎,y-‎3‎‎3‎‎2‎=2‎13‎‎2‎-x,‎3‎‎2‎-y,解得x=‎11‎‎2‎,y=‎5‎‎3‎‎6‎,∴G‎11‎‎2‎‎,‎‎5‎‎3‎‎6‎‎.∴AG·‎BD=‎11‎‎2‎‎,‎‎5‎‎3‎‎6‎·‎9‎‎2‎,-‎3‎‎3‎‎2‎=‎99‎‎4‎‎-‎‎15×3‎‎12‎=21.‎ ‎16‎.‎‎5‎‎-3‎‎2‎‎,+∞‎　解析 设t=f(x)=(x+1)2+a≥a,‎ ‎∴f(t)≥0对任意t≥a恒成立,即(t+1)2+a≥0对任意t∈[a,+∞)都成立.‎ 当a≤-1时,f(t)min=f(-1)=a,‎ 即a≥0,这与a≤-1矛盾;‎ 当a>-1时,f(t)min=f(a)=a2+3a+1,则a2+3a+1≥0,解得a‎≥‎5‎‎-3‎‎2‎.‎ 专题突破练6　热点小专题一、函数的零点及函数的应用 ‎　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ 一、单项选择 ‎1.(2020山东济南三模,2)函数f(x)=x3+x-4的零点所在的区间为(　　)‎ A.(-1,0) B.(0,1)‎ C.(1,2) D.(2,3)‎ ‎2.(2019山东莱芜模拟)函数f(x)=ex+ln x的零点所在的大致区间是(　　)‎ A.(-1,0) ‎ B.0,‎‎1‎‎2‎ C.‎1‎‎2‎,1 ‎ D.1,‎‎3‎‎2‎ ‎3.(2020山东烟台模拟,6)函数f(x)=2x-‎2‎x-a的一个零点在区间(1,2)内,则实数a的取值范围是(　　)‎ A.(1,3) B.(1,2)‎ C.(0,3) D.(0,2)‎ ‎4.已知f(x)=|ex-1|+1,若函数g(x)=[f(x)]2+(a-2)f(x)-2a有三个零点,则实数a的取值范围是(　　)‎ A.(-2,-1) ‎ B.(-1,0)‎ C.(0,1) ‎ D.(1,2)‎ ‎5.若x1是方程xex=1的解,x2是方程xln x=1的解,则x1x2等于(　　)‎ A.e B.1‎ C.‎1‎e D.-1‎ ‎6.(2020河南实验中学4月模拟,12)已知函数f(x)=‎-x‎2‎+2x,x≥0,‎x‎2‎‎-2x,x<0,‎若关于x的不等式[f(x)]2+af(x)<0恰有1个整数解,则实数a的最大值为(　　)‎ A.2 B.3‎ C.5 D.8‎ ‎7.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,当x>0时,f(x)=‎2‎‎|x-1|-1‎‎,02,‎则函数g(x)=xf(x)-1在(-6,+∞)上的所有零点之和为(　　)‎ A.7 B.8‎ C.9 D.10‎ 二、多项选择题 ‎8.已知函数f(x)=2x+log2x,且实数a>b>c>0,满足f(a)f(b)f(c)<0,若实数x0是函数y=f(x)的一个零点,那么下列不等式中可能成立的是(　　)‎ A.x0a C.x00时,f(x)=‎2‎‎|x-1|‎‎-1,02.‎以下说法正确的是(　　)‎ A.当20,给出下列命题,其中所有正确命题为(　　)‎ A.f(3)=0‎ B.直线x=-3是函数y=f(x)的图象的一条对称轴 C.函数y=f(x)在[-9,-6]上为增函数 D.函数y=f(x)在[-9,9]上有四个零点 三、填空题 ‎12.已知函数f(x)=ax‎2‎+2x+a(x≤0),‎ax-3(x>0)‎有且只有一个零点,则实数a的取值范围是　　　　　. ‎ ‎13.(2020江苏泰州中学三月模拟,8)已知函数f(x)=x+2,x≥a,‎‎3‎x‎,01,g(x)=f(x)-kx都有零点,则实数a的取值范围是　　　　　. ‎ ‎14.(2020山东济宁5月模拟,16)设f(x)是定义在R上的偶函数,∀x∈R都有f(2-x)=f(2+x),且当x∈[0,2]时,f(x)=2x-2.若函数g(x)=f(x)-loga(x+1)(a>0,a≠1)在区间(-1,9]内恰有三个不同零点,则实数a的取值范围是　　　　　. ‎ ‎15.(2020天津和平区一模,15)已知函数f(x)=‎1-|x+1|,x∈[-2,0],‎‎2f(x-2),x∈(0,+∞),‎则‎3‎logf(3)‎256‎=　　　　　.若方程f(x)=x+a在区间[-2,4]恰有三个不等实根,则实数‎1‎a的取值范围为　　　　　. ‎ 专题突破练6　热点小专题一、函数 的零点及函数的应用 ‎1.C　解析 因为f(x)=x3+x-4是R上的增函数,f(1)=-2<0,f(2)=6>0,故函数f(x)的零点在区间(1,2)内.‎ ‎2.B　解析 因为f‎1‎‎2‎=e-ln 2>0,而f‎1‎‎8‎=e‎1‎‎8‎-ln 8<0,所以必在‎1‎‎8‎‎,‎‎1‎‎2‎内有一零点.故选B.‎ ‎3.C　解析 显然函数f(x)=2x-‎2‎x-a在区间(1,2)内连续,因为f(x)的一个零点在区间(1,2)内,所以f(1)f(2)<0,即(2-2-a)(4-1-a)<0,解得00时,-a1时,02时,f(x)=‎1‎‎2‎f(x-2),‎ ‎∴函数f(x)在(2,4]上的值域为‎1‎‎4‎‎,‎‎1‎‎2‎,当且仅当x=4时,f(x)=‎1‎‎2‎,函数f(x)在(4,6]上的值域为‎1‎‎8‎‎,‎‎1‎‎4‎,‎ 当且仅当x=6时,f(x)=‎1‎‎4‎,函数f(x)在(6,8]上的值域为‎1‎‎16‎‎,‎‎1‎‎8‎,‎ 当且仅当x=8时,f(x)=‎1‎‎8‎,‎ 函数f(x)在(8,10]上的值域为‎1‎‎32‎‎,‎‎1‎‎16‎,当且仅当x=10时,f(x)=‎1‎‎16‎,故f(x)<‎1‎x在(8,10]上恒成立,g(x)=xf(x)-1在(8,10]上无零点,‎ 同理g(x)=xf(x)-1在(10,12]上无零点,依此类推,函数g(x)在(8,+∞)无零点,‎ 综上函数g(x)=xf(x)-1在[-6,+∞)上的所有零点之和为8,故选B.‎ ‎8.ABC　解析 由函数的单调性可得,函数f(x)=2x+log2x在(0,+∞)上为增函数,‎ 由f(a)f(b)f(c)<0,则f(a),f(b),f(c)为负数的个数为奇数,对于A,B,C选项可能成立,‎ 对于D,当x00,f(b)>0,f(c)>0,不合题意,故选ABC.‎ ‎9.AD　解析 对A,当20时,有5个交点,根据对称性可得x<0时,也有5个交点,共计10个交点,故选项D正确.故选AD.‎ ‎10.BC　解析 对于选项A,f(4)=4,f(-1)=1-e,因f(4)≠f(-1),f(x)的图象不关于直线x=‎3‎‎2‎对称,选项A错误;‎ 对于选项B,f(x)=x2-3x的图象是开口向上的抛物线,所以函数f(x)在区间(3,+∞)上单调递增,选项B正确;‎ 作出函数y=|f(x)-1|的图象,如图,‎ 当m∈(1,2)时,2-m∈(0,1),由图可知方程|f(x)-1|=2-m(m∈R)有2个不同的实数根,选项C正确;‎ 当m∈(-1,0)时,2-m∈(2,3),由图可知方程|f(x)-1|=2-m(m∈R)有4个不同的实数根,选项D错误.‎ 故选BC.‎ ‎11.ABD　解析 令x=-3,则由f(x+6)=f(x)+f(3)得f(3)=f(-3)+f(3)=2f(3),故f(3)=0.A正确;‎ 由f(3)=0,f(x)为偶函数得f(-6-x)=f(x+6)=f(x)+f(3)=f(x),故直线x=-3是函数y=f(x)的图象的一条对称轴,B正确;‎ 该抽象函数图象草图如下:‎ 因为当x1,x2∈[0,3],x1≠x2时,有f(x‎1‎)-f(x‎2‎)‎x‎1‎‎-‎x‎2‎>0成立,故f(x)在[0,3]上为增函数,又f(x)为偶函数,故在[-3,0]上为减函数,又周期为6.故在[-9,-6]上为减函数,C错误;‎ 函数f(x)周期为6,故f(-9)=f(-3)=f(3)=f(9)=0,故y=f(x)在[-9,9]上有四个零点,D正确.‎ 故选ABD.‎ ‎12.a=0或a>1　解析 当a>0时,函数y=ax-3(x>0)必有一个零点,又因为x=-‎1‎a<0,故a-‎1‎a2+2-‎1‎a+a>0,解得a>1;若a=0时,f(x)=‎2x(x≤0),‎‎-3(x>0)‎恰有一个零点;当a<0时,若x>0时,则f(x)=ax-3<0无零点,若x≤0,则f(x)=ax2+2x+a,此时,f(x)恒小于0,所以当a<0时,f(x)无零点,故答案为a=0或a>1.‎ ‎13‎.‎‎0,‎‎2‎eln3-1‎　解析 如下图所示,点M的坐标为(a,a+2),直线OM的斜率为a+2‎a‎.‎ 令g(x)=0,得f(x)=kx,‎ 原问题等价于过原点斜率大于1的任意直线与图象有交点.‎ 设过原点与y=3x的图象相切的直线的切点为(x0,y0),‎ 则切线的斜率为‎3‎x‎0‎ln 3.由‎3‎x‎0‎‎=‎‎3‎x‎0‎(ln 3)x0,得x0=‎1‎ln3‎,‎ 即切线的斜率为‎3‎x‎0‎ln 3=‎3‎‎1‎ln3‎ln 3=‎3‎log‎3‎eln 3=eln 3.‎ 讨论:对于k‎∈‎‎1,‎a+2‎a,一定与射线y=x+2,x≥a相交,即对k‎∈‎‎1,‎a+2‎a,g(x)恒有零点;‎ 对于k‎∈‎a+2‎a‎,+∞‎,必须与曲线段y=3x,01时,‎loga(2+1)<2,‎loga(6+1)>2,‎ 解得‎3‎-1,‎loga(8+1)<-1,‎ 解得‎1‎‎9‎3ex的解集为(　　)‎ A.(1,+∞) B.(-∞,1)‎ C.(0,+∞) D.(-∞,0)‎ ‎5.已知函数f(x)=aex-x2-(2a+1)x,若函数f(x)在区间(0,ln 2)上有极值,则实数a的取值范围是(　　)‎ A.(-∞,-1) ‎ B.(-1,0)‎ C.(-2,-1) ‎ D.(-∞,0)∪(0,1)‎ ‎6.(2020山东济南一模,8)已知直线y=ax+b(b>0)与曲线y=x3有且只有两个公共点A(x1,y1),B(x2,y2),其中x1ax-2ex在x∈(0,+∞)上恒成立,则实数a的取值范围是(　　)‎ A.a≤2 B.a≥2‎ C.a≤0 D.0≤a≤2‎ ‎8.(2020江西名校大联考,理12)已知函数f(x)=‎-‎1‎‎3‎x‎3‎+x‎2‎,x≤m,‎x-m,x>m,‎若存在实数a,使得函数g(x)=f(x)-a恰好有4个零点,则实数m的取值范围是(　　)‎ A.(0,2) B.(2,+∞)‎ C.(0,3) D.(3,+∞)‎ 二、多项选择题 ‎9.函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象如图所示,以下命题错误的是(　　)‎ A.-3是函数y=f(x)的极值点 B.-1是函数y=f(x)的最小值点 C.y=f(x)在区间(-3,1)上单调递增 D.y=f(x)在x=0处切线的斜率小于零 ‎10.(2020山东聊城二模,10)下列关于函数f(x)=x3-3x2+2x的叙述正确的是(　　)‎ A.函数f(x)有三个零点 B.点(1,0)是函数f(x)图象的对称中心 C.函数f(x)的极大值点为x=1-‎‎3‎‎3‎ D.存在实数a,使得函数g(x)=[f(x)]2+af(x)在R上为增函数 ‎11.(2020山东潍坊临朐模拟,12)已知函数f(x)=xln x+x2,x0是函数f(x)的极值点,以下结论中正确的是(　　)‎ A.0‎‎1‎e C.f(x0)+2x0<0 ‎ D.f(x0)+2x0>0‎ ‎12.(2020山师大附中月考,12)设函数f(x)=‎|lnx|,x>0,‎ex‎(x+1),x≤0,‎若方程[f(x)]2-af(x)+‎1‎‎16‎=0有六个不等的实数根,则实数a可能的取值是(　　)‎ A.‎1‎‎2‎ B.‎‎2‎‎3‎ C.1 D.2‎ 三、填空题 ‎13.(2020全国Ⅲ,文15)设函数f(x)=exx+a.若f'(1)=e‎4‎,则a=　　　　　. ‎ ‎14.(2020全国Ⅰ,文15)曲线y=ln x+x+1的一条切线的斜率为2,则该切线的方程为　　　　　. ‎ ‎15.(2020山东淄博4月模拟,16)已知函数f(x)=2sin x+sin 2x,则f(x)的最小值是　　　　　. ‎ ‎16.已知函数f(x)=log2x,g(x)=x‎+‎a-x(a>0),若对∀x1∈{x|g(x)=x‎+‎a-x},∃x2∈[4,16],使g(x1)=f(x2)成立,则实数a的取值范围是　　　　　. ‎ 专题突破练7　热点小专题二、‎ 导数的应用 ‎1.D　解析 ∵y=ax-ln(x+1),∴y'=a-‎1‎x+1‎‎.∴‎y'|x=0=a-1=2,得a=3.‎ ‎2.D　解析 因为函数f(x)=3x+2cos x,所以导数函数f'(x)=3-2sin x,‎ 可得f'(x)=3-2sin x>0在R上恒成立,所以f(x)在R上为增函数,‎ 又因为2=log240,‎ 故g(x)在R上单调递增,且g(0)=3,‎ 由f(x)+1>3ex,可得f(x)+1‎ex>3,‎ 即g(x)>g(0),所以x>0,故选C.‎ ‎5.A　解析 f'(x)=aex-2x-(2a+1),令g(x)=aex-2x-(2a+1).‎ 由函数f(x)在区间(0,ln 2)上有极值⇔g(x)在区间(0,ln 2)上单调且存在零点.所以g(0)g(ln 2)=(a-2a-1)(2a-2ln 2-2a-1)<0,‎ 即a+1<0,解得a<-1.故实数a的取值范围是(-∞,-1).故选A.‎ ‎6.B　解析 直线y=ax+b(b>0)与曲线y=x3有且只有两个公共点,即为b=x3-ax有两个根,即函数y=x3-ax与y=b恰有两个交点,作出两个函数的图象,可知x1是极大值点时满足题意.‎ ‎∵y'=3x2-a,∴3x‎1‎‎2‎=a.‎ 又∵b=x‎1‎‎3‎-ax1=x‎2‎‎3‎-ax2,‎ ‎∴x‎1‎‎3‎-‎x‎2‎‎3‎‎=a(x1-x2),‎ ‎∴(x1-x2)(x‎1‎‎2‎+x1x2+x‎2‎‎2‎)=a(x1-x2).‎ ‎∵x1ax-2ex在x∈(0,+∞)上恒成立,‎ 等价于f(x+1)>f(ex)在(0,+∞)上恒成立,‎ 因为x∈(0,+∞)时,11时,f'(x)≤0恒成立,‎ 即当x>1时,ax‎≤‎2恒成立,a≤2x,‎ 所以a≤2,故选A.‎ ‎8.B　解析 g(x)=f(x)-a的零点个数等价于直线y=a与函数f(x)图象的交点个数.‎ 令y=-‎1‎‎3‎x3+x2,y'=-x2+2x,当x<0或x>2时,y'<0,当00.所以函数y=-‎1‎‎3‎x3+x2在(-∞,0),(2,+∞)上单调递减,在(0,2)上单调递增,画出函数f(x)的大致图象如图所示,‎ 由图可知当m>2时,存在直线y=a与函数f(x)图象的交点为4个;‎ 当00),∴f'(x)=ln x+1+2x.‎ ‎∵x0是函数f(x)的极值点,‎ ‎∴f'(x0)=0,即ln x0+1+2x0=0,‎ ‎∵f'(x)在(0,+∞)上单调递增,且f'‎1‎e‎=‎‎2‎e>0,‎ ‎∵x→0,f'(x)→-∞,∴00,即选项D正确,选项C不正确.故选AD.‎ ‎12.BC　解析 当x≤0时,f(x)=ex(x+1),‎ 则f'(x)=ex(x+1)+ex=ex(x+2).‎ 由f'(x)<0得,x+2<0,即x<-2,此时f(x)为减函数,‎ 由f'(x)>0得,x+2>0,即-20,‎g(1)≥0,‎Δ>0,‎‎00,‎‎1-a+‎1‎‎16‎≥0,‎a‎2‎‎-4×‎1‎‎16‎>0,‎‎00,解得x0时,讨论f(x)极值点的个数.‎ ‎4.(2020山西太原三模,21)已知函数f(x)=ln x+kx.‎ ‎(1)当k=-1时,求函数f(x)的极值点;‎ ‎(2)当k=0时,若f(x)+bx-a≥0(a,b∈R)恒成立,求ea-1-b+1的最大值.‎ ‎5.(2020山东烟台模拟,22)已知函数f(x)=a‎2‎x2-x(ln x-b-1),a,b∈R.‎ ‎(1)略;‎ ‎(2)若f(x)在(0,+∞)上单调递增,且c≤e2a+b,求c的最大值.‎ ‎6.已知函数f(x)=x3+‎3‎‎2‎x2-4ax+1(a∈R).‎ ‎(1)若函数f(x)有两个极值点,且都小于0,求a的取值范围;‎ ‎(2)若函数h(x)=a(a-1)ln x-x3+3x+f(x),求函数h(x)的单调区间.‎ ‎7.(2020山东济宁6月模拟,22)已知函数f(x)=x-aln x.‎ ‎(1)若曲线y=f(x)+b(a,b∈R)在x=1处的切线方程为x+y-3=0,求a,b的值;‎ ‎(2)求函数g(x)=f(x)+a+1‎x(a∈R)的极值点;‎ ‎(3)设h(x)=‎1‎af(x)+aex-xa+ln a(a>0),若当x>a时,不等式h(x)≥0恒成立,求a的最小值.‎ ‎8.已知函数f(x)=ax2+xln x(a为常数,a∈R,e为自然对数的底数,e=2.718 28…).‎ ‎(1)若函数f(x)≤0恒成立,求实数a的取值范围;‎ ‎(2)若曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线方程为y=(2e+2)x-e2-e,k∈Z且k1都成立,求k的最大值.‎ 专题突破练8　函数的单调性、‎ 极值点、极值、最值 ‎1.解 (1)当a=0时,f(x)=x-1‎x+1‎,x∈(0,+∞).‎ 此时f'(x)=‎2‎‎(x+1‎‎)‎‎2‎,于是f'(1)=‎1‎‎2‎,f(1)=0,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-0=‎1‎‎2‎(x-1),‎ 即x-2y-1=0.‎ ‎(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=‎ax‎+‎2‎‎(x+1‎‎)‎‎2‎=ax‎2‎+2(a+1)x+ax(x+1‎‎)‎‎2‎.‎ ‎①当a≥0时,f'(x)>0,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.‎ ‎②当a<0时,令g(x)=ax2+2(a+1)x+a,则Δ=4(a+1)2-4a2=4(2a+1).‎ ‎(ⅰ)当a≤-‎1‎‎2‎时,Δ≤0,所以g(x)≤0,于是f'(x)≤0,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.‎ ‎(ⅱ)当-‎1‎‎2‎0,此时g(x)=0有两个不相等的实数根,分别是x1=‎-(a+1)+‎‎2a+1‎a,x2=‎-(a+1)-‎‎2a+1‎a,x10,‎x‎1‎x‎2‎‎=1>0,‎可得0x2时,有g(x)<0,f'(x)<0,所以函数f(x)单调递减;‎ 当x10,f'(x)>0,所以函数f(x)单调递增.综上所述,当a≥0时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a≤-‎1‎‎2‎时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;当-‎1‎‎2‎0,得04,‎ 所以f(x)在(0,4)上单调递增,在(4,+∞)上单调递减,‎ 所以f(x)max=f(4)=2ln 2-2.‎ ‎(2)当b>0时,函数f(x)定义域为[0,+∞),f'(x)=ax+b‎-‎1‎‎2‎x=‎‎-x+2ax-b‎2x(x+b)‎,‎ ‎①当a≤0时,f'(x)<0对任意的x∈(0,+∞)恒成立,‎ 所以此时f(x)极值点的个数为0个;‎ ‎②当a>0时,设h(x)=-x+2ax-b,‎ ‎(ⅰ)当4a2-4b≤0,即00,即a>b时,记方程h(x)=0的两根分别为x1,x2,‎ 则x‎1‎‎+‎x‎2‎=2a>0,x‎1‎x‎2‎=b>0,所以x1,x2都大于0,即f'(x)在(0,+∞)上有2个变号零点,所以,此时f(x)极值点的个数为2个.‎ 综上所述,a‎≤‎b时,f(x)极值点的个数为0个;a>b时,f(x)极值点的个数为2个.‎ ‎4.解 (1)f(x)定义域为(0,+∞),当k=-1时,f(x)=ln x-x,f'(x)=‎1‎x-1,令f'(x)=0,得x=1,当f'(x)>0时,解得01,所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以f(x)有极大值点为x=1,无极小值点.‎ ‎(2)当k=0时,f(x)+bx-a=ln x+bx-a.‎ 若f(x)+bx-a≥0(a,b∈R)恒成立,则ln x+bx-a≥0(a,b∈R)恒成立,‎ 所以a≤ln x+bx恒成立,‎ 令g(x)=ln x+bx,则g'(x)=x-bx‎2‎,‎ 由题意b>0,函数g(x)在(0,b)上单调递减,在(b,+∞)上单调递增,‎ 所以g(x)min=g(b)=ln b+1,‎ 所以a≤ln b+1,所以a-1≤ln b,‎ 所以ea-1≤b,ea-1-b+1≤1,故当且仅当ea-1=b时,ea-1-b+1的最大值为1.‎ ‎5.解 (1)略 ‎(2)因为f(x)在(0,+∞)上单调递增,即f'(x)=ax+b-ln x≥0在(0,+∞)上恒成立,设h(x)=ax+b-ln x,则h'(x)=a-‎1‎x,‎ ‎①若a=0,则h'(x)<0,则h(x)在(0,+∞)上单调递减,显然f'(x)=b-ln x≥0在(0,+∞)上不恒成立;‎ ‎②若a<0,则h'(x)<0,h(x)在(0,+∞)上单调递减,当x>max‎-ba,1‎时,ax+b<0,-ln x<0,故h(x)<0,f(x)单调递减,不符合题意;‎ ‎③若a>0,当0‎1‎a时,h'(x)>0,h(x)单调递增,‎ 所以h(x)min=h‎1‎a=1+b+ln a,‎ 由h(x)min≥0得2a+b≥2a-1-ln a,‎ 设m(x)=2x-1-ln x,x>0,‎ 则m'(x)=2-‎1‎x,‎ 当0‎1‎‎2‎时,m'(x)>0,m(x)单调递增,所以m(x)≥m‎1‎‎2‎=ln 2,‎ 所以2a+b≥ln 2.又c≤e2a+b,所以c≤2,即c的最大值为2.‎ ‎6.解 (1)由f(x)有两个极值点且都小于0,得f'(x)=3x2+3x-4a=0有两个不相等的负实根,‎‎∴‎Δ=9+48a>0,‎x‎1‎‎+x‎2‎=-1<0,‎x‎1‎x‎2‎‎=-‎4‎‎3‎a>0,‎ 解得-‎3‎‎16‎0,‎ 则h'(x)=a(a-1)‎x+3x-(4a-3)=‎1‎x(3x-a)[x-(a-1)].‎ 令(3x-a)[x-(a-1)]=0,得x=a‎3‎或x=a-1,令a‎3‎=a-1,得a=‎‎3‎‎2‎‎.‎ ‎①当a‎3‎‎≤0,‎a-1≤0,‎即a≤0时,在(0,+∞)上h'(x)>0恒成立;‎ ‎②当‎0a‎3‎时,h'(x)>0,当0a-1>0,即1a‎3‎时,h'(x)>0,当a-10,即a=‎3‎‎2‎时,h'(x)>0恒成立;‎ ‎⑤当a-1>a‎3‎>0,即a>‎3‎‎2‎,当0a-1时,h'(x)>0,当a‎3‎‎3‎‎2‎时,h(x)在0,a‎3‎,(a-1,+∞)上单调递增,在a‎3‎,a-1上单调递减.‎ ‎7.解 (1)由f(x)=x-aln x,得y=f(x)+b=x-aln x+b,∴y'=f'(x)=1-ax‎.‎由已知可得f'(1)=-1,‎f(1)+b=2,‎即‎1-a=-1,‎‎1+b=2,‎ ‎∴a=2,b=1.‎ ‎(2)∵g(x)=f(x)+a+1‎x=x-aln x+a+1‎x,∴g'(x)=1-ax‎-a+1‎x‎2‎=‎‎(x+1)[x-(a+1)]‎x‎2‎(x>0),所以当a+1≤0,即a≤-1时,g'(x)>0,g(x)在(0,+∞)上为增函数,无极值点;‎ 当a+1>0,即a>-1时,则有当0a+1时,g'(x)>0,∴g(x)在(0,a+1)上为减函数,在(a+1,+∞)上为增函数,所以x=a+1是g(x)极小值点,无极大值点;‎ 综上可知,当a≤-1时,函数g(x)无极值点,当a>-1时,函数g(x)的极小值点是a+1,无极大值点.‎ ‎(3)h(x)=‎1‎af(x)+aex-xa+ln a=aex-ln x+ln a(a>0),由题意知,当x>a时,aex-ln x+ln a≥0恒成立,‎ 又不等式aex-ln x+ln a≥0等价于aex≥lnxa,‎ 即ex‎≥‎‎1‎alnxa,即xex‎≥‎xalnxa,①‎ 由x>a>0知:xa>1,lnxa>0,所以①式等价于ln(xex)≥lnxalnxa,‎ 即x+ln x≥lnxa+lnlnxa,‎ 设φ(x)=x+ln x(x>0),‎ 则原不等式即为φ(x)‎≥φlnxa,‎ 又φ(x)=x+ln x(x>0)在(0,+∞)上为增函数,‎ 所以原不等式等价于x≥lnxa,②‎ 又②式等价于ex‎≥‎xa,亦即a‎≥‎xex(x>a>0),设F(x)=xex(x>0),‎ 则F'(x)=‎1-xex,∴F(x)在(0,1)上为增函数,在(1,+∞)上为减函数,‎ 又x>a>0,∴当0e时,g'(x)>0,g(x)递增,‎ 可得当x=e时g(x)取得最小值,且g(e)=-ln ee=-‎1‎e,所以a≤-‎‎1‎e‎.‎ ‎(2)f(x)的导数为f'(x)=2ax+1+ln x,曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线斜率为2ae+2=2e+2,‎ 可得a=1,即f(x)=x2+xln x.‎ 又由k1都成立,可得k1恒成立.‎ 设h(x)=x‎2‎‎+xlnxx-1‎,x>1,h'(x)=‎x‎2‎‎-x-lnx-1‎‎(x-1‎‎)‎‎2‎‎.‎ 设k(x)=x2-x-ln x-1,x>1,‎ k'(x)=2x-1-‎1‎x‎=‎‎(x-1)(2x+1)‎x>0,‎ 可得k(x)在(1,+∞)内递增,由k(1.8)=0.44-ln 1.8.‎ 由1.8>e可得ln 1.8>‎1‎‎2‎,‎ 即有k(1.8)<0,k(2)=1-ln 2>0,则存在m∈(1.8,2),使得k(m)=0,‎ 则1m时,k(x)>0,h'(x)>0,h(x)在x>m递增,‎ 可得h(x)min=h(m)=‎m‎2‎‎+mlnmm-1‎‎.‎ 又k(m)=m2-m-ln m-1=0,‎ 即有m2-1=m+ln m,‎ 可得h(x)min=m2+m在(1.8.2)递增,可得h(x)min∈(5.04,6),由k1.‎ ‎(1)求函数f(x)的极值;‎ ‎(2)直线y=2x+1为函数f(x)图象的一条切线,若对任意的x1∈(0,1),x2∈[1,2]都有g(x1)>f'(x2)成立,求实数a的取值范围.‎ ‎4.(2020湖北武汉二月调考,理21)已知函数f(x)=(x-1)ex-kx2+2.‎ ‎(1)略;‎ ‎(2)若∀x∈[0,+∞),都有f(x)≥1成立,求k的取值范围.‎ ‎5.已知函数f(x)=xex-aln x(无理数e=2.718…).‎ ‎(1)若f(x)在(0,1)单调递减,求实数a的取值范围;‎ ‎(2)当a=-1时,设g(x)=x(f(x)-xex)-x3+x2-b,若函数g(x)存在零点,求实数b的最大值.‎ ‎6.(2020全国Ⅲ,文20)已知函数f(x)=x3-kx+k2.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)若f(x)有三个零点,求k的取值范围.‎ ‎7.(2020北京东城一模,20)已知函数f(x)=x(ln x-ax)(a∈R).‎ ‎(1)若a=1,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;‎ ‎(2)若f(x)有两个极值点,求实数a的取值范围;‎ ‎(3)若a>1,求f(x)在区间(0,2a]上的最小值.‎ ‎8.(2020湖南永州二模,理21)已知函数f(x)=(x+1)ln(x+1),g(x)=ax+x‎2‎‎2‎-xcos x.‎ ‎(1)当x≥0时,总有f(x)≤x‎2‎‎2‎+mx,求m的最小值;‎ ‎(2)对于[0,1]中任意x恒有f(x)≤g(x),求a的取值范围.‎ 专题突破练9　应用导数求 参数的值或范围 ‎1.解 (1)由a=‎1‎e,得f(x)=2e2x-1+‎4‎ex,所以f'(x)=4e2x-1+‎4‎e,‎ 则f'(0)=8e-1,f(0)=2e-1,‎ 则切线方程为y-2e-1=8e-1x,‎ 令x=0可得y=2e-1,令y=0可得x=-‎‎1‎‎4‎‎.‎ 所以切线与两坐标轴围成的三角形面积为S=‎1‎‎2‎‎·‎2e-1‎‎·‎-‎‎1‎‎4‎=‎1‎‎4e.‎ ‎(2)f'(x)=4e2x-1+4a.‎ ‎(ⅰ)当a≥0时,f'(x)>0,故f(x)在[1,2]上单调递增,所以f(x)在[1,2]上的最大值为f(2)=2e3+8a=3e3,所以a=‎e‎3‎‎8‎‎.‎ ‎(ⅱ)当a<0时,由f'(x)=0,可得x=‎1‎‎2‎[ln(-a)+1].‎ ‎①当‎1‎‎2‎[ln(-a)+1]≤1,即-e≤a<0时,f(x)在[1,2]上单调递增,所以f(x)在[1,2]上的最大值为f(2)=2e3+8a=3e3,所以a=e‎3‎‎8‎>0,舍去,‎ ‎②当‎1‎‎2‎[ln(-a)+1]≥2,即a≤-e3时,f(x)在[1,2]上单调递减,所以f(x)在[1,2]上的最大值为f(1)=2e+4a=3e3,‎ 所以a=‎3‎‎4‎e3-‎1‎‎2‎e,不满足a≤-e3,舍去,③当1<‎1‎‎2‎[ln(-a)+1]<2,即-e30.‎ 所以f(x)在1,‎1‎‎2‎[ln(-a)+1]上单调递减,在‎1‎‎2‎[ln(-a)+1],2上单调递增,由上面分析可知,当-e30.‎ 所以f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.‎ ‎(2)f(x)‎≥‎‎1‎‎2‎x3+1等价于‎1‎‎2‎x3-ax2+x+1e-x≤1.设函数g(x)=‎1‎‎2‎x‎3‎‎-ax‎2‎+x+1‎e-x(x≥0),‎ 则g'(x)=- ‎1‎‎2‎x3-ax2+x+1-‎3‎‎2‎x2+2ax-1e-x ‎=-‎1‎‎2‎x[x2-(2a+3)x+4a+2]e-x ‎=-‎1‎‎2‎x(x-2a-1)(x-2)e-x.‎ ‎①若2a+1≤0,即a≤-‎1‎‎2‎,则当x∈(0,2)时,g'(x)>0.所以g(x)在(0,2)单调递增,而g(0)=1,故当x∈(0,2)时,g(x)>1,不合题意.‎ ‎②若0<2a+1<2,即-‎1‎‎2‎0.‎ 所以g(x)在(0,2a+1),(2,+∞)单调递减,在(2a+1,2)单调递增.由于g(0)=1,所以g(x)≤1当且仅当g(2)=(7-4a)e-2≤1,即a‎≥‎7-‎e‎2‎‎4‎.‎ 所以当‎7-‎e‎2‎‎4‎‎≤‎a<‎1‎‎2‎时,g(x)≤1.‎ ‎③若2a+1≥2,即a‎≥‎‎1‎‎2‎,则g(x)≤‎1‎‎2‎x3+x+1e-x.‎ 由于0∈‎7-‎e‎2‎‎4‎‎,‎‎1‎‎2‎,故由②可得‎1‎‎2‎x‎3‎‎+x+1‎e-x≤1.‎ 故当a‎≥‎‎1‎‎2‎时,g(x)≤1.综上,a的取值范围是‎7-‎e‎2‎‎4‎‎,+∞‎‎.‎ ‎3.解 (1)∵a>1,∴函数f(x)的定义域为(0,+∞).∵f(x)=ln ax-bx+1=ln a+ln x-bx+1,∴f'(x)=‎1‎x-b=‎‎1-bxx‎.‎ ‎①当b≤0时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上为增函数,无极值;‎ ‎②当b>0时,由f'(x)=0,得x=‎‎1‎b‎.‎ ‎∵x‎∈‎‎0,‎‎1‎b时,f'(x)>0,f(x)为增函数,x‎∈‎‎1‎b‎,+∞‎时,f'(x)<0,f(x)为减函数,∴f(x)在定义域上有极大值,极大值为f‎1‎b=lnab‎.‎ ‎(2)设直线y=2x+1与函数f(x)图象相切的切点为(x0,y0),则y0=2x0+1.‎ ‎∵f'(x)=‎1‎x-b,∴f'(x0)=‎1‎x‎0‎-b=2,∴x0=‎1‎b+2‎,即bx0=1-2x0.‎ 又∵ln ax0-bx0+1=2x0+1,‎ ‎∴ln ax0=1,∴ax0=e.‎ ‎∴x0=ea‎.∴‎ae=b+2.‎ ‎∵对任意的x1∈(0,1),x2∈[1,2]都有g(x1)>f'(x2)成立,‎ ‎∴只需g(x1)min>f'(x2)max.‎ ‎∵g'(x)=a-‎1‎x‎=‎ax-1‎x,‎ ‎∴由g'(x)=0,得x=‎‎1‎a‎.‎ ‎∵a>1,∴0<‎1‎a<1.∴x‎∈‎‎0,‎‎1‎a时,g'(x)<0,g(x)为减函数,x‎∈‎‎1‎a‎,1‎时,g'(x)>0,g(x)为增函数.‎ ‎∴g(x)≥g‎1‎a=1+ln a,‎ 即g(x1)min=1+ln a.‎ ‎∵f'(x2)=‎1‎x‎2‎-b在x2∈[1,2]上为减函数,∴f'(x2)max=f'(1)=1-b=3-ae‎.∴‎1+ln a>3-ae‎.‎即ln a+ae-2>0.设h(a)=ln a+ae-2,‎ 易知h(a)在(1,+∞)上为增函数.‎ 又∵h(e)=0,∴实数a的取值范围为(e,+∞).‎ ‎4.解 (1)略 ‎(2)f'(x)=xex-2kx=x(ex-2k),‎ ‎①当k≤0时,ex-2k>0,所以,当x<0时,f'(x)<0,当x>0时,f'(x)>0,‎ 则f(x)在区间(-∞,0)上是减函数,在区间(0,+∞)上是增函数,‎ 所以f(x)在区间[0,+∞)上的最小值为f(0),且f(0)=1,符合题意;‎ ‎②当k>0时,令f'(x)=0,得x=0或x=ln 2k,‎ 所以当00,f(x)为增函数,‎ 所以f(x)在区间[0,+∞)上的最小值为f(0),且f(0)=1,符合题意;‎ 当k>‎1‎‎2‎时,ln 2k>0,当x∈(0,ln 2k)时,f'(x)<0,f(x)在区间(0,ln 2k)上是减函数,‎ 所以f(ln 2k)0,h'(x)>0在x∈(0,1)单调递增.‎ 即h(x)0,故f(x)在(-∞,+∞)单调递增.‎ 当k>0时,令f'(x)=0,得x=±‎‎3k‎3‎‎.‎ 当x∈-∞,-‎3k‎3‎时,f'(x)>0;‎ 当x∈-‎3k‎3‎‎,‎‎3k‎3‎时,f'(x)<0;‎ 当x∈‎3k‎3‎,+∞时,f'(x)>0.‎ 故f(x)在-∞,-‎3k‎3‎,‎3k‎3‎,+∞单调递增,在-‎3k‎3‎‎,‎‎3k‎3‎单调递减.‎ ‎(2)由(1)知,当k≤0时,f(x)在(-∞,+∞)单调递增,f(x)不可能有三个零点.当k>0时,x=-‎3k‎3‎为f(x)的极大值点,x=‎3k‎3‎为f(x)的极小值点.此时,-k-1<-‎3k‎3‎‎<‎‎3k‎3‎0,f‎-‎‎3k‎3‎>0.‎ 根据f(x)的单调性,当且仅当f‎3k‎3‎<0,即k2-‎2k‎3k‎9‎<0时,f(x)有三个零点,解得k<‎‎4‎‎27‎‎.‎ 因此k的取值范围为0,‎4‎‎27‎.‎ ‎7.解 (1)当a=1时,f'(x)=ln x-2x+1,所以f'(1)=-1.‎ 又因为f(1)=-1,所以切线方程为y+1=-(x-1),即x+y=0.‎ ‎(2)f'(x)=ln x-2ax+1,设g(x)=ln x-2ax+1,‎ 当a≤0时,易证g(x)在(0,+∞)上单调递增,不合题意.‎ 当a>0时,g'(x)=‎1‎x-2a,‎ 令g'(x)=0,得x=‎1‎‎2a,‎ 当x‎∈‎‎0,‎‎1‎‎2a时,g'(x)>0,g(x)在‎0,‎‎1‎‎2a上单调递增,‎ 当x‎∈‎‎1‎‎2a‎,+∞‎时,g'(x)<0,g(x)在‎1‎‎2a‎,+∞‎上单调递减,‎ 所以g(x)在x=‎1‎‎2a处取得极大值g‎1‎‎2a=ln‎1‎‎2a‎.‎ 依题意,函数g(x)=ln x-2ax+1有两个零点,则g‎1‎‎2a=ln‎1‎‎2a>0,即‎1‎‎2a>1,解得0‎‎1‎‎2a,且ex>x2+1(x>1),‎ 得g(e‎1‎‎2a‎+2‎)=‎1‎‎2a+2-2a‎·‎e‎1‎‎2a‎+2‎+1<‎1‎‎2a+2-2a‎·‎‎1‎‎2a‎+2‎‎2‎‎+1‎+1=-1-10a<0,所以g(x)在‎1‎‎2a‎,+∞‎上存在一个零点.‎ 所以当实数a的取值范围为01时,g(x)0,‎ ‎∴φ'(x)在[0,+∞)上单调递增,且φ'(0)=m-1.‎ 若m≥1,则φ(x)在[0,+∞)上单调递增,∴φ(x)≥φ(0)=0,即m≥1满足条件;‎ 若m<1,φ'(0)=m-1<0,φ(x)存在单调递减区间[0,x0].‎ 又∵φ(0)=0,所以存在x0使得φ(x0)<0,与已知条件矛盾,‎ 所以m≥1,m的最小值为1.‎ ‎(2)由(1)知f(x)‎≤‎x‎2‎‎2‎+x,如果x‎2‎‎2‎+x≤g(x),则必有f(x)≤g(x)成立.‎ 设h(x)=g(x)-x‎2‎‎2‎‎+x=(a-1)x-xcos x=x(a-1-cos x),‎ 令h(x)=x(a-1-cos x)≥0,即a-1-cos x≥0,‎ ‎∴a≥1+cos x,又x∈[0,1],∴a≥2.‎ 故当a≥2时,f(x)≤g(x)恒成立,‎ 下面证明a<2时,f(x)≤g(x)不恒成立.‎ 令f1(x)=f(x)-x=(x+1)ln(x+1)-x,f'1(x)=ln(x+1),‎ 当x>0时,f'1(x)=ln(x+1)>0,f1(x)在区间[0,1]上单调递增,‎ 故f1(x)≥f1(0)=0,‎ 即f1(x)=f(x)-x≥0,故x≤f(x).‎ g(x)-f(x)≤g(x)-x=(a-1)x+x‎2‎‎2‎-xcos x=xa-1+x‎2‎-cos x,‎ 令t(x)=a-1+x‎2‎-cos x,t'(x)=‎1‎‎2‎+sin x>0,‎ 所以t(x)在[0,1]上单调递增,‎ 又t(0)=a-2<0,则一定存在区间(0,x'0)(其中0xex.‎ ‎3.(2020山东潍坊二模,20)已知函数f(x)=‎1‎x+aln x,g(x)=exx.‎ ‎(1)讨论函数f(x)的单调性;‎ ‎(2)证明:a=1时,f(x)+g(x)-‎1+‎ex‎2‎ln x>e.‎ ‎4.(2020山东济宁5月模拟,21)已知两个函数f(x)=exx,g(x)=lnxx‎+‎‎1‎x-1.‎ ‎(1)当t>0时,求f(x)在区间[t,t+1]上的最大值;‎ ‎(2)求证:对任意x∈(0,+∞),不等式f(x)>g(x)都成立.‎ ‎5.(2020山东烟台一模,21)已知函数f(x)=‎1+lnxx-a(a∈R).‎ ‎(1)若f(x)≤0在(0,+∞)上恒成立,求a的取值范围,并证明:对任意的n∈N*,都有1+‎1‎‎2‎‎+‎‎1‎‎3‎+…+‎1‎n>ln(n+1);‎ ‎(2)设g(x)=(x-1)2ex,讨论方程f(x)=g(x)的实数根的个数.‎ ‎6.已知函数f(x)=ln x+a‎1‎x-1,a∈R.‎ ‎(1)若f(x)≥0,求实数a取值的集合;‎ ‎(2)证明:ex+‎1‎x≥2-ln x+x2+(e-2)x.‎ ‎7.(2019天津,文20)设函数f(x)=ln x-a(x-1)ex,其中a∈R.‎ ‎(1)若a≤0,讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)若0x0,证明3x0-x1>2.‎ ‎8.(2020天津,20)已知函数f(x)=x3+kln x(k∈R),f'(x)为f(x)的导函数.‎ ‎(1)当k=6时,‎ ‎①求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;‎ ‎②求函数g(x)=f(x)-f'(x)+‎9‎x的单调区间和极值;‎ ‎(2)当k≥-3时,求证:对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有f'(x‎1‎)+f'(x‎2‎)‎‎2‎‎>‎f(x‎1‎)-f(x‎2‎)‎x‎1‎‎-‎x‎2‎.‎ 专题突破练10　利用导数证明 问题及讨论零点个数 ‎1.(1)解 f'(x)=3x2+b,依题意得f'‎1‎‎2‎=0,即‎3‎‎4‎+b=0.‎ 故b=-‎‎3‎‎4‎‎.‎ ‎(2)证明 由(1)知f(x)=x3-‎3‎‎4‎x+c,f'(x)=3x2-‎3‎‎4‎‎.‎令f'(x)=0,解得x=-‎1‎‎2‎或x=‎‎1‎‎2‎‎.‎ f'(x)与f(x)的情况为:‎ x ‎-∞,‎ ‎-‎‎1‎‎2‎ ‎-‎‎1‎‎2‎ ‎-‎1‎‎2‎,‎ ‎1‎‎2‎ ‎1‎‎2‎ ‎1‎‎2‎‎,‎ ‎+∞‎ f'(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎ ‎↗‎ c+‎‎1‎‎4‎ ‎↘‎ c-‎‎1‎‎4‎ ‎↗‎ 因为f(1)=f‎-‎‎1‎‎2‎=c+‎1‎‎4‎,所以当c<-‎1‎‎4‎时,f(x)只有大于1的零点.‎ 因为f(-1)=f‎1‎‎2‎=c-‎1‎‎4‎,所以当c>‎1‎‎4‎时,f(x)只有小于-1的零点.‎ 由题设可知-‎1‎‎4‎‎≤‎c‎≤‎1‎‎4‎.‎ 当c=-‎1‎‎4‎时,f(x)只有两个零点-‎1‎‎2‎和1.‎ 当c=‎1‎‎4‎时,f(x)只有两个零点-1和‎1‎‎2‎‎.‎ 当-‎1‎‎4‎0,‎ 所以f(x)在‎0,‎‎2‎e上单调递减,在‎2‎e‎,+∞‎上单调递增.‎ ‎(2)证明 设h(x)=xf(x)=xln x+‎2‎e,由h'(x)=ln x+1=0,得x=‎1‎e,‎ 所以当x‎∈‎‎0,‎‎1‎e时,h'(x)<0,当x‎∈‎‎1‎e‎,+∞‎时,h'(x)>0,‎ 所以h(x)在‎0,‎‎1‎e上单调递减,在‎1‎e‎,+∞‎上单调递增,‎ 所以h(x)min=h‎1‎e‎=‎1‎e.‎ 设t(x)=xex(x>0),则t'(x)=‎1-xex,‎ 所以当x∈(0,1)时,t'(x)>0,t(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,t'(x)<0,t(x)单调递减,所以t(x)max=t(1)=‎‎1‎e‎.‎ 综上,在(0,+∞)上恒有h(x)>t(x),即xf(x)>‎xex‎.‎ ‎3.解 (1)函数的定义域为(0,+∞),f'(x)=-‎1‎x‎2‎‎+ax=‎ax-1‎x‎2‎,‎ 当a≤0时,f'(x)<0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减;‎ 当a>0时,由f'(x)>0,得x>‎1‎a,由f'(x)<0,得00时,f(x)在‎0,‎‎1‎a上单调递减,在‎1‎a‎,+∞‎上单调递增.‎ ‎(2)因为x>0,所以不等式等价于ex-ex+1>elnxx,‎ 设F(x)=ex-ex+1,F'(x)=ex-e,‎ 所以x∈(1,+∞)时,F'(x)>0,F(x)单调递增,x∈(0,1)时,F'(x)<0,F(x)单调递减,所以F(x)min=F(1)=1;‎ 设G(x)=elnxx,G'(x)=e(1-lnx)‎x‎2‎,‎ 所以x∈(0,e)时,G'(x)>0,G(x)单调递增,x∈(e,+∞)时,G'(x)<0,G(x)单调递减,所以G(x)max=G(e)=1.‎ 虽然F(x)的最小值等于G(x)的最大值,但1≠e,所以F(x)>G(x),即ex-ex+1>elnxx,故原不等式成立.‎ ‎4.解 (1)由f(x)=exx得,f'(x)=xex-‎exx‎2‎‎=‎ex‎(x-1)‎x‎2‎,∴当x<1时,f'(x)<0,当x>1时,f'(x)>0,‎ ‎∴f(x)在区间(-∞,1)上为减函数,在区间(1,+∞)上为增函数.‎ ‎①当t≥1时,f(x)在区间[t,t+1]上为增函数,f(x)的最大值为f(t+1)=‎et+1‎t+1‎‎.‎ ‎②当01,f(x)在区间(t,1)上为减函数,在区间(1,t+1)上为增函数,∴f(x)的最大值为f(x)max=max{f(t),f(t+1)}.‎ 下面比较f(t)与f(t+1)的大小.‎ f(t)-f(t+1)=ett‎-et+1‎t+1‎=‎[(1-e)t+1]‎ett(t+1)‎.∵‎t>0,1-e<0,‎ ‎∴当0‎1‎e-1‎时,f(x)在区间[t,t+1]上的最大值为f(t+1)=‎et+1‎t+1‎‎.‎ ‎(2)证明:不等式f(x)>g(x)即为exx‎>lnxx+‎‎1‎x-1.∵x>0,∴不等式等价于ex>ln x-x+1,‎ 令h(x)=ex-(x+1)(x>0),‎ 则h'(x)=ex-1>0,‎ ‎∴h(x)在(0,+∞)上为增函数,h(x)>h(0)=0,即ex>x+1,‎ 所以,要证ex>ln x-x+1成立,只需证x+1>ln x-x+1成立即可.‎ 即证2x>ln x在(0,+∞)上成立.‎ 设φ(x)=2x-ln x,则φ'(x)=2-‎1‎x‎=‎‎2x-1‎x,当0‎1‎‎2‎时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增,∴φ(x)min=φ‎1‎‎2‎=1-ln‎1‎‎2‎=1+ln 2>0,∴φ(x)>0在(0,+∞)上成立,∴对任意x∈(0,+∞),不等式f(x)>g(x)都成立.‎ ‎5.解 (1)由f(x)≤0可得,a‎≥‎‎1+lnxx(x>0),令h(x)=‎1+lnxx,则h'(x)=‎1‎x‎·x-(1+lnx)‎x‎2‎‎=‎‎-lnxx‎2‎,‎ 当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,故h(x)在x=1处取得最大值,要使a‎≥‎‎1+lnxx,只需a≥h(1)=1,‎ 故a的取值范围为a≥1.‎ 显然,当a=1时,有‎1+lnxx‎≤‎1,即不等式ln x1(n∈N*),则有lnn+1‎n‎<‎n+1‎n-1=‎1‎n,所以ln‎2‎‎1‎+ln‎3‎‎2‎+…+lnn+1‎n<1+‎1‎‎2‎‎+‎‎1‎‎3‎+…+‎1‎n,‎ 即1+‎1‎‎2‎‎+‎‎1‎‎3‎+…+‎1‎n>ln(n+1).‎ ‎(2)由f(x)=g(x),可得‎1+lnxx-a=(x-1)2ex,即a=‎1+lnxx-(x-1)2ex,‎ 令t(x)=‎1+lnxx-(x-1)2ex,‎ 则t'(x)=‎-lnxx‎2‎-(x2-1)ex,‎ 当x∈(0,1)时,t'(x)>0,t(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,t'(x)<0,t(x)单调递减,故t(x)在x=1处取得最大值t(1)=1,又当x→0时,t(x)→-∞,当x→+∞时,t(x)→-∞,所以,当a=1时,方程f(x)=g(x)有一个实数解;‎ 当a<1时,方程f(x)=g(x)有两个不同的实数解;‎ 当a>1时,方程f(x)=g(x)没有实数解.‎ ‎6.(1)解 f'(x)=‎1‎x‎-ax‎2‎=‎x-ax‎2‎(x>0).‎ 当a≤0时,f'(x)>0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.又f(1)=0,‎ 因此当00时,可得函数f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,‎ 故当x=a时,函数f(x)取得最小值,则f(a)=ln a+1-a≥0.‎ 令g(a)=ln a+1-a,g(1)=0.‎ 由g'(a)=‎1‎a-1=‎1-aa,可知当a=1时,函数g(a)取得最大值,而g(1)=0,‎ 因此只有当a=1时满足f(a)=ln a+1-a≥0.故a=1.‎ 故实数a取值的集合是{1}.‎ ‎(2)证明 由(1)可知,当a=1时,f(x)≥0,即ln x≥1-‎1‎x在(0,+∞)内恒成立.‎ 要证明ex+‎1‎x‎≥‎2-ln x+x2+(e-2)x,即证明ex≥1+x2+(e-2)x,即ex-1-x2-(e-2)x≥0.‎ 令h(x)=ex-1-x2-(e-2)x,x>0.‎ h'(x)=ex-2x-(e-2),令u(x)=ex-2x-(e-2),‎ u'(x)=ex-2,令u'(x)=ex-2=0,解得x=ln 2.‎ 则函数u(x)在(0,ln 2)内单调递减,在(ln 2,+∞)内单调递增.‎ 即函数h'(x)在(0,ln 2)内单调递减,在(ln 2,+∞)内单调递增.‎ 而h'(0)=1-(e-2)=3-e>0,‎ h'(ln 2)0,h(x)单调递增;‎ 当x∈(x0,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减.‎ 当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增.‎ 又h(0)=1-1=0,h(1)=e-1-1-(e-2)=0,‎ 故对∀x>0,h(x)≥0恒成立,即ex-1-x2-(e-2)x≥0.‎ 综上可知,ex+‎1‎x‎≥‎2-ln x+x2+(e-2)x成立.‎ ‎7.(1)解 由已知,f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=‎1‎x-[aex+a(x-1)ex]=‎1-ax‎2‎exx‎.‎因此当a≤0时,1-ax2ex>0,从而f'(x)>0,‎ 所以f(x)在(0,+∞)内单调递增.‎ ‎(2)证明 ①由(1)知,f'(x)=‎1-ax‎2‎exx‎.‎令g(x)=1-ax2ex,由00,且gln‎1‎a=1-aln ‎1‎a2‎1‎a=1-ln ‎1‎a2<0,故g(x)=0在(0,+∞)内有唯一解,从而f'(x)=0在(0,+∞)内有唯一解,不妨设为x0,则1‎g(x‎0‎)‎x=0,所以f(x)在(0,x0)内单调递增;‎ 当x∈(x0,+∞)时,f'(x)=g(x)‎x‎<‎g(x‎0‎)‎x=0,所以f(x)在(x0,+∞)内单调递减,因此x0是f(x)的唯一极值点.‎ 令h(x)=ln x-x+1,则当x>1时,h'(x)=‎1‎x-1<0,故h(x)在(1,+∞)内单调递减,从而当x>1时,h(x)f(1)=0,所以f(x)在(x0,+∞)内有唯一零点.又f(x)在(0,x0)内有唯一零点1,从而,f(x)在(0,+∞)内恰有两个零点.‎ ‎②由题意,f'(x‎0‎)=0,‎f(x‎1‎)=0,‎即ax‎0‎‎2‎ex‎0‎=1,‎ln x‎1‎=a(x‎1‎-1)ex‎1‎,‎从而ln x1=x‎1‎‎-1‎x‎0‎‎2‎ex‎1‎‎-‎x‎0‎,即ex‎1‎‎-‎x‎0‎‎=x‎0‎‎2‎ln ‎x‎1‎x‎1‎‎-1‎.‎因为当x>1时,ln xx0>1,故ex‎1‎‎-‎x‎0‎‎2.‎ ‎8.(1)解 ①当k=6时,f(x)=x3+6ln x,故f'(x)=3x2+‎‎6‎x‎.‎ 可得f(1)=1,f'(1)=9,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=9(x-1),即y=9x-8.‎ ‎②依题意,g(x)=x3-3x2+6ln x+‎3‎x,x∈(0,+∞).‎ 从而可得g'(x)=3x2-6x+‎6‎x‎-‎‎3‎x‎2‎,‎ 整理可得g'(x)=‎3(x-1‎)‎‎3‎(x+1)‎x‎2‎‎.‎令g'(x)=0,解得x=1.‎ 当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:‎ x ‎(0,1)‎ ‎1‎ ‎(1,+∞)‎ g'(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ g(x)‎ ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 所以,函数g(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值.‎ ‎(2)证明 由f(x)=x3+kln x,得f'(x)=3x2+‎kx‎.‎ 对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,令x‎1‎x‎2‎=t(t>1),则(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]=(x1-x2)3x‎1‎‎2‎‎+‎kx‎1‎+3x‎2‎‎2‎‎+‎kx‎2‎-2x‎1‎‎3‎‎-‎x‎2‎‎3‎+klnx‎1‎x‎2‎=x‎1‎‎3‎‎-‎x‎2‎‎3‎-3x‎1‎‎2‎x2+3x1x‎2‎‎2‎+kx‎1‎x‎2‎‎-‎x‎2‎x‎1‎-2klnx‎1‎x‎2‎‎=‎x‎2‎‎3‎(t3-3t2+3t-1)+kt-‎1‎t-2ln t.①‎ 令h(x)=x-‎1‎x-2ln x,x∈[1,+∞).‎ 当x>1时,h'(x)=1+‎1‎x‎2‎‎-‎2‎x=‎‎1-‎‎1‎x‎2‎>0,‎ 由此可得h(x)在[1,+∞)单调递增,‎ 所以当t>1时,h(t)>h(1),即t-‎1‎t-2ln t>0.‎ 因为x2≥1,t3-3t2+3t-1=(t-1)3>0,k≥-3,所以,x‎2‎‎3‎(t3-3t2+3t-1)+kt-‎1‎t-2ln t≥(t3-3t2+3t-1)-3t-‎1‎t-2ln t=t3-3t2+6ln t+‎3‎t-1.②‎ 由(1)②可知,当t>1时,g(t)>g(1),即t3-3t2+6ln t+‎3‎t>1,故t3-3t2+6ln t+‎3‎t-1>0.③‎ 由①②③可得(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]>0.‎ 所以,当k≥-3时,对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有f'(x‎1‎)+f'(x‎2‎)‎‎2‎‎>f(x‎1‎)-f(x‎2‎)‎x‎1‎‎-‎x‎2‎.‎ 专题突破练11　专题二　函数与导数过关检测 ‎　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ 一、单项选择题 ‎1.(2020广东江门4月模拟,理2)若函数f(x)是幂函数,且满足f(4)‎f(2)‎=3,则f‎1‎‎2‎的值为(　　)‎ A.-3 B.-‎1‎‎3‎ C.3 D.‎‎1‎‎3‎ ‎2.(2019全国Ⅰ,理5)函数f(x)=sinx+xcosx+‎x‎2‎在[-π,π]的图像大致为(　　)‎ ‎3.(2020山东青岛二模,4)已知函数f(x)=sinx,x≤0,‎log‎2‎(a+x),x>0,‎且ff‎-‎‎7π‎6‎=1,则a=(　　)‎ A.‎3‎‎2‎ B.2 C.3 D.ln 2‎ ‎4.(2020山西太原二模,理8)设奇函数f(x)在(0,+∞)上为增函数,且f(1)=0,则不等式f(x)-f(-x)‎x<0的解集是(　　)‎ A.(-1,0)∪(1,+∞) B.(-1,0)∪(0,1)‎ C.(-∞,-1)∪(1,+∞) D.(-∞,-1)∪(0,1)‎ ‎5.(2020山东青岛二模,7)已知非零实数a,x,y满足loga‎2‎‎+1‎x‎yx‎+‎xy C.‎1‎‎|a|+1‎x‎<‎‎1‎‎|a|+1‎y D.yx>xy ‎6.(2020山东潍坊一模,7)定义在R上的偶函数f(x)=2|x-m|-1,记a=f(-ln 3),b=f(-log25),c=f(2m),则(　　)‎ A.a0,‎则函数y=f(f(x))的零点所在区间为(　　)‎ A.‎3,‎‎7‎‎2‎ B.(-1,0)‎ C.‎7‎‎2‎‎,4‎ D.(4,5)‎ 二、多项选择题 ‎9.(2020山东烟台模拟,9)下列函数中,既是偶函数,又在(0,+∞)上单调递增的是(　　)‎ A.y=ln(‎1+9‎x‎2‎-3x)‎ B.y=ex+e-x C.y=x2+1‎ D.y=cos x+3‎ ‎10.(2020山东潍坊一模,11)已知函数f(x)对∀x∈R,满足f(x)=-f(6-x),f(x+1)=f(-x+1),若f(a)=-f(2 020),a∈[5,9]且f(x)在[5,9]上为单调函数,则下列结论正确的是(　　)‎ A.f(3)=0‎ B.a=8‎ C.f(x)是周期为4的周期函数 D.y=f(x)的图象关于点(1,0)对称 ‎11.下列四个命题中,不正确的是(　　)‎ A.函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0]上单调递增,则f(x)在R上是增函数 B.若函数f(x)=ax2+bx+2与x轴没有交点,则b2-8a<0且a>0‎ C.当a>b>c时,则有ab>ac成立 D.y=1+x和y=‎(1+x‎)‎‎2‎表示同一个函数 ‎12.(2020山东烟台一模,12)关于函数f(x)=ex+asin x,x∈(-π,+∞),下列说法正确的是(　　)‎ A.当a=1时,f(x)在(0,f(0))处的切线方程为2x-y+1=0‎ B.当a=1时,f(x)存在唯一极小值点x0且-10,f(x)在(-π,+∞)上均存在零点 D.存在a<0,f(x)在(-π,+∞)上有且只有一个零点 三、填空题 ‎13.(2020江苏,7)已知y=f(x)是奇函数,当x≥0时,f(x)=x‎2‎‎3‎,则f(-8)的值是　　　　. ‎ ‎14.(2020山东青岛5月模拟,15)已知f(x)为奇函数,当x>0时,f(x)=lnxx,则曲线y=f(x)在点(-1,0)处的切线方程是　　　　　. ‎ ‎15.(2020广东茂名一模,理15)点P为曲线y=2x2+ln(4x+1)x>-‎‎1‎‎4‎图象上的一个动点,α为曲线在点P处的切线的倾斜角,则当α取最小值时x的值为　　　　　. ‎ ‎16.(2020山西太原三模,文16)对任意正整数n,函数f(n)=2n3-7n2cos nπ-λn-1,若f(2)≥0,则λ的取值范围是　　　　　;若不等式f(n)≥0恒成立,则λ的最大值为　　　　　. ‎ 四、解答题 ‎17.(2020河南郑州质量预测二,理21)已知函数f(x)=lnxa,g(x)=x+1‎x(x>0).‎ ‎(1)当a=1时,求曲线y=f(x)‎g(x)‎在x=1处的切线方程;‎ ‎(2)讨论函数F(x)=f(x)-‎1‎g(x)‎在(0,+∞)上的单调性.‎ ‎18.已知函数f(x)=(a+1)ln x+ax2+1.‎ ‎(1)讨论函数f(x)的单调性;‎ ‎(2)设a<-1,如果对任意x1,x2∈(0,+∞),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|,求a的取值范围.‎ ‎19.(2020山东菏泽一模,22)已知函数f(x)=ex,g(x)=ax+b(a,b∈R).‎ ‎(1)若g(-1)=0,且函数g(x)的图象是函数f(x)图象的一条切线,求实数a的值;‎ ‎(2)若不等式f(x)>x2+m对任意x∈(0,+∞)恒成立,求实数m的取值范围;‎ ‎(3)若对任意实数a,函数F(x)=f(x)-g(x)在(0,+∞)上总有零点,求实数b的取值范围.‎ ‎20.(2019山东济宁二模,理21)已知函数f(x)=x-a(ln x)2,a∈R.‎ ‎(1)当a=1,x>1时,试比较f(x)与1的大小,并说明理由;‎ ‎(2)若f(x)有极大值,求实数a的取值范围;‎ ‎(3)若f(x)在x=x0处有极大值,证明11,f(π)=π‎-1+‎π‎2‎>0,排除B,C.故选D.‎ ‎3.A　解析 因f‎-‎‎7π‎6‎=sin‎-‎‎7π‎6‎=-sinπ+‎π‎6‎=sinπ‎6‎‎=‎‎1‎‎2‎,‎ 所以ff‎-‎‎7π‎6‎=f‎1‎‎2‎=log2a+‎‎1‎‎2‎=1,所以a+‎1‎‎2‎=2,a=‎‎3‎‎2‎‎.‎ ‎4.B　解析 ∵f(x)为奇函数,f(1)=0,‎ ‎∴f(1)=-f(-1)=0,即f(-1)=0.‎ ‎∴f(x)-f(-x)‎x=‎‎2f(x)‎x‎<0,‎ 即x>0,‎f(x)<0,‎或x<0,‎f(x)>0,‎ 根据在(-∞,0)和(0,+∞)内都是增函数,解得x∈(-1,0)∪(0,1).‎ ‎5.D　解析 因为a2+1>1且loga‎2‎‎+1‎x0时,f(x)为增函数,且f(3)=0,所以x=3是f(x)在R上的唯一零点.‎ 所以令f(f(x))=0,得f(x)=2x+log9x2-9=2x+log3x-9=3,‎ 因为f(3)=0<3,f‎7‎‎2‎=8‎2‎+log3‎7‎‎2‎-9>8×1.414+log33-9=3.312>3,所以函数y=f(f(x))的零点所在区间为‎3,‎‎7‎‎2‎‎.‎故选A.‎ ‎9.BC　解析 由题,易知A,B,C,D四个选项中的函数的定义域均为R,‎ 对于A,f(-x)+f(x)=ln(‎1+9‎x‎2‎+3x)+ln(‎1+9‎x‎2‎-3x)=0,则f(x)为奇函数,故选项A不符合题意;‎ 对于选项B,f(-x)=e-x+ex=f(x),即f(x)为偶函数,当x∈(0,+∞)时,设t=ex(t>1),则y=t+‎1‎t,由对勾函数性质可得,当t∈(1,+∞)时是增函数,又t=ex单调递增,所以f(x)=ex+e-x在(0,+∞)上单调递增,故选项B符合题意;‎ 对于C,易知f(x)=x2+1为偶函数,由其图象知f(x)在(0,+∞)上单调递增,故选项C符合题意;‎ 对于D,易知y=cos x+3是偶函数,但在(0,+∞)不单调,故选项D不符合题意.故选BC.‎ ‎10.AB　解析 ∵f(x)对∀x∈R,满足f(x)=-f(6-x),f(x+1)=f(-x+1),‎ ‎∴f(x)=-f(6-x)=-f(-(x-5)+1)=-f(x-5+1)=-f(x-4),‎ ‎∴f(x-4)=-f(x),∴f(x+4)=-f(x),∴f(x+8)=f(x+4+4)=-f(x+4)=f(x),故f(x)的周期为T=8,故C错;‎ f(a)=-f(2 020)=-f(252×8+4)=-f(4)=-f(3+1)=-f(-2)=-[-f(6-(-2))]=f(8),又a∈[5,9]且f(x)在[5,9]上单调,易得a=8.故B对;‎ ‎∵f(x)=-f(6-x),∴f(3)=-f(6-3)=-f(3),∴f(3)=0,故A对.‎ ‎∵f(x+1)=f(-x+1),∴x=1为对称轴,故D错.故选AB.‎ ‎11.ABCD　解析 f(x)=x,x≤0,‎lnx,x>0,‎满足在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0]上单调递增,但f(x)在R上不是增函数,A错;a=b=0时,f(x)=2,它的图象与x轴无交点,不满足b2-8a<0且a>0,B错;当a>b>c,但c=0时,ac=bc,不等式ab>ac不成立,C错;y=‎(1+x‎)‎‎2‎=|x+1|,与y=x+1的对应法则不相同,值域也不相同,不是同一函数,D错.故选ABCD.‎ ‎12.ABD　解析 选项A,当a=1时,f(x)=ex+sin x,x∈(-π,+∞),f(0)=1,f'(x)=ex+cos x,k=f'(0)=2,‎ 故直线方程为y-1=2(x-0),即切线方程为2x-y+1=0,选项A正确.‎ 选项B,当a=1时,f'(x)=ex+cos x,f″(x)=ex-sin x>0恒成立,f'(x)为(-π,+∞)上的增函数,又f'‎-‎‎3π‎4‎‎=‎e‎-‎‎3π‎4‎+cos‎-‎‎3π‎4‎<0,f'‎-‎π‎2‎‎=‎e‎-‎π‎2‎>0,故f(x)存在唯一极值点,不妨设x0‎∈‎‎-‎3π‎4‎,-‎π‎2‎,则f'(x0)=0,即ex‎0‎+cos x0=0.‎ f(x0)=ex‎0‎+sin x0=sin x0-cos x0=‎2‎sinx‎0‎‎-‎π‎4‎‎∈‎(-1,0),选项B正确.‎ 对于选项C,D,f(x)=ex+asin x,x∈(-π,+∞),令f(x)=0,即ex+asin x=0.‎ x=kπ,k>-1且k∈Z显然不是零点,故x≠kπ,k>-1且k∈Z,‎ 所以a=-exsinx,令F(x)=-exsinx,‎ F'(x)=ex‎(cosx-sinx)‎sin‎2‎x,令F'(x)=0,解得x=kπ+π‎4‎,k≥-1,k∈Z,‎ 当2kπ+‎5‎‎4‎π0均有零点,不符合题意,‎ 选项D,存在a<0,有且只有唯一零点,此时a=-‎‎2‎eπ‎4‎‎.‎ 故选ABD.‎ ‎13.-4　解析 本题考查奇函数的定义和性质.∵y=f(x)是奇函数,‎ ‎∴f(-8)=-f(8)=-‎8‎‎2‎‎3‎=-4.‎ ‎14.x-y+1=0　解析 因为f(x)为奇函数,所以f(-x)=-f(x),‎ 当x<0时,则-x>0,所以f(x)=-f(-x)=-ln(-x)‎‎-x‎=‎ln(-x)‎x,所以f'(x)=‎1‎‎-x‎×(-1)×x-ln(-x)‎x‎2‎‎=‎‎1-ln(-x)‎x‎2‎,所以曲线y=f(x)在点(-1,0)处的切线的斜率k=f'(-1)=1,‎ 所以切线方程是y-0=x+1,即x-y+1=0.‎ ‎15‎.‎‎1‎‎4‎　解析 设切点P(x0,y0)‎x‎0‎‎>-‎‎1‎‎4‎‎.‎ y'=4x+‎4‎‎4x+1‎,‎ ‎∵x0>-‎1‎‎4‎,∴4x0+1>0,‎ 则tan α=4x0+‎4‎‎4x‎0‎+1‎=4x0+1+‎4‎‎4x‎0‎+1‎-1≥2‎(4x‎0‎+1)×‎‎4‎‎4x‎0‎+1‎-1=4-1=3.‎ 当且仅当4x0+1=‎4‎‎4x‎0‎+1‎,即x0=‎1‎‎4‎时,等号成立.‎ 即x0=‎1‎‎4‎时,tan α最小,α取最小值.‎ ‎16‎.‎‎-∞,-‎‎13‎‎2‎　-‎13‎‎2‎　解析 由函数f(n)=2n3-7n2cos nπ-λn-1,若f(2)≥0,‎ 则16-28cos 2π-2λ-1≥0,即15-28-2λ≥0,解得λ≤-‎‎13‎‎2‎‎.‎ 不等式f(n)≥0恒成立,即2n3-7n2cos nπ-λn-1≥0恒成立,‎ 当n为奇数时,2n3+7n2-λn-1≥0,‎ 即λ≤2n2+7n-‎1‎n恒成立,等价于λ≤‎‎2n‎2‎+7n-‎‎1‎nmin,设g(n)=2n2+7n-‎1‎n,g'(n)=4n+7+‎1‎n‎2‎>0,可得g(n)在正奇数集上递增,可得g(n)的最小值为g(1)=8,可得λ≤8.①‎ 当n为偶数时,2n3-7n2-λn-1≥0,即λ≤2n2-7n-‎1‎n恒成立,等价于λ≤‎‎2n‎2‎-7n-‎‎1‎nmin,设h(n)=2n2-7n-‎1‎n,h'(n)=4n-7+‎1‎n‎2‎>0,可得h(n)在正偶数集上递增,可得h(n)的最小值为h(2)=-‎13‎‎2‎‎.‎可得λ≤-‎13‎‎2‎‎.‎②‎ 由①②可得不等式f(n)≥0恒成立,可得λ≤-‎13‎‎2‎,即λ的最大值为-‎‎13‎‎2‎‎.‎ ‎17.解 (1)当a=1时,y=f(x)‎g(x)‎‎=‎xlnxx+1‎,y'=‎(1+lnx)(x+1)-xlnx‎(x+1‎‎)‎‎2‎‎=‎lnx+x+1‎‎(x+1‎‎)‎‎2‎,所以y'|x=1=ln1+1+1‎‎(1+1‎‎)‎‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎,‎ 即x=1时,切线的斜率为‎1‎‎2‎,又切线过点(1,0),‎ 所以切线方程为x-2y-1=0.‎ ‎(2)f'(x)=‎1‎ax‎,‎‎1‎g(x)‎'=‎1‎‎(x+1‎‎)‎‎2‎,‎ F'(x)=f'(x)-‎1‎g(x)‎'=‎1‎ax‎-‎1‎‎(x+1‎‎)‎‎2‎=‎‎(x+1‎)‎‎2‎-axax(x+1‎‎)‎‎2‎,‎ 当a<0时,F'(x)<0,函数F(x)在(0,+∞)上单调递减;‎ 当a>0时,令h(x)=‎1‎ax2+‎2‎a‎-1‎x+‎1‎a,Δ=1-‎4‎a,‎ 当Δ≤0,即00时,即a>4,方程‎1‎ax2+‎2‎a‎-1‎x+‎1‎a=0有两个不等实根x1,x2,设x14时,F(x)的单调递减区间是a-2-‎a‎2‎‎-4a‎2‎‎,‎a-2+‎a‎2‎‎-4a‎2‎,单调递增区间是0,a-2-‎a‎2‎‎-4a‎2‎,a-2+‎a‎2‎‎-4a‎2‎,+∞.‎ 当00,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增;‎ 当a≤-1时,f'(x)<0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减;‎ 当-10可得0‎-‎a+1‎‎2a,‎ 所以f(x)在‎0,‎‎-‎a+1‎‎2a上单调递增,在‎-‎a+1‎‎2a‎,+∞‎上单调递减.‎ ‎(2)不妨设x1≥x2,因为a<-1,所以由(1)可知f(x)在(0,+∞)上单调递减,于是f(x1)≤f(x2),于是对任意x1,x2∈(0,+∞),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|等价于对任意x1,x2∈(0,+∞),f(x2)-f(x1)≥4(x1-x2).‎ f(x2)-f(x1)≥4(x1-x2)⇔f(x2)+4x2≥f(x1)+4x1.‎ 构造函数g(x)=f(x)+4x,则只需证明g(x)在(0,+∞)上是减函数.‎ g'(x)=‎2ax‎2‎+a+1‎x+4,要使g(x)在(0,+∞)上是减函数,‎ 则‎2ax‎2‎+a+1‎x+4≤0在(0,+∞)上恒成立,所以a≤-‎‎4x+1‎‎2x‎2‎+1‎‎.‎ 令h(x)=-‎4x+1‎‎2x‎2‎+1‎,则h'(x)=-‎4(2x‎2‎+1)-(4x+1)·4x‎(2x‎2‎+1‎‎)‎‎2‎‎=‎‎4(2x-1)(x+1)‎‎(2x‎2‎+1‎‎)‎‎2‎,‎ 由h'(x)>0可得x>‎1‎‎2‎,由h'(x)<0可得00,所以n(x)在(ln 2,+∞)上单调递增,‎ 所以n(x)在(0,+∞)上有最小值n(ln 2)=2-2ln 2>0,即在(0,+∞)上,m'(x)>0.‎ 所以m(x)在(0,+∞)上单调递增,‎ 所以m≤m(0),即m≤1,所以实数m的取值范围为(-∞,1].‎ ‎(3)由题意,知F(x)=ex-ax-b,所以F'(x)=ex-a(x>0),‎ 由(2)知ex>x2+1在(0,+∞)上恒成立,所以当x>0时,F(x)>x2-ax+1-b.‎ ‎①当a≤1,F'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,所以F(x)在(0,+∞)上单调递增,且当x→+∞时F(x)→+∞,‎ 故F(x)的值域为(1-b,+∞).‎ 所以F(x)在(0,+∞)上有零点的充要条件为1-b<0,即b>1.‎ ‎②当a>1时,令F'(x)>0,得x>ln a,令F'(x)<0得0x2-ax+1-b,‎ 故当x→+∞时,F(x)→+∞,所以F(x)的值域为[a-aln a-b,+∞).‎ 故F(x)在(0,+∞)上有零点的充要条件为a-aln a-b≤0.‎ 令h(a)=a-aln a-b(a>1),则h'(a)=-ln a<0.‎ 故h(a)在(1,+∞)上单调递减,‎ 所以h(a)<1-b,‎ 所以1-b≤0,即b≥1.‎ 综上,实数b的取值范围为(1,+∞).‎ ‎20.(1)解 当a=1,x>1时,f(x)=x-(ln x)2,x>1.‎ f'(x)=1-2(ln x)‎‎×‎1‎x=x-2lnxx.‎ 令g(x)=x-2ln x,x>1,‎ 则g'(x)=1-‎‎2‎x‎=x-2‎x.‎ 当x∈(1,2)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(2,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,∴g(x)≥g(2)=2-2ln 2>0,即f'(x)>0.‎ ‎∴f(x)在(1,+∞)上单调递增.‎ ‎∴f(x)>f(1)=1.‎ 故当a=1,x>1时f(x)>1.‎ ‎(2)解 ∵f'(x)=1-‎2alnxx‎=‎x-2alnxx(x>0),令h(x)=x-2aln x(x>0),则h'(x)=1-‎‎2ax‎=x-2ax.‎ ‎①当a=0时,f(x)=x无极大值.‎ ‎②当a<0时,h'(x)>0,‎ h(x)在(0,+∞)上单调递增,‎ h(1)=1>0,h(e‎1‎‎2a)=e‎1‎‎2a-1<0,‎ ‎∃x1∈(e‎1‎‎2a,1),使得h(x1)=0.‎ ‎∴当x∈(0,x1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(x1,+ ∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.‎ ‎∴f(x)在x=x1处有极小值,f(x)无极大值.‎ ‎③当a>0时,h(x)在(0,2a)上单调递减,h(x)在(2a,+∞)上单调递增,‎ ‎∵f(x)有极大值,∴h(2a)=2a-2aln(2a)=2a(1-ln 2a)<0,即a>‎e‎2‎‎.‎ 又h(1)=1>0,h(e)=e-2a<0,‎ ‎∴∃x0∈(1,e),使得h(x0)=x0-2aln x0=0,即aln x0=x‎0‎‎2‎;‎ ‎∴当x∈(0,x0)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(x0,e)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.‎ ‎∴f(x)有极大值,综上所述,a>‎e‎2‎‎.‎ ‎(3)证明 由(2)可知,aln x0=x‎0‎‎2‎,‎ ‎∴f(x0)=x0-a(ln x0)2=x0-x‎0‎ln ‎x‎0‎‎2‎(10.‎ ‎∴p(x)在(1,e)上单调递增,‎ ‎∴p(1)0,f(x)在定义域上单调递增,不可能有两个零点;‎ ‎②当a<0时,由f'(x)=‎1‎x+a=0,得x=-‎1‎a>0,‎ 当x‎∈‎‎0,-‎‎1‎a时,f'(x)>0,f(x)在定义域上单调递增,‎ 当x‎∈‎‎-‎1‎a,+∞‎时,f'(x)<0,f(x)在定义域上单调递减,∴x=-‎1‎a时,f(x)取得极大值.‎ ‎∵f(x)有两个零点,∴f‎-‎‎1‎a>0,解得-1-‎1‎a,‎ 则f(x0)=1+2ln‎-‎‎1‎a‎+‎ea+1<2+2‎-‎1‎a-1‎‎+ea=‎e-2‎a<0,‎ ‎∴f(x)在‎-‎1‎a,+∞‎有唯一的零点,∴a的取值范围是(-1,0).‎ ‎(2)f(x)≤xex恒成立,即xex≥ln x+ax+1在(0,+∞)恒成立.也就是a≤ex-lnxx‎-‎‎1‎x在(0,+∞)恒成立.‎ 令g(x)=ex-lnxx‎-‎‎1‎x,则g'(x)=ex+‎lnxx‎2‎‎=x‎2‎ex‎+lnxx‎2‎.‎ 令h(x)=x2ex+ln x,则h'(x)=2xex+x2ex+‎1‎x>0,‎ ‎∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,‎ 而h(1)=e>0,h‎1‎e‎=‎e‎1‎ee‎2‎-1<0,‎ ‎∴∃x0‎∈‎‎1‎e‎,1‎使得h(x0)=0,即x‎0‎‎2‎ex‎0‎+ln x0=0,‎ ‎∴x0ex‎0‎=-‎1‎x‎0‎ln x0=‎1‎x‎0‎ln ‎1‎x‎0‎‎=eln‎1‎x‎0‎·‎ln‎1‎x‎0‎,令φ(x)=xex,‎ 在(0,+∞)上,φ'(x)=(x+1)ex>0,∴φ(x)在(0,+∞)上单调递增,∴x0=ln ‎1‎x‎0‎,而在(0,x0)上,h(x)<0,即g'(x)<0,∴g(x)在(0,x0)上单调递减,‎ 在(x0,+∞)上,h(x)>0,即g'(x)>0,‎ ‎∴g(x)在(x0,+∞)上单调递增,‎ ‎∴g(x)min=g(x0)=ex‎0‎‎-ln ‎x‎0‎x‎0‎-‎1‎x‎0‎=eln‎1‎x‎0‎-‎-‎x‎0‎x‎0‎-‎‎1‎x‎0‎=1,∴a≤1.‎ ‎∴a的取值范围是(-∞,1].‎ ‎22.证明 (1)因为f(0)=1-a<0,f(2)=e2-2-a≥e2-4>0,所以y=f(x)在(0,+∞)上存在零点.‎ 因为f'(x)=ex-1,所以当x>0时,f'(x)>0,故函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点.‎ ‎(2)①令g(x)=ex-‎1‎‎2‎x2-x-1(x≥0),g'(x)=ex-x-1=f(x)+a-1,由①知函数g'(x)在[0,+∞)上单调递增,故当x>0时,g'(x)>g'(0)=0,所以函数g(x)在[0,+∞)上单调递增,故g(x)≥g(0)=0.由g(‎2(a-1)‎)≥0,得f(‎2(a-1)‎)=e‎2(a-1)‎‎-‎‎2(a-1)‎-a≥0=f(x0),因为f(x)在[0,+∞)单调递增,故‎2(a-1)‎‎≥‎x0.‎ 令h(x)=ex-x2-x-1(0≤x≤1),h'(x)=ex-2x-1,‎ 令h1(x)=ex-2x-1(0≤x≤1),h'1(x)=ex-2,所以 x ‎0‎ ‎(0,ln 2)‎ ln 2‎ ‎(ln 2,1)‎ ‎1‎ h1'(x)‎ ‎-1‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ e-2‎ h1(x)‎ ‎0‎ ‎↘‎ ‎↗‎ e-3‎ 故当01时,u'(x)>0,故函数u(x)在区间[1,+∞)上单调递增,‎ 因此u(x)≥u(1)=0.‎ 由ex‎0‎=x0+a可得x0f(ex‎0‎)=x0f(x0+a)=(ea-1)x‎0‎‎2‎+a(ea-2)x0≥(e-1)ax‎0‎‎2‎,由x0‎≥‎a-1‎,得x0f(ex‎0‎)≥(e-1)(a-1)a.‎ 专题突破练12　三角变换与解三角形 ‎　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ ‎1.(2020江西名校大联考,理17)已知函数f(x)=2asinπ‎2‎-xcosx-‎‎2π‎3‎,且fπ‎3‎=1.‎ ‎(1)求a的值及f(x)的最小正周期;‎ ‎(2)若f(α)=-‎1‎‎3‎,α∈‎0,‎π‎2‎,求sin 2α.‎ ‎2.(2020山东滨州二模,17)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=4,　　　　　,求△ABC的周长L和面积S. ‎ 在①cos A=‎3‎‎5‎,cos C=‎5‎‎5‎,②csin C=sin A+bsin B,B=60°,③c=2,cos A=-‎1‎‎4‎这三个条件中,任选一个补充在上面问题中的横线处,并加以解答.‎ ‎3.(2020北京,17)在△ABC中,a+b=11,再从条件①,条件②这两个条件中选择一个作为已知,求:‎ ‎(1)a的值;‎ ‎(2)sin C和△ABC的面积.‎ 条件①:c=7,cos A=-‎1‎‎7‎;‎ 条件②:cos A=‎1‎‎8‎,cos B=‎9‎‎16‎.‎ ‎4.(2020山东潍坊二模,17)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知a=2‎3‎,A=π‎3‎.‎ ‎(1)若B=π‎4‎,求b;‎ ‎(2)求△ABC面积的最大值.‎ ‎5.(2020江苏,16)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=3,c=‎2‎,B=45°.‎ ‎(1)求sin C的值;‎ ‎(2)在边BC上取一点D,使得cos∠ADC=-‎4‎‎5‎,求tan∠DAC 的值.‎ ‎6.(2020山东济宁5月模拟,17)在①sin A,sin B,sin C成等差数列;②sin B,sin A,sin C成等比数列;③2bcos C=2a-‎3‎c三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并加以解答.‎ 已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,面积为S.若　　　　　,且4S=‎3‎(b2+c2-a2),试判断△ABC的形状. ‎ ‎7.(2020山东潍坊一模,17)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知向量m=(c-a,sin B),n=(b-a,sin A+sin C),且m∥n.‎ ‎(1)求C;‎ ‎(2)若‎6‎c+3b=3a,求sin A.‎ ‎8.(2020山东模考卷,18)在△ABC中,∠A=90°,点D在BC边上.在平面ABC内,过D作DF⊥BC且DF=AC.‎ ‎(1)若D为BC的中点,且△CDF的面积等于△ABC的面积,求∠ABC;‎ ‎(2)若∠ABC=45°,且BD=3CD,求cos∠CFB.‎ 专题突破练12　三角变换 与解三角形 ‎1.解 (1)由已知fπ‎3‎=1,得2a‎×‎1‎‎2‎×‎‎1‎‎2‎=1,解得a=2.‎ 所以f(x)=4cos x‎3‎‎2‎sin x-‎1‎‎2‎cos x ‎=2‎3‎sin xcos x-2cos2x ‎=‎3‎sin 2x-cos 2x-1‎ ‎=2sin‎2x-‎π‎6‎-1.‎ 所以f(x)=2sin‎2x-‎π‎6‎-1的最小正周期为π.‎ ‎(2)f(α)=-‎1‎‎3‎,2sin‎2α-‎π‎6‎-1=-‎1‎‎3‎,sin‎2α-‎π‎6‎‎=‎‎1‎‎3‎,因为α∈‎‎0,‎π‎2‎,所以2α-‎π‎6‎‎∈‎-π‎6‎,‎‎5π‎6‎.‎ 又因为sin‎2α-‎π‎6‎‎=‎1‎‎3‎<‎‎1‎‎2‎,‎ 所以2α-π‎6‎‎∈‎0,‎π‎6‎.‎所以cos‎2α-‎π‎6‎‎=‎1-sin‎2‎‎2α-‎π‎6‎=‎‎2‎‎2‎‎3‎,‎ 则sin 2α=sin‎2α-‎π‎6‎‎+‎π‎6‎=sin‎2α-‎π‎6‎cosπ‎6‎+cos‎2α-‎π‎6‎sinπ‎6‎ ‎=‎‎1‎‎3‎‎×‎3‎‎2‎+‎2‎‎2‎‎3‎×‎1‎‎2‎=‎3‎‎+2‎‎2‎‎6‎.‎ ‎2.解 方案一:选条件①.‎ 因为cos A=‎3‎‎5‎,cos C=‎5‎‎5‎,且00,则‎1-sin2α‎+‎‎2+2cos2α的值等于(　　)‎ A.‎9‎‎5‎ B.‎7‎‎5‎ C.‎6‎‎5‎ D.3‎ ‎4.(2020江西名校大联考,理8)设ω>0,将函数y=sinωx+‎π‎3‎的图象向左平移π‎6‎个单位长度后与函数y=cosωx+‎π‎3‎的图象重合,则ω的最小值为(　　)‎ A.1 B.2 C.3 D.4‎ ‎5.(2020河北武邑中学三模,10)已知x0=π‎6‎是函数f(x)=cosπ‎2‎‎-3xcos φ+cos 3x·sin φ的一个极小值点,则f(x)的一个单调递增区间是(　　)‎ A.π‎6‎‎,‎π‎2‎ B.‎‎-π‎3‎,‎π‎6‎ C.π‎2‎‎,‎‎5π‎6‎ D.‎π‎3‎‎,‎‎2π‎3‎ ‎6.(2020天津,8)已知函数f(x)=sinx+‎π‎3‎.给出下列结论:‎ ‎①f(x)的最小正周期为2π;‎ ‎②fπ‎2‎是f(x)的最大值;‎ ‎③把函数y=sin x的图象上所有点向左平移π‎3‎个单位长度,可得到函数y=f(x)的图象.‎ 其中所有正确结论的序号是(　　)‎ A.① B.①③ C.②③ D.①②③‎ 二、多项选择题 ‎7.(2020山东菏泽一中月考,9)在△ABC中,给出下列4个命题,其中正确的命题是(　　)‎ A.若AB,则‎1‎sin2A‎>‎‎1‎sin2B D.若Acos2B ‎8.(2020山东滨州二模,11)已知函数f(x)=(asin x+cos x)cos x-‎1‎‎2‎的图象的一条对称轴为x=π‎6‎,则下列结论中正确的是(　　)‎ A.f(x)是最小正周期为π的奇函数 B.‎-‎7π‎12‎,0‎是f(x)图象的一个对称中心 C.f(x)在‎-π‎3‎,‎π‎3‎上单调递增 D.先将函数y=2sin 2x图象上各点的纵坐标缩短为原来的‎1‎‎2‎,然后把所得函数图象再向左平移π‎12‎个单位长度,即可得到函数f(x)的图象 三、填空题 ‎9.(2020江苏,8)已知sin2π‎4‎‎+α‎=‎‎2‎‎3‎,则sin 2α的值是　　　　. ‎ ‎10.(2020安徽合肥一中模拟,16)角A为π‎3‎的锐角三角形ABC内接于半径为‎3‎的圆,则b+2c的取值范围为　　　　　. ‎ ‎11.(2020北京海淀一模,14)在△ABC中,AB=4‎3‎,∠B=π‎4‎,点D在边BC上,∠ADC=‎2π‎3‎,CD=2,则△ACD的面积为　　　　　. ‎ 四、解答题 ‎12.(2020山东济南三模,19)已知函数f(x)=Asinωx+‎π‎6‎(A>0,ω>0)只能同时满足下列条件中的两个:①函数f(x)的最大值为2,②函数f(x)的图象可由y=‎2‎sinx-‎π‎4‎的图象平移得到,③函数f(x)图象的相邻两条对称轴之间的距离为π‎2‎.‎ ‎(1)请写出这两个条件的序号,并求出f(x)的解析式;‎ ‎(2)求方程f(x)+1=0在区间[-π,π]上所有解的和.‎ ‎13.(2020湖南长郡中学四模,文17)为建设美丽新农村,某村对本村布局重新进行了规划,其平面规划图如图所示,其中平行四边形ABCD区域为生活区,AC为横穿村庄的一条道路,△ADE区域为休闲公园,BC=200 m,∠ACB=∠AED=60°,△ABC的外接圆直径为‎200‎‎57‎‎3‎ m.‎ ‎(1)求道路AC的长;‎ ‎(2)该村准备沿休闲公园的边界修建栅栏,以防村中的家畜破坏公园中的绿化,试求栅栏总长的最大值.‎ ‎14.(2020山东青岛5月模拟,18)在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C的对边,且满足acos 2C=acos C-csin A.‎ ‎(1)求角C;‎ ‎(2)若△ABC为锐角三角形,c=12,求△ABC面积S的最大值.‎ 专题突破练13　专题三　三角函数 与解三角形过关检测 ‎1.A　解析 ∵AB2=AC2+BC2-2·AC·BC·cos C=16+9-24‎×‎‎2‎‎3‎=9,∴AB=3,∴cos B=‎AB‎2‎+BC‎2‎-AC‎2‎‎2·AB·BC‎=‎9+9-16‎‎2×3×3‎=‎1‎‎9‎.‎ ‎2.A　解析 y=cos |2x|=cos 2x,该函数为偶函数,周期T=‎2π‎2‎=π;‎ 将函数y=cos x在x轴下方的图象向上翻折即可得到y=|cos x|的图象,该函数的周期为‎1‎‎2‎‎×‎2π=π;‎ 函数y=cos‎2x+‎π‎6‎的最小正周期为T=‎2π‎2‎=π;‎ 函数y=tan‎2x-‎π‎4‎的最小正周期为T=‎π‎2‎‎.‎ 综上可得最小正周期为π的所有函数为①②③.故选A.‎ ‎3.A　解析 已知α终边与单位圆的交点Px,-‎‎3‎‎5‎,且sin α·cos α>0,∴x<0,x=-‎4‎‎5‎,∴sin α=-‎3‎‎5‎,cos α=x=-‎‎4‎‎5‎‎.‎ 则‎1-sin2α‎+‎‎2+2cos2α=|cos α-sin α|+‎4cos‎2‎α‎=‎1‎‎5‎+‎8‎‎5‎=‎9‎‎5‎.‎故选A.‎ ‎4.C　解析 将函数y=sinωx+‎π‎3‎的图象向左平移π‎6‎个单位长度后,得到函数y=sinωx+ωπ‎6‎+‎π‎3‎的图象.因为y=cosωx+‎π‎3‎=sinωx+‎‎5π‎6‎,‎ 所以ωπ‎6‎‎+π‎3‎=‎‎5π‎6‎+2kπ(k∈Z),‎ 整理得ω=12k+3(k∈Z),又因为ω>0,所以ω的最小值为3.故选C.‎ ‎5.A　解析 f(x)=cosπ‎2‎‎-3xcos φ+cos 3x·sin φ=sin(3x+φ).‎ 由已知直线x0=π‎6‎是函数f(x)=sin(3x+φ)过最小值点的对称轴,‎ 结合图象可知x‎0‎‎,x‎0‎+‎1‎‎2‎T是函数f(x)的一个单调递增区间.‎ 因为T‎2‎‎=‎π‎3‎,所以π‎6‎‎,‎π‎2‎是函数f(x)的一个单调递增区间.故选A.‎ ‎6.B　解析 ∵f(x)=sinx+‎π‎3‎,‎ ‎∴①f(x)最小正周期T=‎2π‎1‎=2π,正确;‎ ‎②fπ‎2‎=sinπ‎2‎‎+‎π‎3‎=sin‎5π‎6‎‎≠‎1,不正确;‎ ‎③y=sin x的图象f(x)=sinx+‎π‎3‎的图象,正确.‎ 故选B.‎ ‎7.ABD　解析 若A0,故C错误;‎ 若Acos2B,故D正确.故选ABD.‎ ‎8.BD　解析 函数f(x)=(asin x+cos x)cos x-‎1‎‎2‎=asin xcos x+cos2x-‎1‎‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎asin 2x+‎1‎‎2‎cos 2x,因为f(x)图象的一条对称轴为x=π‎6‎,所以f(0)=fπ‎3‎,即‎1‎‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎a‎×‎3‎‎2‎+‎1‎‎2‎×‎‎-‎‎1‎‎2‎,解得a=‎3‎,‎ 所以f(x)=‎3‎‎2‎sin 2x+‎1‎‎2‎cos 2x=sin‎2x+‎π‎6‎‎.‎ 所以f(x)的最小正周期为π,但不是奇函数,故A错误;‎ f‎-‎‎7π‎12‎=sin‎-‎7π‎6‎+‎π‎6‎=f(-π)=0,所以‎-‎7π‎6‎,0‎是f(x)图象的一个对称中心,故B正确;‎ x‎∈‎‎-π‎3‎,‎π‎3‎时,2x+π‎6‎‎∈‎‎-π‎2‎,‎‎5π‎6‎,所以f(x)在‎-π‎3‎,‎π‎3‎上不是单调函数,故C错误;‎ 将函数y=2sin 2x图象上各点的纵坐标缩短为原来的‎1‎‎2‎,得y=sin 2x的图象,再把所得函数图象向左平移π‎12‎个单位长度,得y=sin 2x+‎π‎12‎=sin2x+π‎6‎的图象,即函数f(x)的图象,故D正确.故选BD.‎ ‎9‎.‎‎1‎‎3‎　解析 ∵cosπ‎2‎‎+2α=1-2sin2π‎4‎+α=1-2‎×‎‎2‎‎3‎=-‎1‎‎3‎‎.‎又cosπ‎2‎‎+2α=-sin 2α,∴sin 2α=‎‎1‎‎3‎‎.‎ ‎10.(4‎3‎,2‎21‎]　解析 由正弦定理asinA=2R,∴a=2‎3‎sinπ‎3‎=3.‎ ‎∴b+2c=2Rsin B+4Rsin C=2R(sin B+2sin C)‎ ‎=2Rsin B+2sin‎2π‎3‎‎-B ‎=2R(2sin B+‎3‎cos B)‎ ‎=2‎21‎sin(B+θ),其中锐角θ满足tan θ=‎3‎‎2‎,∴θ∈π‎6‎‎,‎π‎4‎.‎ 又△ABC为锐角三角形,‎ ‎∴B‎∈‎π‎6‎‎,‎π‎2‎,‎ ‎∴B+‎θ∈π‎6‎‎+θ,π‎2‎+θ.‎ 由θ∈‎π‎6‎‎,‎π‎4‎,知π‎3‎‎<‎π‎6‎+θ<‎5‎‎12‎π,π‎2‎‎+π‎6‎<‎π‎2‎+θ<‎‎3π‎4‎‎.‎ 在单位圆中画出角B+θ的三角函数线,由B+θ∈π‎6‎+θ,π‎2‎+θ及π‎6‎+θ和π‎2‎+θ的范围,‎ 得sinπ‎2‎‎+θ6,‎ 又k是正整数,则k的最小值为7.‎ ‎5.(1)解 当n=1时,a1=1;当n≥2时,a1+2a2+3a3+…+nan=‎1‎‎4‎[(2n-1)·3n+1],a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=‎1‎‎4‎[(2n-3)·3n-1+1].‎ 两式相减,得an=3n-1,‎ 综上可得an=3n-1(n∈N*).‎ ‎(2)证明 由(1)可知,bn=‎1‎‎2×‎3‎n-1‎-1‎‎≤‎‎1‎‎3‎n-1‎(n∈N*),故b1+b2+…+bn<‎1‎‎3‎‎0‎‎+‎1‎‎3‎‎1‎+‎‎1‎‎3‎‎2‎+…+‎1‎‎3‎n-1‎‎=‎3‎‎2‎‎1-‎‎1‎‎3‎n<‎‎3‎‎2‎,‎ 即b1+b2+…+bn<‎‎3‎‎2‎‎.‎ ‎6.解 (1)a1=S1=5,S2=a1+a2=‎3‎‎2‎‎×‎22+‎7‎‎2‎‎×‎2=13,解得a2=8.‎ ‎(2)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=‎3‎‎2‎[n2-(n-1)2]+‎7‎‎2‎[n-(n-1)]‎ ‎=‎3‎‎2‎(2n-1)+‎7‎‎2‎=3n+2.‎ 又a1=5满足an=3n+2,所以an=3n+2.因为an+1-an=3(n+1)+2-(3n+2)=3,所以数列{an}是以5为首项,3为公差的等差数列.‎ ‎(3)由已知得bn=‎2‎an,‎ bn+1‎bn‎=‎2‎an+1‎‎2‎an=‎‎2‎an+1‎‎-‎an‎=23=8,‎ 又b1=‎2‎a‎1‎=32,所以数列{bn}是以32为首项,8为公比的等比数列.‎ 所以Tn=‎32(1-‎8‎n)‎‎1-8‎‎=‎‎32‎‎7‎(8n-1).‎ ‎7.解 (1)由题意得a1+2a2+…+2n-1an=n·2n+1,所以a1=1×22=4,a1+2a2=2×23,得a2=6.‎ 由a1+2a2+…+2n-1an=n·2n+1,‎ 所以a1+2a2+…+2n-2an-1=(n-1)·2n(n≥2),‎ 相减得2n-1an=n·2n+1-(n-1)·2n,得an=2n+2,当n=1也满足上式.‎ 所以{an}的通项公式为an=2n+2.‎ ‎(2)数列{an-kn}的通项公式为an-kn=2n+2-kn=(2-k)n+2,‎ 所以数列{an-kn}是以4-k为首项,公差为2-k的等差数列.‎ 若Sn≤S4对任意的正整数n恒成立,等价于当n=4时,Sn取得最大值,‎ 所以a‎4‎‎-4k=4(2-k)+2≥0,‎a‎5‎‎-5k=5(2-k)+2≤0.‎ 解得‎12‎‎5‎‎≤‎k‎≤‎‎5‎‎2‎,‎ 故实数k的取值范围是‎12‎‎5‎‎,‎‎5‎‎2‎‎.‎ ‎8.解 (1)由题意可知,有两种组合满足条件:‎ ‎①a1=8,a2=12,a3=16,此时等差数列{an}的公差为d=4,‎ 所以其通项公式为an=4n+4.‎ ‎②a1=2,a2=4,a3=6,此时等差数列{an}的公差为d=2,‎ 所以其通项公式为an=2n.‎ ‎(2)若选择①,Sn=2n2+6n.则Sk+2=2(k+2)2+6(k+2)=2k2+14k+20.‎ 若a1,ak,Sk+2成等比数列,则ak‎2‎=a1·Sk+2,即(4k+4)2=8(2k2+14k+20),化简得5k+9=0,‎ 此方程无正整数解,故不存在正整数k,使a1,ak,Sk+2成等比数列.‎ 若选择②,Sn=n2+n,则Sk+2=(k+2)2+(k+2)=k2+5k+6,‎ 若a1,ak,Sk+2成等比数列,则ak‎2‎=a1·Sk+2,‎ 即(2k)2=2(k2+5k+6),整理得k2-5k-6=0,因为k为正整数,解得k=6.‎ 故存在正整数k=6,使a1,ak,Sk+2成等比数列.‎ 专题突破练15　求数列的通项及前n项和 ‎　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ ‎1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,S3+S4=S5.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)令bn=(-1)n-1an,求数列{bn}的前n项和Tn.‎ ‎2.(2020山东滨州二模,18)已知{an}为等差数列,a3+a6=25,a8=23,{bn}为等比数列,且a1=2b1,b2b5=a11.‎ ‎(1)求{an},{bn}的通项公式;‎ ‎(2)记cn=an·bn,求数列{cn}的前n项和Tn.‎ ‎3.(2020全国Ⅲ,理17)设数列{an}满足a1=3,an+1=3an-4n.‎ ‎(1)计算a2,a3,猜想{an}的通项公式并加以证明;‎ ‎(2)求数列{2nan}的前n项和Sn.‎ ‎4.(2020山东聊城二模,17)已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和为Sn,且an‎2‎+an=2Sn+‎3‎‎4‎(n∈N*).‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若bn=‎1‎Sn,求{bn}的前n项和Tn.‎ ‎5.(2020山东青岛5月模拟,17)设数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,　　　　　, ‎ 给出下列三个条件;‎ 条件①:数列{an}为等比数列,数列{Sn+a1}也为等比数列;条件②:点(Sn,an+1)在直线y=x+1上;条件③:2na1+2n-1a2+…+2an=nan+1.‎ 试在上面的三个条件中任选一个,补充在上面的横线上,完成下列两问的解答:‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=‎1‎log‎2‎an+1‎·log‎2‎an+3‎,求数列{bn}的前n项和Tn.‎ ‎6.(2020山东菏泽一模,18)已知数列{an}满足nan+1-(n+1)an=1(n∈N*),且a1=1.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若数列{bn}满足bn=an‎3‎n-1‎,求数列{bn}的前n项和Sn.‎ ‎7.已知数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n,{bn}是等差数列,且an=bn+bn+1.‎ ‎(1)求数列{bn}的通项公式;‎ ‎(2)令cn=‎(an+1‎‎)‎n+1‎‎(bn+2‎‎)‎n,求数列{cn}的前n项和Tn.‎ ‎8.(2020天津南开区一模,18)已知数列{an}的前n项和Sn=n‎2‎‎+n‎2‎,数列{bn}满足:b1=b2=2,bn+1bn=2n+1(n∈N*).‎ ‎(1)求数列{an},{bn}的通项公式;‎ ‎(2)求‎∑‎i=1‎naib‎2i-1‎‎-‎‎1‎b‎2i(n∈N*).‎ 专题突破练15　求数列的 通项及前n项和 ‎1.解 (1)设等差数列{an}的公差为d,由S3+S4=S5可得a1+a2+a3=a5,即3a2=a5,‎ ‎∴3(1+d)=1+4d,解得d=2.‎ ‎∴an=1+(n-1)×2=2n-1.‎ ‎(2)由(1)可得bn=(-1)n-1·(2n-1).‎ ‎∴T2n=1-3+5-7+…+(2n-3)-(2n-1)=(-2)×n=-2n.∴当n为偶数时,Tn=-n;当n为奇数时,Tn=Tn-1+bn=-(n-1)+(-1)n-1an=-(n-1)+(-1)n-1(2n-1)=-(n-1)+(2n-1)=n.综上,Tn=(-1)n+1n.‎ ‎2.解 (1)设等差数列{an}的公差为d,由题意得‎2a‎1‎+7d=25,‎a‎1‎‎+7d=23,‎解得a‎1‎‎=2,‎d=3.‎ 所以数列{an}的通项公式an=3n-1.‎ 设等比数列{bn}的公比为q,由a1=2b1,b2b5=a11,‎ 得b1=1,b‎1‎‎2‎q5=32,解得q=2,‎ 所以数列{bn}的通项公式bn=2n-1.‎ ‎(2)由(1)知,cn=anbn=(3n-1)×2n-1,则Tn=c1+c2+c3+…+cn-1+cn=2×20+5×21+8×22+…+(3n-4)×2n-2+(3n-1)×2n-1,‎ ‎2Tn=2×21+5×22+8×23+…+(3n-4)×2n-1+(3n-1)×2n.‎ 两式相减得-Tn=2+3(21+22+…+2n-1)-(3n-1)×2n=2+3‎×‎‎2-‎2‎n-1‎×2‎‎1-2‎-(3n-1)×2n=-4+(4-3n)×2n,所以Tn=4+(3n-4)×2n.‎ ‎3.解 (1)a2=5,a3=7.‎ 猜想an=2n+1.‎ 由已知可得an+1-(2n+3)=3[an-(2n+1)],‎ an-(2n+1)=3[an-1-(2n-1)],‎ ‎……‎ a2-5=3(a1-3).‎ 因为a1=3,所以an=2n+1.‎ ‎(2)由(1)得2nan=(2n+1)2n,所以Sn=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n.①‎ 从而2Sn=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1.②‎ ‎①-②得 ‎-Sn=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1.‎ 所以Sn=(2n-1)2n+1+2.‎ ‎4.解 (1)因为an‎2‎+an=2Sn+‎3‎‎4‎(n∈N*),①‎ 所以当n≥2时,an-1‎‎2‎+an-1=2Sn-1+‎3‎‎4‎,②‎ ‎①-②得an‎2‎‎-‎an-1‎‎2‎+an-an-1=2(Sn-Sn-1),‎ 即an‎2‎‎-‎an-1‎‎2‎-an-an-1=0,‎ 所以(an+an-1)(an-an-1-1)=0.‎ 因为an>0,所以an-an-1=1,‎ 所以数列{an}是公差为1的等差数列,‎ 当n=1时,由a‎1‎‎2‎+a1=2S1+‎3‎‎4‎可得,a1=‎3‎‎2‎,所以an=a1+(n-1)d=‎3‎‎2‎+(n-1)×1=n+‎‎1‎‎2‎‎.‎ ‎(2)由(1)知Sn=na1+n(n-1)‎‎2‎d=n(n+2)‎‎2‎,所以bn=‎1‎Sn‎=‎2‎n(n+2)‎=‎1‎n-‎‎1‎n+2‎,Tn=b1+b2+b3+…+bn-1+bn=‎1‎‎1‎‎-‎‎1‎‎3‎‎+‎‎1‎‎2‎‎-‎‎1‎‎4‎+‎1‎‎3‎‎-‎‎1‎‎5‎+…+‎‎1‎n-1‎‎-‎‎1‎n+1‎‎+‎1‎n‎-‎‎1‎n+2‎=‎3‎‎2‎-‎1‎n+1‎-‎1‎n+2‎=‎3n‎2‎+5n‎2n‎2‎+6n+4‎.‎ ‎5.解 (1)方案一:选条件①.‎ 因为数列{Sn+a1}为等比数列,‎ 所以(S2+a1)2=(S1+a1)(S3+a1),‎ 即(2a1+a2)2=2a1(2a1+a2+a3).‎ 设等比数列{an}的公比为q,因为a1=1,所以(2+q)2=2(2+q+q2),‎ 解得q=2或q=0(舍).‎ 所以an=a1qn-1=2n-1(n∈N*).‎ 方案二:选条件②.‎ 因为点(Sn,an+1)在直线y=x+1上,‎ 所以an+1=Sn+1(n∈N*),‎ 所以an=Sn-1+1(n≥2).‎ 两式相减得an+1-an=an,an+1‎an=2(n≥2).因为a1=1,a2=S1+1=a1+1=2,a‎2‎a‎1‎=2适合上式,‎ 所以数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列,所以an=a1qn-1=2n-1(n∈N*).‎ 方案三:选条件③.‎ 当n≥2时,因为2na1+2n-1a2+…+2an=nan+1(n∈N*),①‎ 所以2n-1a1+2n-2a2+…+2an-1=(n-1)an.‎ 所以2na1+2n-1a2+…+22an-1=2(n-1)an.②‎ ‎①-②得2an=nan+1-2(n-1)an,即an+1‎an=2(n≥2).‎ 当n=1时,2a1=a2,a‎2‎a‎1‎=2适合上式,‎ 所以数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列,所以an=a1qn-1=2n-1(n∈N*).‎ ‎(2)由(1)得an=2n-1(n∈N*),‎ 所以bn=‎1‎log‎2‎an+1‎·log‎2‎an+3‎‎=‎1‎n(n+2)‎=‎1‎‎2‎‎1‎n‎-‎‎1‎n+2‎.‎所以Tn=‎1‎‎2‎‎1-‎‎1‎‎3‎‎+‎‎1‎‎2‎‎-‎‎1‎‎4‎+‎1‎‎3‎‎-‎‎1‎‎5‎+…+‎1‎n-1‎‎-‎‎1‎n+1‎+‎1‎n‎-‎‎1‎n+2‎=‎1‎‎2‎‎3‎‎2‎‎-‎1‎n+1‎-‎‎1‎n+2‎=‎3‎‎4‎‎-‎1‎‎2‎‎1‎n+1‎+‎‎1‎n+2‎=‎‎3‎‎4‎‎-‎2n+3‎‎2(n+1)(n+2)‎.‎ ‎6.解 (1)因为nan+1-(n+1)an=1,‎ 所以an+1‎n+1‎‎-ann=‎1‎n(n+1)‎=‎1‎n-‎‎1‎n+1‎,‎ 所以ann‎-an-1‎n-1‎=‎1‎n-1‎-‎‎1‎n(n≥2),‎ an-1‎n-1‎‎-an-2‎n-2‎=‎1‎n-2‎-‎‎1‎n-1‎‎,‎ ‎…‎ a‎2‎‎2‎‎-‎a‎1‎‎1‎‎=1-‎1‎‎2‎,‎ 所以ann-a1=1-‎1‎n(n≥2).‎ 又a1=1,所以ann‎=‎‎2n-1‎n,‎ 所以an=2n-1(n≥2).‎ 又a1=1,也符合上式,‎ 所以对任意正整数n,an=2n-1.‎ ‎(2)结合(1)得bn=‎2n-1‎‎3‎n-1‎,所以Sn=‎1‎‎3‎‎0‎‎+‎3‎‎3‎‎1‎+‎5‎‎3‎‎2‎+‎‎7‎‎3‎‎3‎+…+‎2n-1‎‎3‎n-1‎,①‎ ‎1‎‎3‎Sn=‎1‎‎3‎‎+‎3‎‎3‎‎2‎+‎‎5‎‎3‎‎3‎+…+‎2n-1‎‎3‎n,②‎ ‎①-②,得‎2‎‎3‎Sn=1+2‎1‎‎3‎‎+‎‎1‎‎3‎‎2‎+…+‎1‎‎3‎n-1‎-‎2n-1‎‎3‎n=2-‎2n+2‎‎3‎n,所以Sn=3-‎n+1‎‎3‎n-1‎‎.‎ ‎7.解 (1)由题意知当n≥2时,an=Sn-Sn-1=6n+5,当n=1时,a1=S1=11,所以an=6n+5.设数列{bn}的公差为d,‎ 由a‎1‎‎=b‎1‎+b‎2‎,‎a‎2‎‎=b‎2‎+b‎3‎,‎即‎11=2b‎1‎+d,‎‎17=2b‎1‎+3d,‎可解得b1=4,d=3,所以bn=3n+1.‎ ‎(2)由(1)知cn=‎(6n+6‎‎)‎n+1‎‎(3n+3‎‎)‎n=3(n+1)·2n+1,又Tn=c1+c2+c3+…+cn,得Tn=3×[2×22+3×23+4×24+…+(n+1)×2n+1],2Tn=3×[2×23+3×24+4×25+…+(n+1)×‎ ‎2n+2],两式作差,得-Tn=3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2]=3×4+‎4(‎2‎n-1)‎‎2-1‎-(n+1)×2n+2=-3n·2n+2,所以Tn=3n·2n+2.‎ ‎8.解 (1)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n‎2‎‎+n‎2‎‎-‎‎(n-1‎)‎‎2‎+(n-1)‎‎2‎=n,‎ n=1时,a1=S1=1,满足上式,∴an=n.‎ ‎∵bn+1bn=2n+1,∴bnbn-1=2n(n≥2),‎ ‎∴bn+1=2bn-1(n≥2),‎ ‎∴数列{bn}的奇数项和偶数项分别是2为首项,2为公比的等比数列,‎ ‎∴bn=‎‎2‎n+1‎‎2‎‎,n为奇数,‎‎2‎n‎2‎‎,n为偶数.‎ ‎(2)‎∑‎i=1‎naib‎2i-1‎‎-‎‎1‎b‎2i‎=‎‎∑‎i=1‎ni2i-‎1‎‎2‎i=‎∑‎i=1‎ni·2i-‎∑‎i=1‎ni‎2‎i,‎ 设Mn=1·x+2·x2+3·x3+…+(n-1)xn-1+nxn(x≠0,1),①‎ xMn=1·x2+2·x3+3·x4+…+(n-1)xn+nxn+1,②‎ ‎①-②得(1-x)Mn=x+x2+x3+…+xn-nxn+1=x(1-xn)‎‎1-x-nxn+1,‎ ‎∴Mn=‎x+(nx-n-1)‎xn+1‎‎(1-x‎)‎‎2‎‎.‎ ‎∴‎‎∑‎i=1‎ni·2i=‎2+(2n-n-1)·‎‎2‎n+1‎‎(1-2‎‎)‎‎2‎=(n-1)·2n+1+2,‎ ‎∑‎i=1‎ni‎2‎i‎=‎‎1‎‎2‎‎+n‎2‎‎-n-1‎·‎‎1‎‎2‎n+1‎‎1-‎‎1‎‎2‎‎2‎‎=2-n+2‎‎2‎n,从而‎∑‎i=1‎naib‎2i-1‎‎-‎‎1‎b‎2i=(n-1)·2n+1+‎n+2‎‎2‎n‎.‎ 专题突破练16　专题四　数列过关检测 ‎　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ 一、单项选择题 ‎1.(2020东北三省四市教研体二模,理5)等比数列{an}中,a5,a7是函数f(x)=x2-4x+3的两个零点,则a3·a9=(　　)‎ A.-3 B.3 C.-4 D.4‎ ‎2.(2020全国Ⅰ,文10)设{an}是等比数列,且a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,则a6+a7+a8=(　　)‎ A.12 B.24 C.30 D.32‎ ‎3.(2020河北沧州一模,理7)已知{an}为等比数列,a5+a8=-3,a4a9=-18,则a2+a11=(　　)‎ A.9 B.-9 C.‎21‎‎2‎ D.-‎‎21‎‎4‎ ‎4.(2020河南、广东等五岳4月联考,理10)元代数学家朱世杰在《算学启蒙》中提及如下问题:今有银一秤一斤十两(1秤=15斤,1斤=16两),令甲、乙、丙从上作折半差分之,问:各得几何?其意思是:“现有银一秤一斤十两,现将银分给甲、乙、丙三人,他们三人每一个人所得是前一个人所得的一半”.若银的数量不变,按此法将银依次分给7个人,则得银最少的一个人得银(　　)‎ A.9两 B.‎266‎‎127‎两 C.‎266‎‎63‎两 D.‎250‎‎127‎两 ‎5.(2020山东烟台一模,4)数列{Fn}:F1=F2=1,Fn=Fn-1+Fn-2(n>2),最初记载于意大利数学家斐波那契在1202年所著的《算盘全书》.若将数列{Fn}的每一项除以2所得的余数按原来项的顺序构成新的数列{an},则数列{an}的前50项和为(　　)‎ A.33 B.34 C.49 D.50‎ ‎6.(2020全国Ⅱ,理6)数列{an}中,a1=2,am+n=aman.若ak+1+ak+2+…+ak+10=215-25,则k=(　　)‎ A.2 B.3 C.4 D.5‎ 二、多项选择题 ‎7.设等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,若a3=12,S12>0,S13<0,则下列结论正确的是(　　)‎ A.数列{an}是递增数列 B.S5=60‎ C.-‎24‎‎7‎1,a2 019a2 020>1,a‎2 019‎‎-1‎a‎2 020‎‎-1‎<0,下列结论正确的是(　　)‎ A.S2 0190),等差数列{bn}的公差为2d.设An,Bn分别是数列{an},{bn}的前n项和,且b1=3,A2=3,　　　　　, ‎ ‎(1)求数列{an},{bn}的通项公式;‎ ‎(2)设cn=‎2‎an‎+‎‎3‎bnbn+1‎,求数列{cn}的前n项和Sn.‎ 专题突破练16　专题四 数列过关检测 ‎1.B　解析 由a5,a7是函数f(x)=x2-4x+3的两个零点,即a5,a7是方程x2-4x+3=0的两个实根.‎ 则a5·a7=3,又在等比数列{an}中,a3·a9=a5·a7=3,故选B.‎ ‎2.D　解析 设等比数列{an}的公比为q,因为a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,所以q(a1+a2+a3)=2,解得q=2.所以a6+a7+a8=q5(a1+a2+a3)=25=32.‎ ‎3.C　解析 ∵{an}为等比数列,‎ ‎∴a4a9=a5a8=-18.又a5+a8=-3,可解得a‎5‎‎=-6,‎a‎8‎‎=3‎或a‎5‎‎=3,‎a‎8‎‎=-6.‎ 设等比数列{an}的公比为q,则当a‎5‎‎=-6,‎a‎8‎‎=3‎时,q3=a‎8‎a‎5‎=-‎1‎‎2‎,∴a2+a11=a‎5‎q‎3‎+a8q3=‎-6‎‎-‎‎1‎‎2‎+3‎×‎-‎‎1‎‎2‎=‎‎21‎‎2‎;‎ 当a‎5‎‎=3,‎a‎8‎‎=-6‎时,q3=a‎8‎a‎5‎=-2,∴a2+a11=a‎5‎q‎3‎+a8q3=‎3‎‎-2‎+(-6)×(-2)=‎21‎‎2‎‎.‎故选C.‎ ‎4.B　解析 由题意一秤一斤十两共有银16×16+10=266两,‎ 设分银最少的为a两,则7人的分银量构成以a为首项,2为公比的等比数列,则a(1-‎2‎‎7‎)‎‎1-2‎=266,解得a=‎266‎‎127‎,故选B.‎ ‎5.B　解析 由F1=F2=1,Fn=Fn-1+Fn-2(n>2),得数列{Fn}的各项分别为1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,…,将数列{Fn}的每一项除以2所得的余数构成新的数列{an}的各项分别为1,1,0,1,1,0,1,1,0,1,1,0,…,则数列{an}的前50项和=(1+1+0)×16+1+1=34.故选B.‎ ‎6.C　解析 ∵am+n=am·an,令m=1,‎ 又a1=2,∴an+1=a1·an=2an,‎ ‎∴‎an+1‎an‎=2,∴{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,∴an=2n.‎ ‎∴ak+1+ak+2+…+ak+10=2k+1+2k+2+…+2k+10=2k+1‎·‎‎1-‎‎2‎‎10‎‎1-2‎=2k+11-2k+1=215-25‎.∴‎k+11=15,‎k+1=5,‎解得k=4.‎ ‎7.BCD　解析 依题意知,S12=12a1+‎12×11‎‎2‎‎·‎d>0,S13=13a1+‎13×12‎‎2‎‎·‎d<0,化简得2a1+11d>0,a1+6d<0,即a6+a7>0,a7<0,∴a6>0.由a3=12,得a1=12-2d,联立解得-‎24‎‎7‎1,a2 019a2 020>1矛盾,所以q>0.‎ 当q≥1时,若a2 019≥1,a2 020>1,与已知a‎2 019‎‎-1‎a‎2 020‎‎-1‎<0矛盾,故01,0S2 019,A正确;‎ a2 019a2 021-1=a‎2 020‎‎2‎-1<0,故B正确;‎ T2 019是数列{Tn}中的最大值,故CD错误;故选AB.‎ ‎9.3n2-2n　解析 数列{2n-1}的项均为奇数,数列{3n-2}的所有奇数项均为奇数,所有偶数项均为偶数.并且显然{3n-2}中的所有奇数均能在{2n-1}中找到,所以{2n-1}与{3n-2}的所有公共项就是{3n-2}的所有奇数项,这些项从小到大排列式的新数列{an}为以1为首项,以6为公差的等差数列.所以{an}的前n项和为Sn=n×1+n(n-1)‎‎2‎‎×‎6=3n2-2n.‎ ‎10.1　解析 由题意设等比数列{an}的首项与公比为q,因为aman‎2‎‎=‎a‎4‎‎2‎,‎ 所以qm+2n=q8,则m+2n=8.‎ ‎2‎m‎+‎1‎n=‎2n+mmn=‎8‎mn=‎16‎‎2nm≥‎16‎‎2n+m‎2‎‎2‎=‎‎16‎‎4‎‎2‎‎=1.‎ ‎11‎.‎1‎‎2‎-‎‎1‎‎2‎n+1‎　解析 ∵2Sn-an=‎1‎‎2‎n-1‎,‎ ‎∴2Sn+1-an+1=‎1‎‎2‎n,两式相减可得2an+1-an+1+an=-‎1‎‎2‎n,即an+1+an=-‎1‎‎2‎n,所以an+2+an+1=-‎1‎‎2‎n+1‎,‎ 两式相减可得an+2-an=-‎1‎‎2‎n+1‎‎+‎1‎‎2‎n=‎‎1‎‎2‎n+1‎,∴{an+2-an}是以‎1‎‎4‎为首项,‎1‎‎2‎为公比的等比数列.‎ ‎∴Tn=‎‎1‎‎4‎‎1-‎‎1‎‎2‎n‎1-‎‎1‎‎2‎‎=‎1‎‎2‎-‎1‎‎2‎n+1‎.‎ ‎12.(1)解 设等差数列{log2(an-1)}的公差为d.由a1=3,a3=9,得log22+2d=log28,即d=1.∴log2(an-1)=1+(n-1)×1=n,即an=2n+1.‎ ‎(2)证明 ‎∵‎1‎an+1‎‎-‎an=‎1‎‎2‎n+1‎‎-‎‎2‎n=‎‎1‎‎2‎n,‎ ‎∴‎1‎a‎2‎‎-‎a‎1‎+‎‎1‎a‎3‎‎-‎a‎2‎‎+…+‎‎1‎an+1‎‎-‎an ‎=‎1‎‎2‎‎1‎‎+‎1‎‎2‎‎2‎+‎‎1‎‎2‎‎3‎+…+‎‎1‎‎2‎n ‎=‎1‎‎2‎‎-‎1‎‎2‎n×‎‎1‎‎2‎‎1-‎‎1‎‎2‎=1-‎1‎‎2‎n<1.‎ ‎13.解 (1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0),由题意可得,a1·a9=a‎3‎‎2‎,即a1(a1+8d)=(a1+2d)2,解得a1=d.‎ 又S3=3a1+3d=6,可得a1=d=1,‎ 所以数列{an}是以1为首项和公差的等差数列,所以an=n,n∈N*.‎ ‎(2)由(1)可知bn=(-1)n‎4n‎4n‎2‎-1‎=(-1)n‎1‎‎2n-1‎‎+‎‎1‎‎2n+1‎,∴P2n=-1-‎1‎‎3‎‎+‎1‎‎3‎+‎1‎‎5‎-‎1‎‎5‎-‎‎1‎‎7‎+…-‎1‎‎4n-3‎‎-‎1‎‎4n-1‎+‎1‎‎4n-1‎+‎‎1‎‎4n+1‎=-1+‎‎1‎‎4n+1‎‎.‎ ‎∵|P2n+1|=‎1‎‎4n+1‎‎<‎‎1‎‎2 020‎,∴n>‎2 019‎‎4‎,所以n的最小值为505.‎ ‎14.解 (1)若选①,‎ ‎∵数列{an},{bn}都是等差数列,且A2=3,A5=B3,‎ ‎∴‎‎2a‎1‎+d=3,‎‎5a‎1‎+10d=9+6d,‎解得a‎1‎‎=1,‎d=1,‎ ‎∴an=a1+(n-1)d=n,‎ bn=b1+(n-1)2d=2n+1,‎ 综上,an=n,bn=2n+1.‎ 若选②,‎ ‎∵数列{an},{bn}都是等差数列,且A2=3,‎1‎a‎1‎‎-‎1‎a‎2‎=‎‎4‎B‎2‎,‎ ‎∴‎‎2a‎1‎+d=3,‎‎4a‎1‎(a‎1‎+d)=d(6+2d),‎解得a‎1‎‎=1,‎d=1,‎ ‎∴an=a1+(n-1)d=n,‎ bn=b1+(n-1)2d=2n+1.‎ 综上,an=n,bn=2n+1.‎ 若选③,‎ ‎∵数列{an},{bn}都是等差数列,且A2=3,B5=35,‎ ‎∴‎‎2a‎1‎+d=3,‎‎3×5+‎5×4‎‎2‎×2d=35,‎解得a‎1‎‎=1,‎d=1,‎ ‎∴an=a1+(n-1)d=n,‎ bn=b1+(n-1)2d=2n+1.‎ 综上,an=n,bn=2n+1.‎ ‎(2)由(1)得:cn=2n+‎3‎‎(2n+1)(2n+3)‎=2n+‎3‎‎2‎‎1‎‎2n+1‎‎-‎‎1‎‎2n+3‎,∴Sn=(2+22+…+2n)+‎3‎‎2‎‎1‎‎3‎‎-‎‎1‎‎5‎‎+‎‎1‎‎5‎‎-‎‎1‎‎7‎+…+‎‎1‎‎2n+1‎‎-‎‎1‎‎2n+3‎ ‎=‎2(1-‎2‎n)‎‎1-2‎‎+‎‎3‎‎2‎‎1‎‎3‎‎-‎‎1‎‎2n+3‎=2n+1-‎‎3(n+2)‎‎2n+3‎‎.‎ 专题突破练17　空间中的平行、垂直与空间角 ‎　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ ‎1.‎ ‎(2020海南海南中学月考,18)已知直四棱柱ABCD-A'B'C'D',四边形ABCD 为正方形,AA'=2AB=2,E为棱CC'的中点.‎ ‎(1)求三棱锥C-A'BD的体积;‎ ‎(2)求证:A'E⊥BD;‎ ‎(3)求异面直线DE与A'B所成角的余弦值.‎ ‎2.‎ ‎(2020海南海口模拟,19)如图,在三棱锥D-ABC中,AB⊥AC,△ABD是正三角形,且平面ABD⊥平面ABC,AB=AC=4,E,G分别为AB,BC的中点.‎ ‎(1)证明:EG⊥平面ABD;‎ ‎(2)若F是线段DE的中点,求AC与平面FGC所成角的正弦值.‎ ‎3.‎ ‎(2020山东潍坊三模,18)如图,点C是以AB为直径的圆上的动点(异于A,B),已知AB=2,AE=‎7‎,EB⊥平面ABC,四边形BEDC为平行四边形.‎ ‎(1)求证:BC⊥平面ACD;‎ ‎(2)当三棱锥A-BCE的体积最大时,求平面ADE与平面ABC所成的二面角的余弦值.‎ ‎4.(2020山东日照二模,19)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,PA=AD=2,M,N分别是AB,PC的中点.‎ ‎(1)求证:MN⊥平面PCD;‎ ‎(2)若直线PB与平面ABCD所成角的余弦值为‎2‎‎5‎‎5‎,求二面角N-DM-C的余弦值.‎ ‎5.‎ ‎(2020山东青岛一模,19)在如图所示的四棱锥E-ABCD中,四边形ABCD为平行四边形,△BCE为边长为2的等边三角形,AB=AE,F,O分别为AB,BE的中点,OF是异面直线AB和OC的公垂线.‎ ‎(1)证明:平面ABE⊥平面BCE;‎ ‎(2)记△CED的重心为G,求直线AG与平面ABCD所成角的正弦值.‎ ‎6.‎ ‎(2020天津,17)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2,CC1=3,点D,E分别在棱AA1和棱CC1上,且AD=1,CE=2,M为棱A1B1的中点.‎ ‎(1)求证:C1M⊥B1D;‎ ‎(2)求二面角B-B1E-D的正弦值;‎ ‎(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值.‎ ‎7.‎ ‎(2020山东潍坊一中月考,19)在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为长方形,SB⊥底面ABCD,其中BS=2,BA=2,BC=λ,λ的可能取值为①λ=‎1‎‎4‎,②λ=‎1‎‎2‎,③λ=‎3‎‎2‎,④λ=‎3‎‎2‎,⑤λ=3.‎ ‎(1)求直线AS与平面ABCD所成角的正弦值;‎ ‎(2)若在线段CD上能找到点E,满足AE⊥SE,则λ可能的取值有几种情况?请说明理由;‎ ‎(3)在(2)的条件下,当λ为所有可能情况的最大值时,线段CD上满足AE⊥SE的点有两个,分别记为E1,E2,求二面角E1-SB-E2的大小.‎ 专题突破练17　空间中的平行、‎ 垂直与空间角 ‎1.(1)解 ∵四棱柱ABCD-A'B'C'D'为直四棱柱,∴A'A⊥平面ABCD,‎ 又A'A=2,BC=CD=1,∴VC-A'BD=VA'-BCD=‎1‎‎3‎S△BCD·A'A=‎1‎‎3‎‎×‎1‎‎2‎×‎1×1×2=‎‎1‎‎3‎‎.‎ ‎(2)证明 以D为原点,DA,DC,DD'所在的直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),B(1,1,0),E(0,1,1),A'(1,0,2),‎∴‎A'E=(-1,1,-1),DB=(1,1,0),‎∴A'E·‎DB=-1+1=0,∴A'E⊥BD.‎ ‎(3)解 由(2)得,DE=(0,1,1),A'B=(0,1,-2),‎ ‎∴|cos|=‎|DE·A'B|‎‎|DE|·|‎A'B‎|‎‎　‎‎=‎1‎‎2‎‎×‎‎5‎=‎‎10‎‎10‎,即异面直线DE与A'B所成角的余弦值为‎10‎‎10‎‎.‎ ‎2.(1)证明 因为E,G分别为AB,BC的中点,所以EG∥AC.‎ 因为AB⊥AC,平面ABD⊥平面ABC,平面ABD∩平面ABC=AB,所以AC⊥平面ABD,所以EG⊥平面ABD.‎ ‎(2)解 因为△ABD是正三角形,所以DE⊥AB.由(1)知EG⊥平面ABD,所以EG,AB,DE两两垂直,‎ 则以E为坐标原点,分别以EB‎,EG,‎ED的方向为x轴,y轴,z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz.‎ 因为AB=AC=4,△ABD是正三角形,所以E(0,0,0),A(-2,0,0),B(2,0,0),G(0,2,0),D(0,0,2‎3‎),C(-2,4,0).‎ 因为F是DE的中点,所以F(0,0,‎3‎).‎ AC‎=(0,4,0),FG=(0,2,-‎3‎),GC=(-2,2,0).‎ 设平面FGC的法向量为m=(x,y,z),所以m·FG=0,‎m·GC=0,‎即‎2y-‎3‎z=0,‎‎-2x+2y=0,‎ 令x=1,则y=1,z=‎2‎‎3‎‎3‎,所以平面FGC的一个法向量m=1,1,‎2‎‎3‎‎3‎.‎ 设AC与平面FGC所成的角为θ,则sin θ=|cos|=‎‎|m·AC|‎‎|m||AC|‎‎=‎4‎‎4×‎‎1+1+‎‎4‎‎3‎=‎30‎‎10‎.‎ ‎3.(1)证明 因为四边形BEDC为平行四边形,‎ 所以CD∥BE.因为EB⊥平面ABC,‎ 所以CD⊥平面ABC,所以CD⊥BC.‎ 因为∠ACB是以AB为直径的圆上的圆周角,所以BC⊥AC.又因为AC∩CD=C,所以BC⊥平面ACD.‎ ‎(2)解 在△ABC中,设AC=x,BC=‎4-‎x‎2‎(0=‎n‎1‎‎·‎n‎2‎‎|n‎1‎||n‎2‎|‎‎=‎6‎‎3‎‎×‎‎5‎=‎10‎‎5‎.‎ ‎4.(1)证明 取PD中点E,连接EN,AE.‎ 因为M,N,E分别为AB,PC,PD的中点,所以EN∥AM,EN=AM=‎1‎‎2‎AB,‎ 所以四边形AMNE是平行四边形,故MN∥AE.因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD.又因为CD⊥AD,AD∩PA=A,‎ 所以CD⊥平面PAD,所以平面PCD⊥平面PAD.因为PA=AD,E为中点,所以AE⊥PD,所以AE⊥平面PCD,‎ 所以MN⊥平面PCD.‎ ‎(2)解 因为PA⊥平面ABCD,所以∠PBA即为直线PB与平面ABCD所成的角,所以cos∠PBA=‎2‎‎5‎‎5‎,所以sin∠PBA=‎5‎‎5‎‎.‎因为PA=AD=2,AB=4,分别以AB,AD,AP为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,‎ 则D(0,2,0),M(2,0,0),C(4,2,0),P(0,0,2),N(2,1,1),‎ 则DM=(2,-2,0),MN=(0,1,1).‎ 设平面NDM的法向量n1=(x,y,z),则n‎1‎‎·DM=0,‎n‎1‎‎·MN=0,‎即‎2x-2y=0,‎y+z=0,‎ 取x=1,则y=1,z=-1,即平面NDM的一个法向量n1=(1,1,-1).易得平面DMC的一个法向量n2=(0,0,1),‎ 所以cos=n‎1‎‎·‎n‎2‎‎|n‎1‎||n‎2‎|‎=-‎3‎‎3‎,‎ 由图可知,二面角N-DM-C为锐角,‎ 所以二面角N-DM-C的余弦值为‎3‎‎3‎‎.‎ ‎5.(1)证明 因为O为BE的中点,所以在等边△BCE中,OC⊥BE.又因为OF是异面直线AB和OC的公垂线,所以OC⊥OF.‎ 又因为OF∩BE=O,所以OC⊥平面ABE.因为OC⊂平面BCE,所以平面ABE⊥平面BCE.‎ ‎(2)解 因为F,O分别为AB,BE的中点,所以OF∥AE.‎ 又因为OF是异面直线AB和OC的公垂线,所以OF⊥AB,AE⊥AB,所以△ABE为等腰直角三角形.‎ 连接AO,AB=AE=‎2‎,OA=1,‎ 因为OA⊥BE,OA⊂平面ABE,平面ABE⊥平面BCE,且平面ABE∩平面BCE=BE,所以OA⊥平面BCE.‎ 以O为原点,分别以OE,OC,OA所在的直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,‎ 则A(0,0,1),B(-1,0,0),C(0,‎3‎,0),E(1,0,0).因为四边形ABCD为平行四边形,设D(x0,y0,z0),因为BC‎=‎AD,所以(1,‎3‎,0)=(x0,y0,z0-1),‎ 所以D(1,‎3‎,1).设平面ABCD的法向量为n=(x,y,z),BA=(1,0,1),BC=(1,‎3‎,0),‎ 则n·BA=0,‎n·BC=0,‎即x+z=0,‎x+‎3‎y=0,‎令y=-1,则x=‎3‎,z=-‎3‎,‎ 所以平面ABCD的一个法向量n=(‎3‎,-1,-‎3‎).‎ 因为C(0,‎3‎,0),E(1,0,0),D(1,‎3‎,1),‎ 所以△CDE的重心G的坐标为‎2‎‎3‎‎,‎2‎‎3‎‎3‎,‎‎1‎‎3‎,AG=‎2‎‎3‎‎,‎‎2‎‎3‎‎3‎,-‎2‎‎3‎,‎ 设直线AG与平面ABCD所成角为θ,‎ 则sin θ=|cos|=‎n·‎AG‎|n|·|‎AG‎|‎‎　‎‎=‎2‎‎3‎‎3‎‎7‎‎×‎‎2‎‎5‎‎3‎=‎105‎‎35‎.‎ ‎6.解 依题意,以C为原点,分别以CA‎,CB,‎CC‎1‎的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图),可得C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C1(0,0,3),A1(2,0,3),B1(0,2,3),D(2,0,1),E(0,0,2),M(1,1,3).‎ ‎(1)证明:依题意,C‎1‎M=(1,1,0),B‎1‎D=(2,-2,-2),从而C‎1‎M‎·‎B‎1‎D=2-2+0=0,所以C1M⊥B1D.‎ ‎(2)依题意,CA=(2,0,0)是平面BB1E的一个法向量,EB‎1‎=(0,2,1),ED=(2,0,-1).‎ 设n=(x,y,z)为平面DB1E的法向量,则n·EB‎1‎=0,‎n·ED=0,‎ 即‎2y+z=0,‎‎2x-z=0.‎不妨设x=1,可得n=(1,-1,2).‎ 因此有cos=CA‎·n‎|CA||n‎|‎‎　‎‎=‎‎6‎‎6‎,‎ 于是sin=‎30‎‎6‎‎.‎所以,二面角B-B1E-D的正弦值为‎30‎‎6‎‎.‎ ‎(3)依题意,AB=(-2,2,0).由(2)知n=(1,-1,2)为平面DB1E的一个法向量,于是cos=AB‎·n‎|AB||n‎|‎‎　‎=-‎‎3‎‎3‎‎.‎ 所以,直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为‎3‎‎3‎‎.‎ ‎7.解 (1)因为SB⊥底面ABCD,所以∠SAB即为直线AS与平面ABCD所成的角,在Rt△SBA中,sin∠SAB=‎SBSA‎=‎2‎‎2‎.‎ ‎(2)以B为坐标原点,以BC‎,BA,‎BS的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(0,2,0),D(λ,2,0),S(0,0,2).‎ 设E(λ,x,0)(0≤x≤2),所以SE=(λ,x,-2),EA=(-λ,2-x,0).‎ 由SE‎⊥‎EA可得-λ2+x(2-x)=0,解得λ2=x(2-x).‎ 因为x∈[0,2],所以λ2=x(2-x)∈[0,1],所以在所给的数据中,λ可以取①②③.‎ ‎(3)由(2)知λ=‎3‎‎2‎,此时,x=‎1‎‎2‎或x=‎3‎‎2‎,即满足条件的点E有两个,‎ 根据题意得,其坐标为E1‎3‎‎2‎‎,‎‎1‎‎2‎,0和E2‎3‎‎2‎‎,‎‎3‎‎2‎,0.‎ 因为SB⊥平面ABCD,所以SB⊥BE1,SB⊥BE2,所以∠E1BE2是二面角E1-SB-E2的平面角.‎ 由cos=BE‎1‎‎·‎BE‎2‎‎|BE‎1‎||BE‎2‎|‎‎=‎3‎‎4‎‎+‎‎3‎‎4‎‎1×‎‎3‎=‎‎3‎‎2‎,由题意得二面角E1-SB-E2为锐角,所以二面角E1-SB-E2的大小为30°.‎ 专题突破练18　立体几何中的翻折问题及探索性问题 ‎　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ ‎1.(2020河北石家庄5月检测,18)如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=AC=4,D,E分别是AC,AB边上的中点,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C=A1D,如图2.‎ ‎(1)求证:平面A1CD⊥平面A1BC;‎ ‎(2)求直线A1C与平面A1BE所成角的正弦值.‎ ‎2.‎ ‎(2020贵州贵阳适应性训练,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为正方形,且平面PAD⊥平面ABCD,F为棱PD的中点.‎ ‎(1)在棱BC上是否存在一点E,使得CF∥平面PAE?并说明理由;‎ ‎(2)若PA=PD=AB,求直线AF与平面PBC所成角的正弦值.‎ ‎3.(2020浙江台州模拟,19)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,AC=BC=3,AA1=2.以AB,BC为邻边作平行四边形ABCD,连接DA1和DC1.‎ ‎(1)求证:A1D∥平面BCC1B1;‎ ‎(2)在线段BC上是否存在点F,使平面DA1C1与平面A1C1F垂直?若存在,求出BF的长;若不存在,请说明理由.‎ ‎4.(2020云南昆明一中模拟,19)图1是由边长为4的正六边形AEFBCD,矩形DCGH组成的一个平面图形,将其沿AB,DC折起得几何体ABCD-EFGH,使得CG⊥AD,且平面EFGH∥平面ABCD,如图2.‎ ‎(1)证明:在图2中,平面ACG⊥平面BCG;‎ ‎(2)设M为图2中线段CG上一点,且CM=1,若直线AG∥平面BMD,求图2中的直线BM与平面AHB所成角的正弦值.‎ ‎5.(2020北京通州一模,18)如图1,已知四边形ABCD为菱形,且∠A=60°,取AD中点为E.现将四边形EBCD沿BE折起至EBHG,使得∠AEG=90°,如图2.‎ ‎(1)求证:AE⊥平面EBHG;‎ ‎(2)求二面角A-GH-B的余弦值;‎ ‎(3)若点F满足AF=λAB,当EF∥平面AGH时,求λ的值.‎ ‎6.‎ 如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,四边形ABCD是梯形,且BC∥AD,AC=CD=‎2‎‎2‎AD,AD=2PD=4BC=4.‎ ‎(1)求证:AC⊥平面PCD;‎ ‎(2)求平面PCD与平面PAB所成的锐角的余弦值;‎ ‎(3)在棱PD上是否存在点M,使得CM∥平面PAB?若存在,求PMPD的值;若不存在,说明理由.‎ ‎7.‎ ‎(2020山东省实验中学模拟,19)在矩形ABCD中,AB=3,AD=2,点E是线段CD上靠近点D的一个三等分点,点F是线段AD上的一个动点,且DF=λDA(0≤λ≤1).如图,将△BEC沿BE折起至△BEG,使得平面BEG⊥平面ABED.‎ ‎(1)当λ=‎1‎‎2‎时,求证:EF⊥BG;‎ ‎(2)是否存在λ,使得FG与平面DEG所成的角的正弦值为‎1‎‎3‎?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.‎ ‎8.‎ ‎(2020河北衡水中学调研,18)已知,图中直棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,其中AA1=AC=2BD=4.又点E,F,P,Q分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上运动,且满足BF=DQ,CP-BF=DQ-AE=1.‎ ‎(1)求证:E,F,P,Q四点共面,并证明EF∥平面PQB;‎ ‎(2)是否存在点P使得二面角B-PQ-E的余弦值为‎5‎‎5‎?如果存在,求出CP的长;如果不存在,请说明理由.‎ 专题突破练18　立体几何中的 翻折问题及探索性问题 ‎1.(1)证明 在图1的△ABC中,D,E分别为AC,AB边中点,∴DE∥BC.‎ 又AC⊥BC,∴DE⊥AC.‎ 在图2中,DE⊥A1D,DE⊥DC,A1D∩DC=D,则DE⊥平面A1CD,‎ 又DE∥BC,∴BC⊥平面A1CD.‎ 又BC⊂平面A1BC,∴平面A1CD⊥平面A1BC.‎ ‎(2)解 由(1)知DE⊥平面A1CD,且DE⊂平面BCDE,∴平面A1CD⊥平面BCDE.‎ 又平面A1CD∩平面BCDE=DC,‎ 在等边三角形A1CD中过点A1作A1O⊥CD,垂足为O,则O为CD中点,且A1O⊥平面BCDE,分别以DC,梯形BCDE中位线,OA1所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,‎ 则A1(0,0,‎3‎),B(1,4,0),C(1,0,0),E(-1,2,0).‎ A‎1‎C‎=(1,0,-‎3‎),EA‎1‎=(1,-2,‎3‎),EB=(2,2,0).设平面A1BE的法向量为n=(x1,y1,z1),‎ 则EA‎1‎‎·n=x‎1‎-2y‎1‎+‎3‎z‎1‎=0,‎EB‎·n=2x‎1‎+2y‎1‎=0,‎ 令x1=1,则y1=-1,z1=-‎3‎,∴平面A1BE的一个法向量为n=(1,-1,-‎3‎).设直线A1C与平面A1BE所成角为θ,则sin θ=|cos|=‎‎|A‎1‎C·n|‎‎|A‎1‎C|·|n‎|‎‎　‎‎=‎|1×1-1×0+(-‎3‎)×(-‎3‎)|‎‎1+3‎‎×‎‎1+1+3‎=‎2‎‎5‎‎5‎.‎ ‎∴直线A1C与平面A1BE所成角的正弦值为‎2‎‎5‎‎5‎‎.‎ ‎2.解 (1)当E为BC的中点时,CF∥平面PAE.理由如下,‎ 如图,分别取BC,PA的中点E,G,连接PE,AE,GE,FG.‎ 又F是PD的中点,∴FG∥AD,FG=‎1‎‎2‎AD.‎ 又四边形ABCD为正方形,则AD∥BC,AD=BC,∴FG∥BC,FG=‎1‎‎2‎BC.又E是BC的中点,∴FG∥CE,FG=CE,则四边形ECFG是平行四边形,∴CF∥EG.‎ 又EG⊂平面PAE,CF⊄平面PAE,‎ ‎∴CF∥平面PAE.‎ ‎(2)如图,取AD中点O,连接PO,OE,‎ 又PA=PD,∴PO⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,∴PO⊥平面ABCD.∴以O为原点,OA,OE,OP分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.设AD=2,则A(1,0,0),B(1,2,0),C(-1,2,0),P(0,0,‎3‎),F-‎1‎‎2‎,0,‎3‎‎2‎,‎∴‎AF=-‎3‎‎2‎,0,‎3‎‎2‎,BC=(-2,0,0),PB=(1,2,-‎3‎),‎ 设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则‎-2x=0,‎x+2y-‎3‎z=0,‎ 令y=3,得x=0,z=2‎3‎,‎ 则平面PBC的一个法向量n=(0,3,2‎3‎),∴|cos|=‎|n·AF|‎‎|n||AF|‎‎=‎3‎‎21‎‎×‎‎3‎=‎‎7‎‎7‎,∴直线AF与平面PBC所成角的正弦值为‎7‎‎7‎‎.‎ ‎3.(1)证明 如图所示,连接B1C,∵四边形ABCD为平行四边形,∴AB