数学三维设计答案.doc

第一部分　专题复习　培植新的增分点
专题一　集合与常用逻辑用语、函数与导数、不等式
第一讲　集合与常用逻辑用语
基础·单纯考点
[例1]　解析：(1)∵A＝{x>2或x<0}，B＝{x|－<x<}，
∴A∩B＝{x|－<x<0或2<x<}，
A∪B＝R.
(2)依题意，P∩Q＝Q，Q⊆P，于是解得6<a≤9，即实数a的取值范围为(6，9]．
答案：(1)B　(2)D

[预测押题1]　(1)选A　本题逆向运用元素与集合的关系求参数的取值范围，抓住1∉A作为解题的突破口，1∉A即1不满足集合A中不等式，所以12－2×1＋a≤0⇒a≤1.
(2)选B　对于2x(x－2)<1，等价于x(x－2)<0，解得0<x<2，所以A＝{x|0<x<2}；集合B表示函数y＝ln(1－x)的定义域，由1－x>0，得x<1，故B＝{x|x<1}，∁RB＝{x|x≥1}，则阴影部分表示A∩(∁RB)＝{x|1≤x<2}．

[例2]　解析：(1)命题p是全称命题：∀x∈A，2x∈B，
则┐p是特称命题：∃x∈A，2x∉B.
(2)①中不等式可表示为(x－1)2＋2>0，恒成立；②中不等式可变为log2x＋≥2，得x>1；③中由a>b>0，得<，而c<0，所以原命题是真命题，则它的逆否命题也为真；④由p且q为假只能得出p，q中至少有一为假，④不正确．
答案：(1)D　(2)A

[预测押题2]　(1)选A　因为x2－3x＋6＝＋>0，所以①为假命题；若ab＝0，则a、b中至少一个为零即可，②为假命题；x＝kπ＋(k∈R)是tan x＝1的充要条件，③为假命题．
(2)解析：“∃x∈R，2x2－3ax＋9<0”为假命题，则“∀x∈R，2x2－3ax＋9≥0”为真命题，因此Δ＝9a2－4×2×9≤0，故－2≤a≤2.
答案：[－2，2]

[例3]　解析：(1)当x＝2且y＝－1时，满足方程x＋y－1＝0，即点P(2，－1)在直线l上．点P′(0，1)在直线l上，但不满足x＝2且y＝－1，∴“x＝2且y＝－1”是“点P(x，y)在直线l上”的充分而不必要条件．
(2)因为y＝－x＋经过第一、三、四象限，所以－>0，<0，即m>0，n<0，但此为充要条件，因此，其必要不充分条件为mn<0.
答案：(1)A　(2)B

[预测押题3]　(1)选B　由10a>10b得a>b，由lg a>lg b得a>b>0，所以“10a>10b”是“lg a>lg b”的必要不充分条件．
(2)解析：由|x－m|<2，得－2<x－m<2，即m－2<x<m＋2.依题意有集合{x|2≤x≤3}是{x|m－2<x<m＋2}的真子集，于是有由此解得1<m<4，即实数m的取值范围是(1，4)．
答案：(1，4)

交汇·创新考点
[例1]　选A　在同一坐标系下画出椭圆x2＋＝1及函数y＝2x的图象，结合图形不难得知它们的图像有两个公共点，因此A∩B中的元素有2个，其子集共有22＝4个．

[预测押题1]　选B　A＝{x|x2＋2x－3>0}＝{x|x>1或x<－3}，函数y＝f(x)＝x2－2ax－1的对称轴为x＝a>0，f(－3)＝6a＋8>0，根据对称性可知，要使A∩B中恰含有一个整数，则这个整数解为2，所以有f(2)≤0且f(3)>0，即所以即≤a<，选B.

[例2]　解析：对①：取f(x)＝x－1，x∈N*，所以B＝N*，A＝N是“保序同构”；对②：取f(x)＝x－(－1≤x≤3)，所以A＝{x|－1≤x≤3}，B＝{x|－8≤x≤10}是“保序同构”；对③：取f(x)＝tan(0<x<1)，所以A＝{x|0<x<1}，B＝R是“保序同构”，故应填①②③.
答案：①②③

[预测押题2]　解析：∵A⊆M，且集合M的子集有24＝16个，其中“累计值”为奇数的子集为{1}，{3}，{1，3}，共3个，故“累积值”为奇数的集合有3个．
答案：3

[例3]　解析：对于①，命题p为真命题，命题q为真命题，所以p∧綈q为假命题，故①正确；对于②当b＝a＝0时，l1⊥l2，故②不正确，易知③正确．所以正确结论的序号为①③.
答案：①③

[预测押题3]　选D　由y＝tanx的对称中心为(k∈Z)，知A正确；由回归直线方程知B正确；在△ABC中，若sinA＝sinB，则A＝B，C正确．

第二讲　函数的图像与性质
基础·单纯考点
[例1]　解析：(1)由题意，自变量x应满足解得∴－3<x≤0.
(2)设t＝1＋sinx，易知t∈[0，2]，所求问题等价于求g(t)在区间[0，2]上的值域．
由g(t)＝t3－t2＋4t，得g′(t)＝t2－5t＋4＝(t－1)(t－4)．由g′(t)＝0，可得t＝1或t＝4.又因为t∈[0，2]，所以t＝1是g(t)的极大值点．由g(0)＝0，g(1)＝－＋4＝，g(2)＝×23－×22＋4×2＝，得当t∈[0，2]时，g(t)∈，即g(1＋sinx)的值域是.
答案：(1)A　(2)

[预测押题1]　(1)解析：∵f()＝－tan＝－1，∴f(f())＝f(－1)＝2×(－1)3＝－2.
答案：－2
(2)由题意知：a≠0，f(x)＝(x＋a)(bx＋2a)＝bx2＋(2a＋ab)x＋2a2是偶函数，则其图像关于y轴对称，所以2a＋ab＝0，b＝－2.所以f(x)＝－2x2＋2a2，因为它的的值域为(－∞，2]，所以2a2＝2.所以f(x)＝－2x2＋2.
答案：－2x2＋2

[例2]　解析：(1)曲线y＝ex关于y轴对称的曲线为y＝e－x，将y＝e－x向左平移1个单位长度得到y＝e－(x＋1)，即f(x)＝e－x－1.
(2)由题图可知直线OA的方程是y＝2x；而kAB＝＝－1，所以直线AB的方程为y＝－(x－3)＝－x＋3.由题意，知f(x)＝所以g(x)＝xf(x)＝当0≤x≤1时，故g(x)＝2x2∈[0，2]；当1<x≤3时，g(x)＝－x2＋3＝－＋，显然，当x＝时，取得最大值；当x＝3时，取得最小值0.
综上所述，g(x)的值域为.
答案：(1)D　(2)B

[预测押题2]　(1)选C　因为函数的定义域是非零实数集，所以A错；当x<0时，y>0，所以B错；当x→＋∞时，y→0，所以D错．
(2)选B　因为f(x)＝f(－x)，所以函数f(x)是偶函数．因为f(x＋2)＝f(x)，所以函数f(x)的周期是2，再结合选项中的图像得出正确选项为B.

[例3]　解析：(1)函数y＝－3|x|为偶函数，在(－∞，0)上为增函数．选项A，D是奇函数，不符合；选项B是偶函数但单调性不符合；只有选项C符合要求．
(2)∵f(x)＝ax3＋bsinx＋4，　　　　　①
∴f(－x)＝a(－x)3＋bsin(－x)＋4，
即f(－x)＝－ax3－bsinx＋4，　　　　 ②
①＋②得f(x)＋f(－x)＝8.　　　　 ③
又∵lg(log210)＝lg＝lg(lg 2)－1＝－lg(lg 2)，
∴f(lg(lg210))＝f(－lg(lg 2))＝5.
又由③式知f(－lg(lg 2))＋f(lg(lg 2))＝8，
∴5＋f(lg(lg 2))＝8，
∴f(lg(lg 2))＝3.
答案：(1)C　(2)C

[预测押题3]　(1)选A　依题意得，函数f(x)在[0，＋∞)上是增函数，且f(x)＝f(|x|)，不等式f(1－2x)<f(3)⇔f(|1－2x|)<f(3)⇔|1－2x|<3⇔－3<1－2x<3⇔－1<x<2.
(2)解析：∵f(x)＝－f，
∴f＝－f(x＋3)＝－f(x)，
∴f(x)＝f(x＋3)，∴f(x)是以3为周期的周期函数．
则f(2014)＝f(671×3＋1)＝f(1)＝3.
答案：3
(3)解析：因为函数f(x)的图像关于y轴对称，所以该函数是偶函数，又f(1)＝0，所以f(－1)＝0.又已知f(x)在(0，＋∞)上为减函数，所以f(x)在(－∞，0)上为增函数.<0，可化为xf(x)<0，所以当x>0时，解集为{x|x>1}；当x<0时，解集为{x|－1<x<0}．
综上可知，不等式的解集为(－1，0)∪(1，＋∞)．
答案：(－1，0)∪(1，＋∞)

交汇·创新考点
[例1]　解析：设x<0，则－x>0.∵当x≥0时，f(x)＝x2－4x，∴f(－x)＝(－x)2－4(－x)．∵f(x)是定义在R上的偶函数，∴f(－x)＝f(x)，∴f(x)＝x2＋4x(x<0)，∴f(x)＝由f(x)＝5得或∴x＝5或x＝－5.观察图像可知由f(x)<5，得－5<x<5.∴由f(x＋2)<5，得－5<x＋2<5，∴－7<x<3.∴不等式f(x＋2)<5的解集是{x|－7<x<3}．

答案：{x|－7<x<3}

[预测押题1]　解析：根据已知条件画出f(x)图像如图所示．因为对称轴为x＝－1，所以(0，1)关于x＝－1的对称点为(－2，1)．
因f(m)<1，所以应有－2<m<0，m＋2>0.
因f(x)在(－1，＋∞)上递增，所以f(m＋2)>f(0)＝1.

答案：>

[例2]　解析：因为A，B是R的两个非空真子集，且A∩B＝∅，画出韦恩图如图所示，则实数x与集合A，B的关系可分为x∈A，x∈B，x∉A且x∉B三种．

(1)当x∈A时，根据定义，得fA(x)＝1.因为A∩B＝∅，所以x∉B，故fB(x)＝0.又因为A⊆(A∪B)，则必有x∈A∪B，所以fA∪B(x)＝1.
所以F(x)＝＝＝1.
(2)当x∈B时，根据定义，得fB(x)＝1.因为A∩B＝∅，所以x∉A，故fA(x)＝0.又因为B⊆(A∪B)，则必有x∈A∪B，所以fA∪B(x)＝1.
所以F(x)＝＝＝1.
(3)当x∉A且x∉B，根据定义，得fA(x)＝0，fB(x)＝0.由图可知，显然x∉(A∪B)，故fA∪B(x)＝0，所以F(x)＝＝＝1.
综上，函数的值域中只有一个元素1，即函数的值域为{1}．
答案：{1}

[预测押题2]　解：当x∈A∩B时，因为(A∩B)⊆(A∪B)，所以必有x∈A∪B.
由定义，可知fA(x)＝1，fB(x)＝1，fA∪B(x)＝1，所以F(x)＝＝＝.
故函数F(x)的值域为{}．

第三讲　基本初等函数、函数与方程及函数的应用
基础·单纯考点
[例1]　解析：(1)当x＝－1，y＝－＝0，所以函数y＝ax－的图像必过定点(－1，0)，结合选项可知选D.
(2)a＝log36＝log33＋log32＝1＋log32，b＝log510＝log55＋log52＝1＋log52，c＝log714＝log77＋log72＝1＋log72，∵log32>log52>log72，∴a>b>c.
答案：(1)D　(2)D

[预测押题1]　(1)选A　函数y＝x－x为奇函数．当x>0时，由x－x>0，即x3>x，可得x2>1，故x>1，结合选项，选A.
(2)选B　依题意的a＝ln x∈(－1，0)，b＝∈(1，2)，c＝elnx∈(e－1，1)，因此b>c>a.

[例2]　解析：(1)由f(－1)＝－3<0，f(0)＝1>0及零点定理，知f(x)的零点在区间(－1，0)上．
(2)当f(x)＝0时，x＝－1或x＝1，故f[f(x)＋1]＝0时，f(x)＋1＝－1或1.当f(x)＋1＝－1，即f(x)＝－2时，解得x＝－3或x＝；当f(x)＋1＝1即f(x)＝0时，解得x＝－1或x＝1.故函数y＝f[f(x)＋1]有四个不同的零点．
答案：(1)B　(2)C

[预测押题2]　解析：当x>0时，由f(x)＝ln x＝0，得x＝1.因为函数f(x)有两个不同的零点，则当x≤0时，函数f(x)＝2x－a有一个零点，令f(x)＝0得a＝2x，因为0<2x≤20＝1，所以0<a≤1，所以实数a的取值范围是0<a≤1.
答案：(0，1]

[例3]　解：(1)由年销售量为x件，按利润的计算公式，有生产A，B两产品的年利润y1，y2分别为y1＝10x－(20＋mx)＝(10－m)x－20(x∈n，0≤x≤200)，y＝18x－(8x＋40)－0.05x2＝－0.05x2＋10x－40(x∈n，0≤x≤120)．
(2)因为6≤m≤8，所以10－m>0，函数y1＝(10－m)x－20在[0，200]上是增函数，所以当x＝200时，生产A产品有最大利润，且y1max＝(10－m)×200－20＝1980－200m(万美元)．
又y2＝－0.05(x－100)2＋460(x∈N，0≤x≤120)，所以当x＝100时，生产B产品有最大利润，且y2max＝460(万美元)．
因为y1max－y2max＝1980－200m－460＝1520－200m
所以当6≤m<7.6时，可投资生产A产品200件；
当m＝7.6时，生产A产品或生产B产品均可(投资生产A产品200件或生产B产品100件)；
当7.6<m≤8时，可投资生产B产品100件．

[预测押题3]　解：(1)设投入广告费t(百万元)后由此增加的收益为f(t)(百万元)，则f(t)＝(－t2＋5t)－t＝－t2＋4t＝－(t－2)2＋4(0≤t≤3)．
所以当t＝2时，f(t)max＝4，即当集团投入两百万广告费时，才能使集团由广告费而产生的收益最大．
(2)设用于技术改造的资金为x(百万元)，则用于广告费的费用为(3－x)(百万元)，则由此两项所增加的收益为g(x)＝＋[－(3－x)2＋5(3－x)]－3＝－x3＋4x＋3(0≤x≤3)．对g(x)求导，得g′(x)＝－x2＋4，令g′(x)＝－x2＋4＝0，得x＝2或x＝－2(舍去)．当0≤x<2时，g′(x)>0，即g(x)在[0，2)上单调递增；当2<x≤3时，g′(x)<0，即g(x)在(2，3]上单调递减．∴当x＝2时，g(x)max＝g(2)＝.
故在三百万资金中，两百万元用于技术改造，一百万元用于广告促销，这样集团由此所增加的受益最大，最大收益为百万元．

交汇·创新考点
[例1]　选B　∵f′(x)>0，x∈(0，π)且x≠，
∴当0<x<时，f′(x)<0，f(x)在(0，)上单调递减．
当<x<π时，f′(x)>0，f(x)在上单调递增．
∵当x∈[0，π]时，0<f(x)<1.∴当x∈[π，2π]，则0≤2π－x≤π.又f(x)是以2π为最小正周期的偶函数，知f(2π－x)＝f(x)．
∴x∈[π，2π]时，仍有0<f(x)<1.依题意及y＝f(x)与y＝sinx的性质，在同一坐标系内作y＝f(x)与y＝sinx的简图．

则y＝f(x)与y＝sinx在x∈[－2π，2π]有4个交点．
故函数y＝f(x)－sinx在[－2π，2π]上有4个零点．

[预测押题]　选D　根据f＝－f，可得f＝－f(x)，进而得f(x＋5)＝f(x)，即函数y＝f(x)是以5为周期的周期函数．当x∈[－1，4]时，f(x)＝x2－2x，在[－1，0]内有一个零点，在(0，4]内有x1＝2，x2＝4两个零点，故在一个周期内函数有三个零点．又因为2012＝402×5＋2，故函数在区间[0，2010]内有402×3＝1206个零点，在区间(2010，2012]内的零点个数与在区间(0，2]内零点的个数相同，即只有一个零点，所以函数f(x)在[0，2012]上零点的个数为1207.

第四讲　不等式
基础·单纯考点
[例1]　解析：(1)原不等式等价于(x－1)(2x＋1)<0或x－1＝0，即－<x<1或x＝1，所以原不等式的解集为.
(2)由题意知，一元二次不等式f(x)>0的解集为.
而f(10x)>0，∴－1<10x<，解得x<lg，即x<－lg 2.
答案：(1)A　(2)D

[预测押题1]　(1)选B　当x>0时，f(x)＝>－1，∴－2x＋1>－x2，即x2－2x＋1>0，解得x>0且x≠1.
当x<0时，f(x)＝>－1，即－x>1，解得x<－1.故x∈(－∞，－1)∪(0，1)∪(1，＋∞)．
(2)解析：∵f(x)＝x2＋ax＋b的值域为[0，＋∞)，∴Δ＝0，∴b－＝0，∴f(x)＝x2＋ax＋a2＝.又∵f(x)<c的解集为(m，m＋6)，∴m，m＋6是方程x2＋ax＋－c＝0的两根．
由一元二次方程根与系数的关系得解得c＝9.
答案：9

[例2]　解析：(1)曲线y＝|x|与y＝2所围成的封闭区域如图阴影部分所示，当直线l：y＝2x向左平移时，(2x－y)的值在逐渐变小，当l通过点A(－2，2)时，(2x－y)min＝－6.
(2)设租用A型车x辆，B型车y辆，目标函数为z＝1600x＋2400y，则约束条件为作出可行域，如图中阴影部分所示，可知目标函数过点(5，12)时，有最小值zmin＝36800(元)．

答案：(1)A　(2)C

[预测押题2]　(1)选C　题中的不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示，平移直线x－y＝0，当平移经过该平面区域内的点(0，1)时，相应直线在x轴上的截距达到最小，此时x－y取得最小值，最小值是x－y＝0－1＝－1；当平移到经过该平面内区域内的点(2，0)时，相应直线在x轴上的截距达到最大，此时x－y取得最大值，最大值是x－y＝2－0＝2.因此x－y的取值范围是[－1，2]．
(2)解析：作出可行域，如图中阴影部分所示，区域面积S＝××2＝3，解得a＝2.

答案：2

[例3]　解析：(1)因－6≤a≤3，所以3－a≥0，a＋6≥0，∴≤＝，当且仅当a＝－时等号成立．
(2)f(x)＝4x＋≥2＝4(x>0，a>0)，当且仅当4x＝，即x＝时等号成立，此时f(x)取得最小值4.
又由已知x＝3时，f(x)min＝4，∴＝3，即a＝36.
答案：(1)B　(2)36

[预测押题3]　(1)选D　依题意，点A(－2，－1)，则－2m－n＋1＝0，即2m＋n＝1(m>0，n>0)，∴＋＝(2m＋n)＝4＋≥4＋2＝8，当且仅当＝，即n＝2m＝时取等号，即＋的最小值是8.
(2)选A　由已知得a＋2b＝2.又∵a>0，b>0，∴2＝a＋2b≥2，∴ab≤，当且仅当a＝2b＝1时取等号．

交汇·创新考点
[例1]　选C　作出可行域，如图中阴影部分所示，三个顶点到圆心(0，1)的距离分别是1，1，，由A⊆B得三角形所有点都在圆的内部，故≥，解得：m≥2.

[预测押题1]　选C　如图，若使以(4，1)为圆心的圆与阴影部分区域至少有两个交点，结合图形，当圆与直线x－y－2＝0相切时，恰有一个公共点，此时a＝＝，当圆的半径增大到恰好过点A(2，2)时，圆与阴影部分至少有两个公共点，此时a＝5，故a的取值范围是<a≤5，故选C.

[例2]　选C　z＝x2－3xy＋4y2(x，y，z∈R＋)，∴＝＝＋－3≥2－3＝1.当且仅当＝，即x＝2y时“＝”成立，此时z＝x2－3xy＋4y2＝4y2－6y2＋4y2＝2y2，∴x＋2y－z＝2y＋2y－2y2＝－2y2＋4y＝－2(y－1)2＋2.∴当y＝1时，x＋2y－z取得最大值2.

[预测押题2]　解析：4x2＋y2＋xy＝1，∴(2x＋y)2＝3xy＋1＝×2xy＋1≤×＋1，∴(2x＋y)2≤，∴(2x＋y)max＝.
答案：

第五讲　导数及其应用
基础·单纯考点
[例1]　解析：(1)∵点(1，1)在曲线y＝上，y′＝，∴在点(1，1)处的切线斜率为y′|x＝1＝＝－1，所求切线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0.
(2)因为y′＝2ax－，所以y′|x＝1＝2a－1.因为曲线在点(1，a)处的切线平行于x轴，故其斜率为0，故2a－1＝0，a＝.
答案：(1)x＋y－2＝0　(2)

[预测押题1]　选D　由f(x＋2)＝f(x－2)，得f(x＋4)＝f(x)，可知函数为周期函数，且周期为4.又函数f(x)为偶函数，所以f(x＋2)＝f(x－2)＝f(2－x)，即函数的对称轴是x＝2，所以f′(－5)＝f′(3)＝－f′(1)，所以函数在x＝－5处的切线的斜率k＝f′(－5)＝－f′(1)＝－1.

[例2]　解：(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4.故b＝4，a＋b＝8.从而a＝4，b＝4.
(2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2).令f′(x)＝0，得x＝－ln2或x＝－2.从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(－2，－ln2)时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln2)上单调递减．

[预测押题2]　解：(1)当m＝1时，f(x)＝x3＋x2－3x＋1，又f′(x)＝x2＋2x－3，所以f′(2)＝5.又f(2)＝，所以所求切线方程为y－＝5(x－2)，即15x－3y－25＝0.所以曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为15x－3y－25＝0.
(2)因为f′(x)＝x2＋2mx－3m2，令f′(x)＝0，得x＝－3m或x＝m.当m＝0时，f′(x)＝x2≥0恒成立，不符合题意；当m>0时，f(x)的单调递减区间是(－3m，m)，若f(x)在区间(－2，3)上是减函数，则解得m≥3；
当m<0时，f(x)的单调递减区间是(m，－3m)，若f(x)在区间(－2，3)上是减函数，则解得m≤－2.
综上所述，实数m的取值范围是(－∞，－2]∪[3，＋∞)．

[例3]　解：(1)f′(x)＝1－，①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f(x)无极值．
②当a>0时，令f′(x)＝0，得ex＝a，即x＝ln a.
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，故f(x)在x＝ln a处取得最小值，且极小值为f(ln a)＝ln a，无极大值．
综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a>0时，函数f(x)在x＝ln a处取得极小值ln a，无极大值．
(2)当a＝1时，f(x)＝x－1＋.直线l：y＝kx－1与曲线y＝f(x)没有公共点，等价于关于x的方程kx－1＝x－1＋在R上没有实数解，即关于x的方程：(k－1)x＝(*)在R上没有实数解．
①当k＝1时，方程(*)可化为＝0，在R上没有实数解．
②当k≠1时，方程(*)可化为＝xex.
令g(x)＝xex，则有g′(x)＝(1＋x)ex.
令g′(x)＝0，得x＝－1，当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－1)
－1
(－1，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x)

－

当x＝－1时，g(x)min＝－，同时当x趋于＋∞时，g(x)趋于＋∞，从而g(x)的取值范围为.所以当∈时，方程(*)无实数解，解得k的取值范围是(1－e，1)．综合①②，得k的最大值为1.

[预测押题3]　解：(1)f′(x)＝a＋－，由题意可知f′()＝1，解得a＝1.
故f(x)＝x－－3ln x，∴f′(x)＝，由f′(x)＝0，得x＝2.
于是可得下表：
x

2
(2，3)
3
f′(x)

－
0
＋

f(x)


1－3ln 2


∴f(x)min＝f(2)＝1－3ln 2.
(2)f′(x)＝a＋－＝(x>0)，由题意可得方程ax2－3x＋2＝0有两个不等的正实根，不妨设这两个根为x1，x2，并令h(x)＝ax2－3x＋2，则
也可以为解得0<a<.

交汇·创新考点
[例1]　解：(1)证明：设φ(x)＝f(x)－1－a＝aln x－a(x>0)，则φ′(x)＝－.令φ′(x)＝0，则x＝1，易知φ(x)在x＝1处取到最小值，故φ(x)≥φ(1)＝0，即f(x)－1≥a.(2)由f(x)>x得aln x＋1>x，即a>.令g(x)＝(1<x<e)，则g′(x)＝.令h(x)＝ln x－(1<x<e)，则h′(x)＝－>0，故h(x)在定义域上单调递增，所以h(x)>h(1)＝0.因为h(x)>0，所以g′(x)>0，即g(x)在定义域上单调递增，则g(x)<g(e)＝e－1，即<e－1，所以a的取值范围为[e－1，＋∞)．

[预测押题1]　解：(1)由f(x)＝ex(x2＋ax－a)可得，f′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x]．当a＝1时，f(1)＝e，f′(1)＝4e.所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－e＝4e(x－1)，即y＝4ex－3e.
(2)令f′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x]＝0，解得x＝－(a＋2)或x＝0.当－(a＋2)≤0，即a≥－2时，在区间[0，＋∞)上，f′(x)≥0，所以f(x)在[0，＋∞)上是增函数，所以方程f(x)＝k在[0，＋∞)上不可能有两个不相等的实数根．当－(a＋2)>0，即a<－2时，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
x
0
(0，－(a＋2))
－(a＋2)
(－(a＋2)，＋∞)
f′(x)
0
－
0
＋
f(x)
－a



由上表可知函数f(x)在[0，＋∞)上的最小值为f(－(a＋2))＝.因为函数f(x)在(0，－(a＋2))上是减函数，在(－(a＋2)，＋∞)上是增函数，且当x≥－a时，有f(x)≥f(－a)＝e－a(－a)>－a，又f(0)＝－a，所以要使方程f(x)＝k在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，k的取值范围是.

[例2]　选C　法一：曲线y＝与直线x＝1及x轴所围成的曲边图形的面积S＝dx＝0＝，又∵S△AOB＝，∴阴影部分的面积为S′＝－＝，由几何概型可知，点P取自阴影部分的概率为P＝.
法二：S阴影＝(－x)dx＝，S正方形OABC＝1，∴点P取自阴影部分的概率为P＝.

[预测押题2]　解析：画出草图，可知所求概率P＝＝＝＝＝.

答案：

[例3]　解：(1)因为方程ax－(1＋a2)x2＝0(a>0)有两个实根x1＝0，x2＝，故f(x)>0的解集为{x|x1<x<x2}．因此区间I＝，故I的长度为.
(2)设d(a)＝，则d′(a)＝(a>0)．令d′(a)＝0，得a＝1.由于0<k<1，故当1－k≤a<1时，d′(a)>0，d(a)单调递增；当1<a≤1＋k时，d′(a)<0，d(a)单调递减．所以当1－k≤a≤1＋k时，d(a)的最小值必定在a＝1－k或a＝1＋k处取得．而＝＝<1，故d(1－k)<d(1＋k)．因此当a＝1－k时，d(a)在区间[1－k，1＋k]上取得最小值.

[预测押题3]　解：(1)f(x)的定义域为(－∞，－1)∪(－1，＋∞)，f′(x)＝＝.当a>b时，f′(x)>0，函数f(x)在(－∞，－1)，(－1，＋∞)上单调递增；当a<b时，f′(x)<0，函数f(x)在(－∞，－1)，(－1，＋∞)上单调递减．
(2)① 计算得f(1)＝>0，f()＝>0，f()＝>0.因为f(1)f()＝·＝ab＝，即f(1)f()＝.　(*)所以f(1)，f()，f()成等比数列．因为≥，所以f(1)≥f()．由(*)得f()≤f()．
②由①知f()＝H，f()＝G.故由H≤f(x)≤G，得f()≤f(x)≤f()．　　(**)当a＝b时，()＝f(x)＝f()＝a.这时，x的取值范围为(0，＋∞)；当a>b时，0<<1，从而<，由f(x)在(0，＋∞)上单调递增(**)式，得≤x≤，即x的取值范围为；当a<b时，>1，从而>，由f(x)在(0，＋∞)上单调递减与(**)式，得≤x≤，即x的取值范围为.综上，当a＝b时，x的取值范围为(0，＋∞)；当a>b时，x的取值范围为；当a<b时，x的取值范围为.

专题二　三角函数、解三角形、平面向量
第一讲　三角函数的图像与性质
基础·单纯考点
[例1]　解析：(1)＝＝|sinθ－cosθ|，又θ∈，∴sinθ－cosθ>0，故原式＝sinθ－cosθ.
(2)由已知得|OP|＝2，由三角函数定义可知sinα＝，cosα＝，即α＝2kπ＋(k∈Z)．所以2sin2α－3tanα＝2sin－3tan＝2sin－3tan＝2×－3×＝0.
答案：(1)A　(2)D

[预测押题1]　(1)选C　由已知可得－2tanα＋3sinβ＋5＝0，tanα－6sinβ＝1，解得tanα＝3，故sinα＝.
(2)解析：由A点的纵坐标为及点A在第二象限，得点A的横坐标为－，所以sinα＝，cosα＝－，tanα＝－.故tan2α＝＝－.
答案：　－

[例2]　解析：(1)∵T＝π－＝π，∴T＝π，∴＝π(ω>0)，∴ω＝2.由图像知当x＝π时，2×π＋φ＝2kπ＋(k∈Z)，即φ＝2kπ－(k∈Z)．∵－<φ<，∴φ＝－.
(2)y＝cos(2x＋φ)的图像向右平移个单位后得到y＝cos的图像，整理得y＝cos(2x－π＋φ)．∵其图像与y＝sin的图像重合，∴φ－π＝－＋2kπ，∴φ＝＋π－＋2kπ，即φ＝＋2kπ.又∵－π≤φ<π∴φ＝.
答案：(1)A　(2)

[预测押题2]　(1)选C　将y＝sin的图像向左平移个单位，再向上平移2个单位得y＝sin＋2的图像，其对称中心的横坐标满足2x＋＝kπ，即x＝－，k∈Z，取k＝1，得x＝.
(2)选C　根据已知可得，f(x)＝2sinx，若f(x)在[m，n]上单调，则n－m取最小值．又当x＝2时，y＝2；当x＝－1时，y＝－，故(n－m)min＝2－(－1)＝3.

[例3]　解：(1)f(x)4cosωx·sin＝2sinωx·cosωx＋2cos2ωx＝(sin2ωx·cos2ωx)＋＝2sin＋.因为f(x)的最小正周期为π，且ω>0，从而由＝π，故ω＝1.
(2)由(1)知，f(x)＝2sin＋.若0≤x≤，则≤2x＋≤.当≤2x＋≤，即0≤x≤时，f(x)单调递增；当≤2x＋≤，即≤x≤时，f(x)单调递减；综上可知，f(x)在区间[0，]上单调递增，在区间[，]上单调递减．

[预测押题3]　解：(1)因为f(x)＝sin 2x＋＋a＝sin(2x＋)＋a＋，所以T＝π.由＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ，k∈Z，得＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z.故函数f(x)的单调递减区间是(k∈Z)．
(2)因为－≤x≤，所以－≤2x＋≤，－≤sin≤1.因为函数f(x)在上的最大值与最小值的和为＋＝，所以a＝0.

交汇·创新考点
[例1]　解：(1)f(x)＝－＝＝＝＝＝sin.由题意可知，f(x)的最小正周期T＝π，∴＝π.又∵ω>0，∴ω＝1，∴f()＝sin＝sin＝.
(2)|f(x)－m|≤1，即f(x)－1≤m≤f(x)＋1.∵对∀x∈，都有|f(x)－m|≤1，∴m≥f(x)max－1且m≤f(x)min＋1.∵－≤x≤0，∴－≤2x＋≤，∴－1≤sin≤，∴－≤sin≤，即f(x)max＝，f(x)min＝－，∴－≤m≤1－.故m的取值范围为.

[预测押题1]　解：(1)f()＝cos·cos＝－cos·cos＝－＝－.
(2)f(x)＝cosx·cos＝cosx·＝cos2x＋sinxcosx＝(1＋cos2x)＋sin2x＝cos＋.f(x)<等价于cos＋<，即cos<0.于是2kπ＋<2x－<2kπ＋，k∈Z.解得kπ＋<x<kπ＋，k∈Z.故使f(x)<成立的x的取值集合为.

[例2]　解析：因为圆心由(0，1)平移到了(2，1，)，所以在此过程中P点所经过的弧长为2，其所对圆心角为2.如图所示，过P点作x轴的垂线，垂足为A，圆心为C，与x轴相切与点B，过C作PA的垂线，垂足为D，则∠PCD＝2－，|PD|＝sin＝－cos2，|CD|＝cos＝sin2，所以P点坐标为(2－sin2，1－cos2)，即的坐标为(2－sin2，1－cos2)．

答案：(2－sin2，1－cos2)

[预测押题2]　选A　画出草图，可知点Q点落在第三象限，则可排除B、D；代入A，cos∠QOP＝＝＝，所以∠QOP＝.代入C，cos∠QOP＝＝≠.

第二讲　三角恒等变换与解三角形
基础·单纯考点
[例1]　解：(1)因为f(x)＝cos，所以f(－)＝cos＝cos＝cos＝×＝1.
(2)因为θ∈，cosθ＝，所以sinθ＝＝－＝－，cos2θ＝2cos2θ－1＝2×()2－1＝－，sin 2θ＝2sin θcosθ ＝2××＝－.所以f(2θ＋)＝cos＝cos＝×＝cos2θ－sin2θ＝－－＝.

[预测押题1]　解：(1)由已知可得f(x)＝3cosωx＋sinωx＝2sin.所以函数f(x)的值域为[－2，2]．又由于正三角形ABC的高为2，则BC＝4，所以函数f(x)的周期T＝4×2＝8，即＝8，解得ω＝.
(2)因为f(x0)＝，由(1)得f(x0)＝2sin＝，即sin＝.由x0∈得＋∈.所以cos＝＝，故f(x0＋1)＝2sin＝2sin
＝2＝2＝.

[例2]　解：(1)由已知得，∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°.在△PBA中，由余弦定理得PA2＝3＋－2××cos30°＝.
故PA＝.
(2)设∠PBA＝α，由已知得PB＝sinα.在△PBA中，由正弦定理得＝，化简得sinα＝4sinα.则tanα＝，即tan∠PBA＝.

[预测押题2]　解：(1)由正弦定理得2sinBcosC＝2sinA－sinC.∵在△ABC中，sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋sinCcosB，∴sinC(2cosB－1)＝0.又0<C<π，sinC>0，∴cosB＝，注意到0<B<π，∴B＝.
(2)∵S△ABC＝acsinB＝，∴ac＝4，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－ac≥ac＝4，当且仅当a＝c＝2时，等号成立，∴b的取值范围为[2，＋∞)．

交汇·创新考点
[例1]　解：(1)∵f(x)＝cos＋2cos2x＝cos＋1，∴f(x)的最大值为2.f(x)取最大值时，cos＝1，2x＋＝2kπ(k∈Z)，故x的集合为{x|x＝kπ－，k∈Z}．
(2)由f(B＋C)＝cos＋1＝，可得cos＝，由A∈(0，π)，可得A＝.在△ABC中，由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccos＝(b＋c)2－3bc，由b＋c＝2，知bc≤＝1，当b＝c＝1时，bc取最大值，此时a取最小值1.

[预测押题1]　解：(1)由已知得·＝bccosθ＝8，b2＋c2－2bccosθ＝42，故b2＋c2＝32.又b2＋c2≥2bc，所以bc≤16，(当且仅当b＝c＝4时等号成立)，即bc的最大值为16.即≤16，所以cosθ≥.又0<θ<π，所以0<θ≤，即θ的取值范围是(0，]．
(2)f(θ)＝sin2θ＋cos2θ＋1＝2sin＋1.因为0<θ≤，所以<2θ＋≤，≤sin≤1.当2θ＋＝，即θ＝时，