层级滚动专题一 函数与导数-【全频累积】2024年高考真题数学专题分类集训

层级滚动/专题一函数与导数 一、单选题 -x2-2ax-a,x<0, 1.(2024·新高考I卷)已知函数f(x)= 在R上单调递增，则a的取 e+ln(.x十1)，x≥0 值范围是 () A.(-∞，0] B.[-1,0] C.[-1,1] D.[0,十o∞) 2.(2024·新高考I卷)已知函数f(.x)的定义域为R,f(x)>f(.x一1)十f(x一2)，且当 x<3时，f(x)=x,则下列结论中一定正确的是 () A.f(10)>100 B.f(20)>1000 C.f(10)<1000 D.f(20)<10000 3.(2024·新高考Ⅱ卷)设函数f(x)=a(x+1)2-1,g(x)=cosx+2a.x,当x∈(-1,1) 时，曲线y=f(x)与y=g(x)恰有一个交点，则a= () A.-1 B司 C.1 D.2 4.(2024·新高考Ⅱ卷)设函数f(x)=(x十a)n(x十b),若f(x)≥0，则a2+b的最小值为 ( A号 C.2 D.1 5.(2024·北京)已知（知M),(x22)是函数y=2的图象上不同的两点，则下列正确的是 A.log十业<凸十2 2 2 B.10g当十业>十 2 2 C.1ogy业>m+2 2 D.logy十业<十x 2 6.(2024·上海)已知函数f(x)的定义域为R,定义集合M={x0|xo∈R,x∈(-一∞，xo), f(x)<f(x)},在使得M=[一1,1]的所有f(x)中，下列成立的是 () A.存在f(x)是偶函数 B.存在f(x)在x=2处取最大值 C.存在f(x)是严格增函数 D.存在f(x)在x=一1处取到极小值 二、多选题 7.(2024·新高考I卷)设函数f(x)=(x一1)2(x一4)，则 () A.x=3是f(x)的极小值点 B.当0<x<1时，f(x)<f(x2) C.当1<x<2时，-4<f(2x-1)<0 D.当-1<x<0时，f(2-x)>f(x) 8.(2024·新高考Ⅱ卷)设函数f(x)=2x3一3ax2十1，则 ( A.当a>1时，f(x)有三个零点 B.当a<0时，x=0是f(x)的极大值点 C.存在a,b,使得x=b为曲线y=f(x)的对称轴 D.存在a,使得点(1，f(1))为曲线y=f(x)的对称中心 三、填空题 9.(2024·新高考I卷)若曲线y=e十x在点(0,1)处的切线也是曲线y=ln(x十1)十a的 切线，则a= 10.(2024·全国甲卷文)曲线y=x3一3.x与y=一(x一1)2十a在(0，+∞)上有两个不同的 交点，则a的取值范围为 四、解答题 1.(2024·新高考I卷)已知函数fx)=in2十ax+b(x-1). (1)若b=0,且f(x)≥0，求a的最小值； (2)证明：曲线y=f(x)是中心对称图形； (3)若(x)>一2当且仅当1<x<2,求b的取值范围. —2 12.(2024·北京)已知f(x)=x十k1n(1十x)在(t,f(t))(t>0)处切线为. (1)若k=一1，求f(x)的单调区间： (2)证明：切线1不经过(0,0)： (3)已知k=1,A(t,f(t)),C(0,f(t)),O(0,0),其中t>0,切线L与y轴交于点B.当 2S△0=15S△0时，求符合条件的点A有几个？ (参考数据：1.09<1n3<1.10,1.60<1n5<1.61,1.94<1n7<1.95) 13.(2024·上海)对于一个函数f(x)和一个点M(a,b),令s(x)=(x-a)2十(f(x)-b), 若P(x,f(xo)是s(x)取到最小值的点，则称P是M在f(x)的“最近点”. )对于fx)=（x>0,求证：对于点M(0,0),存在点P,使得点P是M在f(x)的 “最近点”： (2)对于f(x)=e,M(1,0),请判断是否存在一个点P,它是M在f(x)的“最近点”，且 直线MP与y=f(x)在点P处的切线垂直； (3)已知y=f(x)在定义域R上存在导函数f(x),且函数g(x)在定义域R上恒正，设 点M(t一1，f(t)一g(t)),M2(t十1，f(t)十g(t)).若对任意的t∈R,存在点P同时是 M1,M2在f(x)的“最近点”，试判断f(x)的单调性. —3—参考答案 的同向可加性，不断递推即可. 层级滚动/专题一函数与导数 3.D【名师点睛】解法一：令F(x)=a.x2十a一1， LB【名师点睛】根据二次函数的性质和分界点 G(x)=cosx,分析可知曲线y=F(x)与y 的大小关系即可得到不等式组，解出即可， G(x)恰有一个交点，结合偶函数的对称性可知 【解析】，f(x)在R上单调递增，且x≥0时， 该交点只能在y轴上，即可得a=2,并代入检验 f(x)=e+ln(x+1)单调递增， 即可；解法二：令h(x)=f(x)一g(x),x∈(-1， -2a 1),可知h(x)为偶函数，根据偶函数的对称性 则需满足 2X(-1D≥0， 解得-1≤a≤0， 可知h(x)的零点只能为0，即可得a=2,并代入 a≤e+lnl, 检验即可· 即a的取值范围是[一1,0]. 【解析】解法一：令f(.x)=g(x),即a(x十1)2 故选B. 1=cosx+2a.x,可得a.x2十a-1=cosx, 2.B【名师点睛】代入得到f(1)=1,f(2)=2,再 F(r)=ax2+a-1.G(x)=cos r. 利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可 原题意等价于当x∈（一I,I)时，曲线y=F(x) 判断 与y=G(x)恰有一个交点， 【解析】，当x<3时，f(x)=x, 注意到F(x),G(x)均为偶函数，可知该交点只 ∴.f(1)=1,f(2)=2. 能在y轴上， 又f(.x)>f(.x-1)+f(x-2) 可得F(0)=G(0),即a一1=1，解得a=2, ∴.f(3)>f(2)+f(1)=3,f(4)>f(3)+f(2) 若a=2,令F(x)=G(x),可得2x+1 >5,f(5)>f(4)+f(3)>8.f(6)>f(5)+ -cos=0. f(4)>13,f(7)>f(6)+f(5)>21,f(8)> ,x∈(-1,1)，则2x2≥0,1-c0sx≥0，当且仅 f(7)+f(6)>34,f(9)>f(8)+f(7)>55, 当x=0时，等号成立， f(10)>f(9)+f(8)>89,f(11)>f(10)+ 可得2x十1一cosx≥0，当且仅当x=0时，等 f(9)>144,f(12)>f(11)+f(10)>233, 号成立， f(13)>f(12)+f(11)>377,f(14)>f(13)+ 则方程2.x2十1一cosx=0有且仅有一个实根 f(12)>610,f(15)>f(14)+f(13)>987, 0,即曲线y=F(x)与y=G(x)恰有一个交点， f(16)>f(15)+f(14)>1597>1000,则依次 ∴.a=2符合题意. 下去可知f(20)>1000,则B正确，且无证据表 综上所迷，a=2. 明ACD一定正确. 解法二：令h(x)=f(x)-g(x)=a.x2+a 故选B. 1-cosx,x∈(-1,1)， 【关键点点拨】本题的关键是利用f(1)=1, 原题意等价于h(x)有且仅有一个零点， f(2)=2,再利用题目所给的函数性质f(x)> .h(-x)=a(-x)2+a-1-cos (-x)=ax f(x一1)十f(x一2)，代入函数值再结合不等式 +a-1-cos x=h(x), 39 则h(x)为偶函数， 综上所述，一a=1一b,即b=4十1， 根据偶函数的对称性可知h(x)的零点只能为0， 则+-+a+10-2(a+)+号≥ 即h(0)=a-2=0,解得a=2, 若a=2,则h(x)=2.x2+1-cosx.x∈(-1， 当且仅当a=一号6=号时，等号成立， 1). 又2.x≥0,1-c0sx≥0，当且仅当x=0时，等 六0+6的最小值为2 号成立， 解法二：由题意可知，f(x)的定义域为（一b, 可得h(x)≥0，当且仅当x=0时，等号成立， 十0∞)， 即h(x)有且仅有一个零点0，.a=2特合题意. 令x十a=0,解得x=一a; 故选D. 令ln(.x+b)=0,解得x=1-b. 4.C【名师点睛】解法一：由题意可知，f(x)的定 则当x∈(-b,1-b)时，ln(x+b)<0,故x+ 义域为（一b,十∞），分类讨论一a与一b,1一b的 a≤0，.1-b+a≤0： 大小关系，结合符号分析判断，即可得b=a十1， 当x∈(1-b,+o∞)时，ln(.x十b)>0,故x+a≥ 代入可得最值：解法二：根据对数函数的性质分 0,.1-b+a≥0. 析ln(.x十b)的符号，进而可得x十a的符号，即可 故1-b十a=0,则a2+b=a2+(a+1)2= 得b=a十1，代入可得最值. 2a+)+> 【解析】解法一：由题意可知，∫(x)的定义域为 (-b,十∞)， 当且仅当a=一 6=号时学号成立 令x十a=0,解得x=一a: 令ln(x+b)=0,解得x=1一b. ∴a十公的最小值为2 若-a≤一b,当x∈(-b,1-b)时，可知x十a> 故选C. 0,ln(x+b)<0. 【关键点点拨】分别求x十a=0、ln(x十b)=0的 此时f(x)<0,不合题意； 根，以根和函数定义域为临界，比较大小分类讨 若-b<一a<1-b,当x∈（一a,1一b)时，可知 论，结合符号的正负性分析判断. x+a>0,ln(x+b)<0, 5.B【名师点睛】根据指数函数和对数函数的单 此时f(x)<0,不合题意； 调性结合基本不等式分析判断AB:举例判断 若-a=1一b,当x∈（一b,1一b)时，可知x十 CD即可. a<0,ln(x十b)<0,此时f(x)>0: 【解析】由题意不妨设x1<x2,,函数y=2是 当x∈[1-b,+o∞)时，可知x+a≥0，ln(x+b)≥ 增函数，.0<2<2，即0<y1<y2, 0,此时f(x)≥0： 对于选项AB:可得22华>√2·2西 2 可知若一a=1一b,符合题意； 若-a>1-b,当x∈(1一b,一a)时，可知x十 2学，即4十业>2学>0， 2 a<0,ln(x+b)>0, 此时f(x)<0,不合题意： 根据函数y=log:x是增函数，∴log山十业> 2 40 10g2学-十飞，故A错误，B正确： f(n)>f(一1)，这与已知集合M的定义矛盾， 2 故D错误. 对于选项C:例如x1=0,x=1,则y=1,y=2, 故选B. 可得log 22=10g是∈(0.1，即 2 7.ACD【名师点睛】求出函数f(x)的导数，得到 1og当业<1=，十，故C错误： 极值点，即可判断A:利用函数的单调性可判断 2 B:根据函数∫(x)在(1,3)上的值域即可判断 对于选项D:例如工1=一1，x=一2，则y一2： 1 C:直接作差可判断D. 【解析】对于A,,函数f(x)的定义域为R,而 y:=- f(x)=2(x-1)(x-4)十(x-1)2=3(.x-1)· 可得1og十业=1og各=log3-3∈(-2， (x-3), 2 易知当x∈(1,3)时，(x)<0,当x∈（一∞，1） -1),即10g业>-3=西十x4,故D错误， 2 或x∈(3，十∞)时，f(x)>0, 故选A 故函数f(x)在（一∞，1）上单调递增，在(1,3) 6.B【名师点睛】对于ACD利用反证法并结合函 上单调递减，在(3，十∞)上单调递增，故x=3 数奇偶性、单调性以及极小值的概念即可判断， 是函数f(x)的极小值点，正确： [-2,x<-1, 对于B,当0<x<1时，x-x2=x(1一x)>0, 对于B,构造函数f(x)= {x,-1≤x≤1，即 .1>x>x>0, 1,x>1, 而由上可知，函数f(x)在(0,1)上单调递增，. 可判断 f(x)>f(x2),错误； 【解析】对于A,若存在y=f(x)是偶函数，取 对于C,当1<x<2时，1<2x一1<3，而由上可 x=1∈[-1,1]， 知，函数f(x)在(1,3)上单调递减， 则对于任意x∈（一∞，1），f(x)<∫(1)，而 ∴.f(1)>f(2.x-1)>f(3),即-4<f(2.x-1) f(-1)=f(1),矛盾，故A错误： <0,正确： -2,x-1. 对于D,当一1<x<0时，f(2-x)一f(x)= 对于B,可构造函数f(x)={x,一1≤x≤1，满 (1-x)(-2-x)-(x-1)2(x-4)=(x-1)2· 1,x>1, (2-2.x)>0,.f(2-x)>f(x),正确. 足集合M=[一1,1]， 故选ACD. 当x<-1时，f(x)=-2,当-1≤x≤1时，f 8.AD【名师点睛】A选项，先分析出函数的极值 (x)∈[-1,1]，当x>1时，f(x)=1, 点为x=0,x=a,根据函数零点存在定理和极 则该函数f(x)的最大值是f(2),则B正确： 值的符号判断出f(x)在（一1,0），(0，a),(a, 对于C,假设存在f(x),使得f(x)严格递增，则 2a)上各有一个零点；B选项，根据极值和导函 M=R,与已知M=[一1,1]矛盾，则C错误： 数符号的关系进行分析：C选项，假设存在这样 对于D,假设存在f(x),使得f(x)在x=一1处 的a,b,使得x=b为曲线y=f(x)的对称轴，则 取极小值，则在一1的左侧附近存在n,使得 f(x)=f(2b一x)为恒等式，据此计算判新：D选 项，若存在这样的a,使得(1,3一3a)为曲线y= D选项，方法一：利用对称中心的表达式化简 f(x)的对称中心，则f(x)十f(2-x)=6一6a, f(1)=3一3a,若存在这样的a,使得(1,3-3a) 据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接 为曲线y=f(x)的对称中心， 求解 则f(.x)十f(2一x)=6一6a,事实上， 【解析】f(.x)=6.x2-6az=6.x(x一a),A选项， f(x)+f(2-x)=2.x3-3a.x2+1+2(2-x)3 由于a>1. 3a(2-x)+1=(12-6a)x2+(12a-24)x+ 故x∈（一∞，0）U(a,十∞)时，f(x)>0,故 18-12a, f(x)在（一o∞，0），(a,+o∞)上单调递增. 于是6-6a=(12-6a)x2+(12a-24)x x∈(0，a)时，(.x)<0,f(x)单调递减， +18-12a, 则f(x)在x=0处取到极大值，在x=a处取到 12-6a-0, 极小值， 即12a-24=0, 解得a=2,即存在a=2使 由f(0)=1>0,f(a)=1-a3<0,则f(0)f(a) 18-12a=6-6a, <0, 得(1，f(1)是曲线y=f(x)的对称中心，D选项 根据西数零点存在定理知f(x)在(0，a)上有一 正确. 个零点， 方法二：直接利用拐点结论 又f(-1)=-1-3a<0,f(2a)=4a3+1>0. 任何三次函数的图象都有对称中心，对称中心 则f(-1)f(0)<0,f(a)f(2a)<0, 的横坐标是二阶导数的零点， 则f(x)在(-1,0)，(a,2a)上各有一个零点，于 f(x)=2.x3-3a.x2+1,f(x)=6x2-6ax, 是a>1时，f(x)有三个零，点，A选项正确； f"(x)=12.x-6a, B选项，若a<0,x∈(a,0)时，f(x)<0,f(x) 由了)=0哈江=号，于是减三次画数的国象的 单调递减， x∈(0，十o)时，(x)>0.f(.x)单调递增， 对称中心为（(）》 此时f(x)在x=0处取到极小值，B选项错误； 由题意(1，∫1)也是对称中心，故号=1 C选项，假设存在这样的a,b,使得x=b为曲线 台a=2. y=f(x)的对称轴. 即存在a=2使得(1，f(1))是曲线y=f(x)的 即存在这样的a,b使得f(.x)=f(2b一x), 对称中心，D选项正确， 即2x-3a.x2+1=2(2b-x)3-3a(2b-x)2 故选AD. +1, 【点睛】(1)f(x)图象的对称轴为x=b台f(x)= 根据二项式定理，等式右边(2b一x)”展开式含 f(2b-x):(2)f(x)图象关于(a,b)对称曰f(x) 有x3的项为2C(2b)°(-x)3=-2x3, +f(2a-x)=2b:(3)任何三次函数f(x)=a.x 于是等式左右两边x的系数都不相等，原等式 +bx2十cx十d的图象都有对称中心，对称中心 不可能恒成立， 是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是"(x) 于是不存在这样的a,b,使得x=b为曲线y= f(x)的对称轴，C选项错误； =0的解，即（一品(-品）》是三次面数图象 42 的对称中心 ,曲线y=x3-3.x与y=-(x-1)2+a在(0， 9.ln2【名师点睛】先求出曲线y=e'十x在(0， 十∞)上有两个不同的交点， 1)处的切线方程，再设曲线y=ln(x十1)十a的 .等价于直线y=a与g(x)的图象有两个交 切点为(xo,ln(x。十1)十a),求出y',利用公切 点.a∈(-2,1). 线斜率相等求出x,表示出切线方程，结合两切 线方程相同即可求解. 【解析】由y=e十x得y'=e十1，y'|,=o=e+ 1=2, 故曲线y=e十x在(0,1)处的切线方程为y= 2x+1: 故答案为（一2,1）. 由y=ln(x+1)+a得y'= 11.【名师点睛】(1)求出f(x)mm=2十a后根据 x+1' f'(x)≥0可求a的最小值： 设切线与曲线y=ln(x十1)十a相切的切，点为 (2)设P(m,n)为y=f(x)图象上任意一点，可 (xo,ln(xa十1)+a), 证P(m,n)关于(1，a)的对称点为Q(2一m, 由两曲线有公切线得y'= 0十=2，解得= 2a一n)也在函数的图象上，从而可证对称性； (3)根据题设可判断f(1)=一2，即a=一2，再 根据f(x)>一2在(1,2)上恒成立可求得b≥ 切线方程为y=2(+)十a十n=2x十 3 1+a-ln2, 【解析11b=0时，x)=ln2产+a,共中 根据两切线重合，得a一ln2=0,解得a=ln2. x∈(0,2)， 故答案为ln2. 则f(x)=1+,1十a= 2 10.(一2,1)【名师点睛】将函数转化为方程，令 x 2-x (2-)+a,x∈ x3一3.x=一(x一1)2十a,分离参数a,构造新函 (0,2), 数g(x)=x十x2一5x十1，结合导数求得g(x) :x(2-x)≤（2) 2-x+x)2 =1,当且仅当x=1 的单调区间，画出大致图象数形结合即可 时等号成立， 求解. 故f(x)n=2十a,而f(x)≥0成立，故a十 【解析】令x2-3.x=-(x-1)2十a,即a=x2+ 2≥0，即a≥-2， x2-5.x+1,令g(x)=x3+x2-5.x+1(.x>0). a的最小值为一2. 则g'(x)=3x+2.x-5=(3.x+5)(x-1),令 g'(x)=0(x>0),得x=1, (2)运明：/)-ln2号x+ax+6u-1)的 当x∈(0,1)时，g'(x)<0,g(x)单调递减， 定义域为(0,2)， 当x∈(1，十∞)时，g'(x)>0,g(x)单调递增， 设P(m,n)为y=f(x)的图象上任意一点， g(0)=1,g(1)=-2, P(m,n)关于(1，a)的对称点为Q(2-m,2a一 43 n), 当6K-号时，则当0<1<1+品<1时8 ,P(m,n)在y=f(x)的图象上， (t)<0, n=ln2"m十am+bam-1, 上g(1)单调递减，故g(t)< 而f2-m)=n2-m+a(2-m)+b2-m-1y 故在01+ g(0)=0,不合题意，舍去. =-恤2”m+amr+b-1]+2a 综上，f)>-2在1,2)上恒成立时b≥- 3 =-n十2a, 而当b≥- .Q(2-m1,2a-n)也在y=f(x)的图象上， 号时，由上迷过程可得g0在(0， 由P的任意性可得y=∫(x)的图象为中心对 递增，故g(t)>0的解集为(0,1)， 称图形，且对称中心为(1，a). 即f(x)>一2的解集为(1,2). (3)f(x)>-2当且仅当1<x<2,故x=1 综上，b>-号故b的取值范国为[一号十】 为f(x)=一2的一个解， 12.【名师点睛】(1)直接代入k=一1，再利用导数 ∴.f(1)=-2,即a=-2, 研究其单调性即可： 先考虑1<x<2时，f(x)>-2恒成立. 此时f(x)>-2即为n2二十21-x)+ (2)写出切线方程y一f0=(+年)》x-0 (>0),将(0,0)代入再设新函数F(t)= b(x-1)3>0在(1,2)上恒成立， 设1=x-1,则1∈(0,1)，则1n1-21十加 ln1十)一1千，利用导数研究其零点即可： 1- (3)分别写出面积表达式，代入2S△0= >0在(0,1)上恒成立， 设g0=lh告2+ne0.D. 15Sam得到13ln1+)-2-15+,=0,再 则gm=1名-2+3M=f（-3+2+30 2 设新西数A0=13ln1+)-2->0) 1-2 研究其零点即可. 当b>≥0时，-32+2+36>≥-3b+2+36=2>0. 【解析】(1)f(x)=x-ln(1+x),f(x)=1一 故g'(1)>0恒成立，故g(1)在(0,1)上单调 递增， 平>- 1 故g(t)>g(0)=0,即f(x)>-2在(1,2)上 当x∈(-1,0)时，f(x)<0:当x∈(0，+∞) 恒成立 时，f(x)>0, 当-号<0时.-3M+2+36≥2+6≥0. ∴f(x)在（一1,0）上单调递减，在(0，+∞)上 单调递增。 故g'(t)≥0恒成立，故g(1)在(0,1)上单调 则f(x)的单调递减区间为（一1,0），单调递增 递增， 区间为(0，十∞). 故g(t)>g(0)=0,即f(x)>-2在(1,2)上 恒成立. (2)证明：f()=1十车切线1的斜奉为1 44 +1十 ÷13a1+)-24-15+2=0.记h)- 则切线方程为y-f()=（1十年)(x 13n(1+)-2-15(>0. 1+ t)(t>0), ∴.满足条件的点A的个数即h(1)的零点的 将0,0)代入，则-f)=-（1+车)： 个数， h'(t)= 13 1+t -2- 15 w=1+年) (1+1)2 131+13-2(t+21+1)-15 =-21+91-4 即+a1+)=+年则1n1+0=千 (t+1) (1+1)3 =(-21+1)(1-4) ln1+)-1中-0， (1+1)2 当∈(0，号)时，()<0.光时h()单调 令Fw=la1+)-+ 递减； 假设1过(0,0)，则F(t)在t∈(0，十o)存在 当t∈ 零点 (号4时，W)>0,此时A()单洞 F)=-=an>0Fa 递增； 当t∈(4，+o)时，h'(t)<0,此时h(t)单调 在(0，十o∞)上单调递增，F(t)>F(0)=0, 递减 F(t)在(0，十∞)无零点， h(0)=0,h2 <0,h(4)=13ln5-20>13 .与假设矛盾，故直线1不过(0,0). (3)k=1时，f(x)=x+ln(1十x),(.x)=1+ ×1.6-20=0.8>0, 1=x+2>0. h(24)=13n25-48-15X24=261n5-48 1十x1十x 25 S-0,设1与y轴的交点B的坐标 <26×1.61-48-7号=-20.54<0， 5 为(0，q) ∴.由函数零点存在定理及h(t)的单调性，h(t) t>0时，若q<0,则此时1与f(x)的图象必有 在(24上必有一个索点，在4,20上必有一 交点，与切线定义矛盾 个零点 由(2)知q≠0.q>0, 综上所述，h(t)有两个零，点，即满足2S△= 则切线1的方程为y一t一ln(t十1)= 15S△m,的点A有两个. （1+)}a-w C 令x=0,则y=q=n1+)十 :2S△A0=15S△u0,则21f(t)= 15d[na+)--J 13.【名师点睛】(1)代入M(0,0),利用基本不等式 45 即可： g(1))·f(x). (2)由题得s(x)=(x一1)2十e2,利用导函数得 若对任意的t∈R,存在，点P同时是M1,M2在 到其最小值，则得到P点坐标，再证明直线 f(x)的“最近点”， MP与切线垂直即可： 设P(x0,yo),则x。既是1(x)的最小值，点，也 (3)根据题意得到s1‘()=s2'(xo）=0,对两 是s2(x)的最小值点， 等式化简得(x)=一 g而再利用“最近点” ,两函数的定义域均为R,则x。也是两函数的 极小值点， 的定义得到不等式组，即可证明x。=t,最后得 则存在x0,使得s(xu)=s2(xo)=0, 到函数f(x)的单调性. 即(xo)=2(x6-t+1)十2f(x)<f(x) 【解析】(1)证明：当M(0,0)时，s(x)=(x一0) f(t)+g(t)>=0,① +(-0=+>2·=2 s2(xo)=2(xa-t-1)+2f'(x)<f(xn) f(t)-g(t)>=0,@ 当且仅当x=,即x=1时取等号， 由①②相等得4十4g(t)·(x)=0,即1十 故对于点M(0,0),存在点P(1,1),使得该点 f(zo)g(t)=0. 是M(0,0)在f(x)的“最近点” 即广(x)=-1 (t)' (2)由题设可得s(x)=(x-1)十(e-0)2= 又，函数g(x)在定义域R上恒正， (.x-1)2+e2, 则s'(x)=2(.x-1)十2e,,y=2(x-1),y= g0<0恒成立. 则f()=- 2er均为R上的单调递增函数， 接下来证明xo=t, 则s'(x)=2(x-1)十2e在R上为严格增 ,x。既是s1(x)的最小值点，也是s(x)的最 函数， 小值点， 而s'(0)=0,故当x<0时，s'(x)<0,当x>0 则s1(x)≤s(t),s:(x)≤x(t), 时，s'(x)>0, 即(xo-1+1)2+(f(xa)-f(1)十g(t)“≤1十 故s(x)mm=s(0)=2,此时P(0,1), (g(t)2,③ 而f(x)=e,k=f(0)=1,故f(x)在点P处 (xo-t-1)2+(f(.x)-f(t)-g(t)2≤1+ 的切线方程为y=x十1. (g(1)),① 而kw=9号一1，故k·k=-一1，故直线 ③+④得2(x-t)2十2+2 <f(xo)-f(t)>+2g2(t)≤2+2g2(t), MP与y=f(x)在点P处的切线垂直. 即(x。-t)2+(f(xa)-f(t)2≤0， (3)设s(x)=(x一t+1)2+(f(x)-f(t)+g(t)产， ,(xo-t)2≥0，(f(xa)-f(t))≥0， (x)=(x-1-1)+(f(x)-ft)-g(t), xw一t=0, 而s(.x)=2(x-t+1)+2(f(x)-f(t)+ 则 解得xo=t, f(xo)-f(1)=0, g(t))f(x), 则f(t)=一 1 s2(x)=2(x-t-1)+2(f(x)-f(1) <0恒成立， g(t) 46 由1的任意性可知∫(x)严格单调递减. ane+）-"at2a-l 1-tan a 层级滚动/专题二三角函数与解三角形 故选B. 4.C【名师点睛】利用正弦定理得sin Asin C= 1.A【名师点睛】根据两角和的余弦可求c0s acos B,sin asin B的关系，结合tan atan3的值可 了，再利用余弦定理有a十心=ac,再利用正 求前者，故可求cos(a一)的值. 弦定理得到sinA十sinC的值，最后代入计算 【解析】'，cos(a十3)=m,'.cos acos B-sin asin 即可. B=m. 而tan atan3=2,∴.tan atan3=2 cos acos p, 【解析：B=音，6=是 ac,则由正弦定理得sin 故cos acos3-2 cos acos B=m,即cos acos B= Asin C=4 9 sin'B=1 一n, 从而sin asin3=一2m,故cos(a-)=-3m. 由余弦定理可得B=a十c2一ac=号a 故选A. 2.C【名师点睛】画出两函数在[0,2π]上的图象， 即a十2=1品ac,根据正弦定理得sinA十 根据图象即可求解 sin C=13s 4 sin Asin C一1g 【解析】，函数y=sinx的最小正周期T一2π， .'(sin A+sin C)2=sin'A+sin'C+2sin Asin 函y=2sin（3-吾)的最小正期T- C= 4 在x∈[0,2x]上，画数y=2sim（3x-君)有三 ,A,C为三角形内角，则sinA十sinC>0,则 个周期的图象， sin A+sin C= 在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图 所示 故选C 5.A【名师点睛】借助导数的几何意义计算可得 Yay=2sin(3x- 其在点(0,1)处的切线方程，即可得其与坐标轴 的交点坐标，即可得其面积. 【解析】f(x) 由图可知，两函数图象有6个交点， (e+2cos r)(1+x)-(e'+2sin z).2x. (1+x2)9 故选C. 则f(0) 3.B【名师点睛】先将cosa弦化切求得 cos a-sin a =(e°+2cos0)(1+0)-(e+2sin0)×0 (1+0)2 tana,再根据两角和的正切公式即可求解. =3, 【解析】， cos a =5, cos a-sin a 即该切线方程为y-1=3x,即y=3x十1， 1 1一tana 3→tana=1-3」 3· 令x=0,则y=1,令y=0,则x=-} 47