专题5 考点9&考点10 导数的综合应用 题组4 -【高考密码】备战2025年高考数学2020-2024五年真题分类汇编

专题五导数的运算与导数的几何意义 题组四 用时： 易错记录： 1.(2024·天津卷)设函数f(x)=xnx 2.(2024·上海卷)已知D是R的一个非空子集， (1)求f(x)图象上点(1，f(1)处的切线方程： y=f(x)是定义在D上的函数，对于点M(a,b), (2)若f(x)≥a(x-√)在x∈(0，十∞)时恒成 函数s(x)=(x-a)2+(f(x)一b)2.若对于 P(xo,f(xo),满足s(x)在x=xo处取得最小 立，求a的值； 值，则称P是M的“f最近点” (3)若x1,x2∈(0,1)，证明|f(x1)一f(x2) ≤|x1一x2| (1)若D=(0,+∞)，f(x)=1,M(0,0),求证： 对于点M(O,0),存在点P,使得P是M的“f最 近点” (2)若D=R,f(x)=c,M(1,0),请判断是否存 在一个点P,它是M的“f最近点”，且直线MP 与曲线y=f(x)在点P处的切线垂直， (3)若D=R,已知y=f(x)是可导的，y=g(x) 的定义域为R且函数值恒为正，t∈R,M1(t一1， f(t)-g(t),M2(t+1,f(t)+g(t).若对于任 意t∈R,都存在曲线y=f(x)上的一点P,使得 P既是M1的“f最近点”，又是M2的“f最近 点”，试判断y=f(x)的单调性. 27 五年高考真题分类集训 数学 3.(2023·天津卷)已知函数f(x)= 5.(2022·新高考I卷)已知点A(2,1)在双曲线 (2+2)a(+1D. C落--1a>D上，直线1交C于P,Q (1)求曲线y=∫(x)在x=2处切线的斜率； 两点，直线AP,AQ的斜率之和为0. (2)当x>0时，证明：f(x)>1: (1)求1的斜率； (3)证明：吾<n(n)-(n+号)lh(m)+n<1. (2)若tan∠PAQ=2√2，求△PAQ的面积. 4.(2023·全国乙卷·理)已知函数f(x)= 6.(2022·北京卷)已知函数f(x)=en(1十x). (+a)In(1+z). (1)求曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线 方程； (1)当a=一1时，求曲线y=f(x)在点 (2)设g(x)=f(x),讨论函数g(x)在[0，十o∞) (1,f(1))处的切线方程； 上的单调性； (2)是否存在a,b,使得曲线y=f(二)关于直线 (3)证明：对任意的s,t∈(0，十∞)，有f(s十t)> x=b对称，若存在，求a,b的值，若不存在，说明 f(s)+f(t). 理由： (3)若f(x)在(0，十∞)存在极值，求a的取值范 围 28 可 专题五导数的运算与导数的几何意义 7.(2021·浙江6月卷)设a,b为实数，且a>1,函 8.(2021·新高考I卷)已知函数f(x)=x(1一ln 数f(x)=a2-bx十e2(x∈R). x). (1)求函数f(x)的单调区间： (1)讨论f(x)的单调性； (2)若对任意b>2e2,函数f(x)有两个不同的零 (2)设a,b为两个不相等的正数，且blna一alnb 点，求a的取值范围： (3)当a=e时，证明：对任意b>e,函数f(x)有 =a-6,证明：2<日+<6 两个不同的零点x1,x2)(x1<x2),满足x2> 器+号 (注：e=2.71828…是自然对数的底数) 29可 详解答案 gis)=(x+1)e' 则g)-r(+)广共定义城为0.+ g'(x)= (1+x)7 y=0 12.x(x+7) (x+7)(x2-4r+7) (1十x) (1十x) (红+7D[(x-2)+31>0, (1+x)3 3-2 -1 0m1 ,g(x)在(0，十o)上单调递增 (3)证明：要证2*-2|2n4n-n7<1, 所以当a>0时y=:与y=g(x)仅有一个交点，令 g(m)=a,别m>-1,且f(n)=4-g(m》=0, 当x∈（一，m)时a>g(x).别f(x)>0,f(x)单羽递增， 当n=1时，ln7<2成立 当rE(m,十四)时，a<g(r),则(x)<0,f(x)单调递减， r=m为「(x)的极大值点，故()存在卓一的极值点： (3)由(2)知f（x)m=f(m),此时a=(1十m)e",m>一1， 所以{fr)-ams=f八m)-a=(m-m-1)e",(m>-1). 下强学<引 令h(x)=(x2-r-1)e,(x>-1), 由题意得aw>0, 若存在a,使得f(x)≤a十b对任意rER成主，等价于存在 r∈(-1，十o),使得h(r)≤b,即b≥h(x)mm, h'(x)=(x2+x-2)d=(x-1)(x+2)e,x>-1, 当∈(-1,1)时，h'(x)<0,h(x)单调递减，当x∈(1，十∞) 时，'(x)>0,h(x)单调递增， 。十7 所以h(x)mm=h(1》=一e,故b≥一e, :a1=1a+1=fa,)a+1a+ 所以实数b的取值范国[一e,十o), 8.解：(1)f(x)=3x2一k. 当k=0时，f(x)=x3,故f(x》在（一a,十o)单调递增. f-会杆7-m-n 4。十1 当k<0时，了()=3.x2一k>0,故f(x)在（一∞，十0）单调 由aw>0,得am一7与a+1一7并号. 递增， 7 ①当w>7,0<aw+1<7时.即证ln -<In 当>0时，令广()=0，得=士系 + 当(-，-)时f>0 (±）>77 中品<行中a>7东南江(》 由(2)知，当an>7时，g(an)>g(7)=77成主. 当r(-巫，)时<0： 33 ②当a+1>7,0<a,<7时，即证n<ln2, 7 当re(+)时f>0… 中号<南诺厅.海接.（授）广<玩 故)在（∞，-）(+)单满递增，在 7 dn 由(2)知，当0<a,<7时，g(an)<g(7)-77成立. （匹俨)单调超成 下西用款等加路法滋明小山等声 (2)由(1)知，当k≤0时，f(x)在（一oo,十oo)单调递增，f(x) 不可能有三个零点. 当m=1时n号-ln-h7 当>0时，r=-巫为f的粒大值点r=哑为r) 3 3 比时h=-h=h7 的极小值点.此时，一-1K-巫<哑<k+1且代--1) 3 3 e2>2.7=7.29>7ln7<ne=2=2 0,fk+ID>0,(-）>0.旅据)的单两楼，当 即h六在=1时立 收售/()<0，即-出匹<0时有三个家点 9 解得<分·周北k的取位范调为(0，司) 1 解：)-告>0 f(r)=,1-a (1+rF∴f0)=14 4 又1-生，南线y一)在成，1)处的切线方程 综上所速，2-22nan-ln7<1得证。 为y安-0.牌y早+ 题组四 24 4 1.解：(1)由题知f(1)=0,f(x）=1nx十1， 又切线y轴上的我距为号 所以厂(1)=1，所以切线方程为y=x一1. (2)第1步：将原问题进行转化 由题可得xlnx≥a(x一√E)在(0，十oo)上恒成立，即nx≥ 2)得- a(1-)在0.+∞上超成立 133 五年高考真题分类集训 数学 第2步：构造西数g(x),并将原问题进行转化 设g)-lnx-a(1-月）-lnr-a+g,r0,+o. 所以f)-f(2)川<x1-2T 若fm>f,则1f)-)1<f)-f() 则g(r)≥0恒成主， 又g(1)=0.所以g(1)=0. ⑩知)-()<√层-五<- 第3步：求出a的值 所以f1)-fx2川<1-1+。 若f1)=fx),则f)-fx)|=0.1->0 所以8（1)=1-受=0，解得a=2. 故f1)-f(x2)<1x1-+. (3)第1步：判斯=的情况 第6步：得出站论 当x1≠2时，fx)-x)川=-F=0. 综上可知，Vx1·2∈(0,1)，都有f()-f(x2)|<11 第2步：判断(x)的单调性 当1≠2时，不妨设1< 2.解：(1)第1步：利用基本不等式求s(x)的最小值 令了()=lnx+1=0,得x=是，所以fx)在(0，)上单 因为画数fx)=re(0,+oo).,M0,0. 调递减，在（日1）上单调追增。 所以)-一0)+(-02-7+>2， 第3多：计论0<<的情现 第2涉：根据等号成立的条件求点P的坐标 当且仅当2->0，即=1时， ①当0<<≤时)>f).f)-f1- s(r)取得最小值2，f(1)=1,所以P(1,1). r In x-tgIn r 故对于点M(0,0),存在点P(1,1),使得P是M的“「最近 设r)=hr+G,0<r<1,则1r)-lnr+1+ 2 (2)第1步：求x(r)与x(x) 设m(x)=1nr+1+,上，0r<1,则mr=1 1 因为函数fx)=e心，M(1,0),所以(x)=(-1)2十e2,则 2√x ￥(x)=2(x-1)+2e- 第2步，诗论x(x)的单调性，求出其最小值，得到“∫最近点” 4-1 记m(x)=s(x)=2(x-1)十2e,则m(x》=2十4e2>0,所 Axr 以m(x)在R上严格单调递增， 令m'(r)=0,得x=G,所以mr在(0，言)上单调递减，在 因为m(0)=s(0)=0, 所以当x<0时，m(x)=(x)<0:当r>0时，m(x)=(x) (。)上单润递增 >0. 所以x(x)在（一©，0）上严格单调递减，在(0，十∞)上严格单 所以≥（品）=h言+1+2=h后>0，所以r)在 调递增， 因此当x=0时，s(x)取到最小值， (0,1)上单调递增， 义f(0)=e°=1，所以，点M的“f最近，点“为P(0,1) 所以ln十<rln十√lnx-x:ln 第3步：利用导数的几何意义求切线斜率，被据两直线垂直建 √/g一√x1+ 立方程为判断直钱MP与曲线y=(x)在点P处的切线是 否垂直，可另设P(k,e),则由了(x)=e,知在P(k,e)处的 因为（行-国）2-（-)2=2-2 切线【的外单为， 2√m(-)<0, 所以√-√<一： 由题高如MP1,周光一子，叁理得十-1=0， 所以xln1-xlnx<g-,即|f(x1)-f() 第4步：构造品数，根据函数的单调性求出点P的坐标 令h(k)=十e2一1，易知h(k)在R上严格单调递增， <m-2, 又h(0)=0,所以方程素+2一1=0有唯一解k=0,所以 第4步：讨论≤<m<1的情况 点P(0,1. 综上，存在满足条件的一个点P(0,1) @当上≤x1<<1时f1)fx,fx)-f)川= (3)解法一： r2lnxe-lnr1· 设()=G-1+D+()-f)+g) 设h(x)=rlnx-x,0<x<1,别h'(x)=lnr<0. =人112+)-f)-)曲条作，对 所以h(x)在(0,1)上单调递减， 任意t∈R,存在P(ro,f(o),使得0同时是1(x)和 所以x1ln-x>xlnr2-x2即ln一ln<x (x)的最小值点. r1, 于是，对任意x∈R.)区( 周为上≤<x4<1.所以0<<1.0<m-0<1: g(x6)≤(r) (x0-1+1)2+(fxa)-f1)+g(u)2≤ g-x<Vg- (x-1+1)2+(f(x)-f)十g() 所以lnxg-n<√1·即|f(1)一(x) (xo-1-1)2+(f(0)-f)-g()2)≤ <-x, (x-1-1)2+(fx)-f()-g(0)2 特别地，当x=1时， 第5多：计论0<<<1的情现 (0-1+1)2+(f)-f)+g()2 当0<n<<<1时， ≤1十g2(t) (0-1-1)2+(fx0)-f)-g(1) 若fn)f),则f)-f1<(）-f) 1+g() 两式相加，得(-)8+(f(o)-ft)2≤0. 曲四知f()-)-。<-五， 所以工=t, 另一方面，求乎得 134 详解答案 1(x)=2(x-1+1)+2(fx)-f1)十 g())() -1-(+)(1+): s2(x)=2(x-1-1)+2(f(r)-f(t)- 由(2)知：x=是∈(0,1小，划f(日)=(+支)n g(1))f(x) 因为(r)(i=1,2)的最小值点也是极小值点，所以：() (1+)>1. =0,￥±(x0）=0, 中网9 所以h(m十1)一h(n》<0,故h(n》在n∈N”上递减， 故h(n)h(1)=1: 两式相减，得g(t)f(xu)=一1. 下证iaa)-(a+号）la0+m>言， 代入1。=t并由g(1)>0,得f(1)= R(D)O.IER. 令gr)-lnx-r+5gD且r>0. 所以f(r)在R上严格单调递减。 4x+2 解法二：第1步：先证MP⊥1 则9'x)=x-1)2(1-x) 先证明一个结论：对于M(a,b),设P(n·f(ro)为M的“f a(2x+1) 最近点”，曲线y=f(x)在点P处的切线为，则MP⊥L. 当0<x<1时(x)>0,(x)递增，当x>1时9(x)<0, 证明： (x)递减， 因为s(x)=(x-a)2十(fx)一b)2,所以'(x)=2x一2a+ 所以9(r)≤9(1)=0，故在x∈(0，+∞)上lnx≤ 2f(x)(f(x)一b),所以当x(x)在x=x处取得最小值时，s x+5)(x-1业恒成立， 4x十2 (x。)=0.即m-a十f(x。)(f(xa）一b)=0, 所以6)-b 则k(n)-h(u+1)=(n+2)n(1+）-1≤(a+名）： 40-a 了() 又直线MP的斜率km-an)二 ,且切线1的斜年为k,= (+) To-a -1=m3+2<(片). 了a所以e=。.fa)=-了 1 2(3+号) o-a f(x0)=-1, 所以6(2)-A(3)<立(-专)h(8)-A()<司 所以MP⊥L. 第2步：证明线段M1M2的中点N与点P重合 (合-吉）…-1-m(片-)月 因为Vr∈R,M(t-1,f)一g(t),M2(t+1,f(t)+g(t)), 存在对应的点P使得引MP2为M到曲线y=f(r)的距离 累加得：62)-Am)<(1-日）而2)=2-号n2,则 平方的最小值，|M2P为M到曲线y=f(x)的距离平方 -4m<2(-）-2+2n2. 的最小值，连接M1M,因为M(1一1，f(1)一g(1)).M(1+ 1,f()十g(1)), 所以6-6m)<n2-1+(1-)n2-1 所以设线段MM2的中点为N,别N(t,f(t)),则，点N在曲 线y=f(x)上. 若M,M到曲线y=f(x)的距离最小时对应的点P与点N 不重合，则M1P<|M1N,M2P<M2N1, 蜂上，音<hm)≤1，脚音<lna)-(a+号)lnw+n≤1 所以M1P+|MPI<M1N|+|M2N=M1M|, 这与三角形两边之和大于第三边矛盾，所以点P与点N必重 4解：)当a=-1时f(x)-(任-1n(r+1), 合 第3步：用结论判新f(x)的单调性 则子(x)=- 又直线MM的针来为M-2=g>0,=f0. 据此可得f(1)=0,f(1)=-1n2, 2 画数在(1f(1))处的切线方程为y一0=一n2(一1)， 所以由kMM·=g)·f()=kP·点=一1<0，知f() (In 2)x+y-In 2=0. <0.所以当tER时，有f(t)<0,所以画数f(r)在R上严格 单调递减， (2)由函数的解析式可释f()=(+a)ln(+1 3.解：(1)fr)-lnmx+12+ln(x+1) 画数的宠义城满足上+1=十>0，即画数的定又城为 2 1 则f(x)= 1n(x+1) (-∞，-1)U(0,十o∞)， x(x+1)十2(x+1) 所以了2)=号3， 定义城美子直我工一一专时称， 收一2关的切线件奉为时， 由题意可得6=一子 （2)运明：要注>0时f✉)=(+hr+i>1, 由对然性可知f(-吉+m)=(-言-m)(m心)】 即证n(x+1)>2r 取m=号可得1)=(-2)， r十2 即(a+1)1n2=(a-2)1n号， 令g)=n+1D-+2且>0】 则g=ha2++2y之0. 4 明u十1=2-0，解得a一之 所以g(x)在(0，十o)上递增，则g(x)>g(0)=0, 经检a=号，6=一号满足题意，故a=6=一司 即nu+D>千2所以>0时)>1 即存在=26=一2满足题意， (3)运明：设(m=ln()-(n十号)ln(m)十，n∈N”, (3)由函鼓的解新式可得了(x)=（-子)n(x+1)十 则hn+1)-(m)=1+(+号)n(m)-(+2)ln(m+1D (+a 135 五年高考真题分类集训 数学 由厂(r)在区间(0，十)存在极值底，则广(x)在区间 (0,十⊙)上存在变号零，点： 5,解：(1)将点A代入双曲线C的方程得 a2w2-1 =1,化简得 (-)n+1+(+a=0… 口如+4=0，解得=2，故双曲线C的方程为号-了 则-(x十1)ln(x+1)十(x十ax2)=0, 令g(x)=ax2十r-(r+1)ln(r十1)， 由题可知，直线1的斜单存在，设直线【的方程为y=kx十m f(r)在区间(0，十∞)存在板值点，等价于g(r)在区间 P(x1,y1),Q(x1·),联立直线I与双曲线C的方程得(2k (0,+∞)上存在变号零点，g(x)=20r-ln(x+1), -1).x2+4kmx十22+2=0， g(x)=2a-x+ 所以玉1十型= 4加 2m2+2 24262- 当a≤0时，g'(r)<0,g(x)在区间(0，十口)上单调递减， 此时：(x)<g(0)=0,g(x)在区间(0，十∞)上无零点，不 所以k加+0-》二+热-1a十m-1 合题意： 1-2+4-2 1一2 kx+m一1 当≥号2a>1时，由于， +1s1. =0. 所以g”(r)>0,g(x)在区间(0，十∞)上单澜道增， 化简得2k1x2十(m一1一2k)(x1十z)-4(m-1)=0, 所以g(x)>g'(0)=0,g(x)在区间(0，+)上单调递 一4(m一1)=0， 增，g(x)>g(0)=0. 南2（2m2+(m-1-2k)(-2k"】 2k2-1 所以g(x)在区间(0，十)上无零点，不符合题意： 中(k+1)(m十2k-1)=0. 当0<a<分时，由(x)=2a中有=0可得r一方1 国为直线1不过点A,所以m十2k一1≠0， 所以专=一1，故直线1的斜率为一1， 当E(0品一1)时g(<0gx)单词递减， (2)设直线AP的领鲜角为a,且0<a<受 当re(品-1，十o)时，)>0：(x)单调递增， 因为tan∠PAQ=2√2， 故g(x)的最小值为g'(-1)=1二2a+ln2u, 所以0<∠PAQ<受，所以0<∠A9<吾， 2 令m(x)=1-x+lnx(0<x<1), 2an∠PAQ 2 则m'(r)=二+1>0. 又tan∠PAQ= -tan'∠PAQ 2 函数m(x)在定义城内单词造增，m(x)<m(1)=0, 据此可得1一x十lnx<0恒成立， 所以tan∠PAQ= 2 2 则R(a-1）-1-2a+ln2a<0. 由kw+k加=0可知2a十∠PAQ=r: 令h(r)=lnx-x2十x(r>0), 则k'(x)=二272+x+1 择k0=ana=区，即当一】 西2@ {当-1 当x∈(0,1)时，h'(x)>0,h(x)单调远增， 联立一22. 当x∈(1，十∞)时，'(r)<0,h(r)单明递减， 数h(x)h(1)=0, 即1nz≤x2一x(取等条件为x=1), 所以g(x）=2ax-ln(x+1)>2ax 3=12-5 解得n=10-42 3 [(x+1)2-(x+1)]=2ax-(x2+x), g(2a-1)>2a(2a-1)-[(2a-1)2+(2a-1)]=0.且 代入直我1hy一十m得m一号， 注意到g(0)=0, 根抵零点存在性定理可知：g'(x)在区间(0，+∞)上存在唯 所以1十-婴山-警。 20. 一零点0 所以AP=31-21,AQ=5x1-2. 当x∈(0,6)时，g'(x)<0,g(x)单羽减， 当r长(xo·十)时，g(x)>0g(x)单调递增， 由tan∠PAQ=22,得sin∠PAQ=2y2. 3 所以g(r。)<g(0)=0, 故SAPAQ=2 APIAQIsin∠PAQ 则(r)=1-1 =21x4-2(m1+2)+ 22 =162 则n(x)单弱递减，注意到n(1)=0, 故当r1,+)时n-(-）0 1/ 6.解：(1)图为f(r)=eln(1十r) 从有n<号(：) 所以fe=e[a1+可 所以f(0)=0,f(0)=1. 所以g(x)=a2+x-(x+1)n(x+1)>ax2+r 所以曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y=工 (x+1)- ]=(a-)r+ x+1 (2)由题设，g(x)=心 「1+ln(1+x) 1 所以g’(x)=e心 「1 L1+z 「1+2x 所以g/-2a)>0: =e' (+( 所以函数g(工)在区闻(0，十0)上存在变号家点，符合 因为x≥0，所以g'(x)>0. 题意， 所以函数g(x)在[0，十∞)上单调递增 综合上面可知：实教a得取植范国是(0,2）： (3)不坊假设1>0取定， 令h(x)=f(x+t)-f(r)-ft),r∈[0，+o). 136 详解答案 则h'(x)=(x十t)-f(x).x∈[0，+∞). 则x1为f(x)=的两振，共中k∈(0,1) 由(2)知，f(x)在[0，十0∞)上单调递增， 不粉令1∈(0,1)，x∈(1，e),则2-x1>1, 所以h'(x)=了(x+1)一(x)>0. 先证2<x1十，脚证x2>2一 从而h(x)在[0，十©©)上单调递增： 甲证f(x2)=f(x1)<f(2-x) 因为h(0)=一f(0)=0, 令h(r)=f(.x)-f(2-x) 所以当s>0时，h(x)>h(0)=0, 则h(x)=f(x)+f(2-x】 即f(x十t)-f(x)一f(t)>0. ■-lnx-ln(2-x) 综上，对任意的s,t∈(0，+四)，有f(+1)>f(s)十f(t). =-lnx(2-x）J 7.解：(1)fx)=a'-br+e2,r∈R.f(r)=ana-b x∈(0,1)，.x(2-x)∈(0,1) ①若≤0，则f(x)=a'1na一b≥0，所以f(x)在R上单调递 .h'(r)>0拉成立，.h(r)<h(1)=0 增： （1)<f(2-x1),.21十r2得证 @若6>0，令了(x)>0→r>lo限ha,所以f(r)在 同理，要证x1十x2<c, 即证f(xg)=f()>f(e-x1). (一o白a)单满递减.(o后。+o）单调运增 令g(x)=fx)-f(e-,x∈(0.lD 则g(x)=一ln[x(e-x)], (2)f(.x)有2个不问零，点曰a一r+e2=0有2个不同解曰 ◆g(xo)=0∈(0，u)g(r)>0, en#-bx十e2=0有2个不同的解， xE(x4,1),9(r)0, ◆=ha期t-品+e=品。- -,>0, 又x>0,fr)>0.且f(e)=0, 故0：g(0)=0,(1)=f(1)-f(e-1)>0 记g()=+e g(x)>0恒成立，1十t2<e得证 t gw=e·1（e+=u-)-e +< …2<1 2 2 专题六。三角函数与解三角形 记ht)md(t一1)-e2,()=(-1)十d·1=·1>0. 义h(2)=0,所以1∈(0,2)时，h(t)<0,1∈(2，十∞)时， 考点11三角函数的概念与三角恒等变换 h(r)>0. 题组 期g(1)在(0,2)单调递诚，(2，十○)单调递增， 1.A由0s(a十3》=m得cos acos3-sin a sin3=m①.由 六。>g2)=心lna<台 tan otan A=2得sin a sin cos acos =2②，由①四得 b>2e>2 c08ac89=一m sin a sin =-2m ,所以cos(a-)=cos acos3+sin a sin月 ∴，lna2→1<a≤e” =一3m,故选A, (3)证明：&=e,f(x)=e-b+e2有2个不同零点→e'+e ,所以tan =62r1 2.B旅据题老有四Q。0-号中1-m0-写 cos o 由(2)可知有2个不同零点，记较大者为2，较小者为 6=4+c=+c>e,易知<2<xg, 41-B -=25-1, 3 又由e+e 3 <e知n>5, 故选B. <<号> 3.B解法-：南n(。-》=子os asin月=名，且ms6sn 壹[sne+0-sm(e一]，解得n(a十=导，所以os(2。 b-已<空.且n6+号在6>心上单捐递，所以只 +28)=1-2sm(a+m=号，故选B 2 需证，>n2他+(>5. 解法二：由sin(a一gD=sin acs一asin-月言且cos asin r:2e 只霄证1ne,-h2e-c>0. -言得sin co-号·所以sn(a+0=sin叶os asin 22e B=号，所以0s(2a+290=1-2sim(a+0=号，故选B z-1n2>0 只需证nr一2 4.D国为a为钱角，所以in号>0，周为c0sa=1-2sim2受 号<4，只需证h)=hr一-h2在x>5时为正 =83=56-25-=1+5,故 所以in号 5816 4 h5)=n5-3-n2Eh号-2>0，h'G=+ 选D. e 5.C由已知条件得sin acos+cos asin3+cos acos3-sin asin 1re-4e+>0,故得运. 8.,解：(1)f(x)=x(1-lnx),x∈(0，+∞) 月=22X号(cosa-sine)sina.娄理得sin acos-cosin月 .f(r)-1-Inx-1=-In r x∈(0,1).f(x)>0,x∈(1，+ao),f(x)<0, 十os acos+sin axin月=0，即in(a-)十cos(a-)=0,所 ∴f(x)在(0,1)单调递增，f八x)在(1.十∞)单调递减， 以tn(a一3)=一1，故选C, 6,B如图，连接OC, (2)证明：由lna-alnb=a一b, 因为C是AB的中点， 得-n+n--日 111 所以OC⊥AB, 义CD⊥AB,所以O,C,D三点共线， 即OD=0A=0B=2. 又∠A(0B=60, 11 所以AB=OA=OB=2, 则OC=√3，故CD=2-√3， 137