2020高中數(shù)學 2019年數(shù)學真題 2-2

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE22-學必求其心得，業(yè)必貴于專精2019年數(shù)學高考真題剖析解讀高考全國Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷都是教育部按照普通高考考試大綱統(tǒng)一命題,適用于不同省份的考生．雖然難度上會有一些差異，但在試卷結構、命題方向上基本都是相同的．試題穩(wěn)中求新、穩(wěn)中求變．與往年相比，三角、數(shù)列、立體幾何、圓錐曲線、函數(shù)與導數(shù)等依然是考查的重點，注重基礎知識，凸顯主干知識．試卷結構、題型保持一致，各題型所占分值與分值分布沒有變化，試題順序有較大變化，考查方式有所改變，難度明顯增加，客觀題與去年的難度相當，主觀題難易梯度明顯增加，解決了區(qū)分度低的詬病．今年試題立足學科素養(yǎng)，落實關鍵能力,加強數(shù)學應用，滲透數(shù)學文化．以真實情境為載體，貼近生活，聯(lián)系社會實際，注重能力考查,增強綜合性、應用性，在各部分內(nèi)容的布局和考查難度上都進行了調(diào)整和改變，這在一定程度上有助于考查學生靈活應變的能力和主動調(diào)整適應的能力，有助于學生全面學習掌握重點知識和重點內(nèi)容，同時有助于打破考試題的僵硬化，更好地提升學生的綜合分析能力，打破了傳統(tǒng)的應試教育．全國Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷對選修2－2推理與證明、數(shù)系的擴充與復數(shù)的引入的考查，相對來說比較常規(guī)、難度不大、變化小、綜合性低，屬于基礎類必得分試題；對導數(shù)及其應用的考查，難度大、綜合性強、運算能力要求高、得分比較困難,主要考查導數(shù)的計算、幾何意義,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值、零點、不等式等．其他省市試題和全國卷類似，難度相當．要想學好這部分知識不僅要有扎實的基礎知識、基本能力，還要注意一些數(shù)學思想的培養(yǎng)，比如分類討論思想、數(shù)形結合思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想等！下面列出了2019年全國Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷及各地區(qū)對選修2－2所考查的全部試題，請同學們根據(jù)所學知識，測試自己的能力，尋找自己的差距，把握高考的方向，認清命題的趨勢!（說明:有些試題帶有綜合性，是與以后要學的內(nèi)容的小綜合試題，同學們可根據(jù)目前所學習的內(nèi)容，有選擇性地試做！)穿越自測一、選擇題1．(2019·全國卷Ⅰ，理2)設復數(shù)z滿足|z－i｜＝1，z在復平面內(nèi)對應的點為(x，y），則（)A．（x＋1)2＋y2＝1 B．（x－1）2＋y2＝1C．x2＋（y－1）2＝1 D．x2＋（y＋1）2＝1答案C解析由已知條件，可得z＝x＋yi.∵|z－i｜＝1，∴｜x＋yi－i|＝1，∴x2＋(y－1)2＝1.故選C.2．(2019·全國卷Ⅱ，理2）設z＝－3＋2i,則在復平面內(nèi)eq\o(z,\s\up6(－））對應的點位于(）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限答案C解析eq\o(z，\s\up6（－)）＝－3－2i，故eq\o（z，\s\up6（－））對應的點(－3，－2)位于第三象限．故選C。3．(2019·全國卷Ⅲ,理2）若z（1＋i）＝2i，則z＝（)A．－1－i B．－1＋iC．1－i D．1＋i答案D解析由z(1＋i）＝2i,得z＝eq\f（2i，1＋i）＝eq\f（2i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(2i1－i，2）＝i(1－i)＝1＋i.故選D.4．(2019·北京高考，理1)已知復數(shù)z＝2＋i,則z·eq\o(z,\s\up6(－))＝(）A。eq\r（3） B.eq\r（5)C．3 D．5答案D解析解法一：∵z＝2＋i，∴eq\o（z，\s\up6(－))＝2－i，∴z·eq\o(z,\s\up6（－）)＝（2＋i)（2－i)＝5。故選D.解法二:∵z＝2＋i，∴z·eq\o（z，\s\up6(－）)＝｜z|2＝5.故選D.5．（2019·全國卷Ⅲ，理6)已知曲線y＝aex＋xlnx在點（1，ae)處的切線方程為y＝2x＋b,則()A．a(chǎn)＝e，b＝－1 B．a(chǎn)＝e，b＝1C．a(chǎn)＝e－1，b＝1 D．a(chǎn)＝e－1，b＝－1答案D解析y′＝aex＋lnx＋1，k＝y(tǒng)′｜x＝1＝ae＋1，∴切線方程為y－ae＝（ae＋1)(x－1），即y＝(ae＋1)x－1。又∵切線方程為y＝2x＋b,∴eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(ae＋1＝2，,b＝－1，）)即a＝e－1,b＝－1.故選D.6．（2019·天津高考，理8）已知a∈R，設函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x2－2ax＋2a，x≤1，,x－alnx，x>1。））若關于x的不等式f(x）≥0在R上恒成立,則a的取值范圍為(）A．［0，1] B．［0，2]C．[0，e] D．[1，e］答案C解析當x≤1時，由f（x)＝x2－2ax＋2a≥0恒成立,而二次函數(shù)f（x)圖象的對稱軸為直線x＝a,所以當a≥1時，f(x)min＝f(1）＝1〉0恒成立，當a<1時,f(x)min＝f(a)＝2a－a2≥0,∴0≤a〈1.綜上，a≥0。當x>1時，由f（x)＝x－alnx≥0恒成立,即a≤eq\f（x,lnx)恒成立．設g(x）＝eq\f（x,lnx)，則g′(x)＝eq\f（lnx－1,lnx2）。令g′(x)＝0，得x＝e,且當1<x<e時，g′（x）<0,當x>e時，g′（x）〉0，所以g(x)min＝g（e)＝e，∴a≤e.綜上,a的取值范圍是0≤a≤e,即［0,e］．故選C。7．（2019·浙江高考，9）設a,b∈R,函數(shù)f(x）＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x,x〈0，,\f(1,3）x3－\f（1,2）a＋1x2＋ax,x≥0。)）若函數(shù)y＝f（x）－ax－b恰有3個零點，則（)A．a(chǎn)<－1，b〈0 B．a(chǎn)〈－1，b>0C．a(chǎn)>－1,b〈0 D．a(chǎn)>－1，b>0答案C解析由題意，b＝f(x）－ax＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(1－ax，x〈0,,\f（1,3）x3－\f（1，2)a＋1x2,x≥0.))設y＝b，g(x)＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（1－ax,x〈0，,\f（1，3)x3－\f(1,2)a＋1x2,x≥0.))即以上兩個函數(shù)的圖象恰有3個交點，根據(jù)選項進行討論．①當a〈－1時，1－a>0,可知g（x)在（－∞,0)上單調(diào)遞增；由g′(x)＝x2－(a＋1)x＝x[x－（a＋1）]（x≥0)，a＋1<0，可知g(x)在（0，＋∞)上單調(diào)遞增．此時直線y＝b與g(x）的圖象只有1個交點，不符合題意，故排除A，B.②當a>－1，即a＋1〉0時，因為g′(x）＝x[x－(a＋1）](x≥0），所以當x≥0時,由g′（x）<0可得0<x<a＋1，所以當x≥0時，g(x）在（0,a＋1)上單調(diào)遞減，g(x）在（a＋1，＋∞）上單調(diào)遞增．如圖，y＝b與y＝g（x)(x≥0)的圖象至多有2個交點．當1－a>0，即－1<a〈1時，由圖象可得，若要y＝g(x)與y＝b的圖象有3個交點，必有b〈0；當1－a＝0時,y＝g(x)與y＝b的圖象可以有1個、2個或無數(shù)個交點,但不存在恰有3個交點的情況，不符合題意,舍去；當1－a〈0，即a〉1時,y＝g(x）與y＝b的圖象可以有1個或2個交點，但不存在恰有3個交點的情況,不符合題意，舍去．綜上,－1〈a<1,b<0.故選C.二、填空題8．（2019·全國卷Ⅰ，理13）曲線y＝3（x2＋x)ex在點（0,0）處的切線方程為________．答案y＝3x解析y′＝3(2x＋1）ex＋3(x2＋x）ex＝ex(3x2＋9x＋3），∴斜率k＝e0×3＝3，∴切線方程為y＝3x.9．(2019·天津高考,理9)i是虛數(shù)單位，則eq\b\lc\｜\rc\|(\a\vs4\al\co1（\f（5－i，1＋i）)）的值為________．答案eq\r（13)解析∵eq\f（5－i，1＋i）＝eq\f(5－i1－i,1＋i1－i）＝2－3i，∴eq\b\lc\｜\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(5－i,1＋i)）)＝｜2－3i｜＝eq\r（13).10．（2019·浙江高考，11）復數(shù)z＝eq\f（1，1＋i)（i為虛數(shù)單位），則｜z｜＝________。答案eq\f（\r（2）,2)解析z＝eq\f（1,1＋i)＝eq\f（1－i，1＋i1－i)＝eq\f（1－i,1－i2)＝eq\f(1，2)－eq\f(1,2)i,易得|z｜＝eq\r(\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，2）））2＋\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(1,2））)2）＝eq\f(\r(2)，2）。11．（2019·江蘇高考,2）已知復數(shù)（a＋2i)（1＋i)的實部為0,其中i為虛數(shù)單位,則實數(shù)a的值是________．答案2解析(a＋2i)（1＋i)＝a－2＋(a＋2)i，因為其實部為0，故a＝2.12．（2019·江蘇高考，11）在平面直角坐標系xOy中，點A在曲線y＝lnx上,且該曲線在點A處的切線經(jīng)過點(－e，－1)（e為自然對數(shù)的底數(shù)），則點A的坐標是________．答案（e，1)解析設A(m，n），則曲線y＝lnx在點A處的切線方程為y－n＝eq\f（1,m）（x－m)．又切線過點(－e，－1），所以有n＋1＝eq\f(1,m）（m＋e）．再由n＝lnm，解得m＝e，n＝1。故點A的坐標為（e,1）．三、解答題13．(2019·全國卷Ⅰ，理20）已知函數(shù)f(x）＝sinx－ln(1＋x)，f′(x)為f（x)的導數(shù)．證明：（1）f′(x）在區(qū)間eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－1，\f（π，2))）存在唯一極大值點；（2)f（x）有且僅有2個零點．證明(1)設g(x）＝f′（x)，則g(x)＝cosx－eq\f(1，1＋x)，g′（x）＝－sinx＋eq\f(1，1＋x2）。當x∈eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－1,\f（π,2）））時，g′(x)單調(diào)遞減，而g′(0)＞0，g′eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(π，2)））＜0,可得g′（x)在eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－1，\f(π,2）)）有唯一零點，設為α。則當x∈(－1，α)時,g′(x）＞0；當x∈eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π，2）)）時，g′(x）＜0。所以g（x）在(－1，α)單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（α，\f（π，2))）單調(diào)遞減，故g(x)在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－1，\f（π，2)）)存在唯一極大值點，即f′（x)在eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1,\f（π，2))）存在唯一極大值點．(2)f（x）的定義域為（－1，＋∞）．①當x∈(－1,0］時，由(1）知,f′(x)在（－1,0）單調(diào)遞增，而f′（0)＝0,所以當x∈（－1，0)時，f′（x)＜0,故f(x）在（－1,0)單調(diào)遞減．又f(0）＝0，從而x＝0是f(x）在(－1,0]的唯一零點．②當x∈eq\b\lc\(\rc\］(\a\vs4\al\co1(0，\f（π，2）））時,由（1)知，f′（x）在（0,α)單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(α，\f（π，2))）單調(diào)遞減，而f′（0）＝0，f′eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（π,2）)）＜0,所以存在β∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(α，\f（π,2）)）,使得f′(β）＝0，且當x∈（0，β)時,f′(x)＞0;當x∈eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（β,\f（π，2)））時,f′(x）＜0.故f（x）在(0,β)單調(diào)遞增，在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（β，\f（π，2))）單調(diào)遞減．又f（0)＝0,feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（π,2))）＝1－lneq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（1＋\f（π，2))）＞0，所以當x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1（0,\f(π,2)))時,f(x)＞0.從而，f（x）在eq\b\lc\（\rc\]（\a\vs4\al\co1（0,\f（π，2））)沒有零點．③當x∈eq\b\lc\(\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f（π,2),π））時,f′(x）＜0,所以f(x)在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π）)單調(diào)遞減．而feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(π,2）)）＞0,f（π)＜0，所以f（x)在eq\b\lc\（\rc\](\a\vs4\al\co1（\f（π,2），π））有唯一零點．④當x∈(π，＋∞)時，ln(x＋1）＞1。所以f(x）＜0,從而f（x）在(π,＋∞）沒有零點．綜上，f(x）有且僅有2個零點．14．（2019·全國卷Ⅱ，理20)已知函數(shù)f（x)＝lnx－eq\f(x＋1,x－1)。(1）討論f(x)的單調(diào)性，并證明f（x)有且僅有兩個零點；（2）設x0是f（x)的一個零點，證明曲線y＝lnx在點A（x0,lnx0)處的切線也是曲線y＝ex的切線．解(1）f(x)的定義域為(0，1）∪（1，＋∞）．因為f′（x）＝eq\f(1,x)＋eq\f（2，x－12)>0,所以f（x)在（0，1)，(1，＋∞)單調(diào)遞增．因為f（e)＝1－eq\f(e＋1，e－1)〈0，f（e2)＝2－eq\f(e2＋1,e2－1)＝eq\f（e2－3,e2－1）〉0,所以f（x）在（1,＋∞)有唯一零點x1（e〈x1<e2），即f(x1）＝0。又0<eq\f（1,x1）<1，feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，x1）））＝－lnx1＋eq\f（x1＋1，x1－1)＝－f(x1）＝0,故f（x）在（0,1）有唯一零點eq\f（1，x1).綜上，f（x)有且僅有兩個零點．（2）證明：因為eq\f(1，x0）＝e－lnx0，所以點Beq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－lnx0，\f(1,x0)))在曲線y＝ex上．由題設知f（x0）＝0，即lnx0＝eq\f（x0＋1,x0－1），故直線AB的斜率k＝eq\f（\f(1,x0)－lnx0,－lnx0－x0)＝eq\f（\f（1,x0)－\f(x0＋1,x0－1），－\f（x0＋1，x0－1）－x0)＝eq\f(1,x0）.曲線y＝ex在點Beq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－lnx0，\f(1，x0）))處切線的斜率是eq\f（1,x0)，曲線y＝lnx在點A（x0,lnx0）處切線的斜率也是eq\f(1,x0）,所以曲線y＝lnx在點A(x0，lnx0）處的切線也是曲線y＝ex的切線．15．(2019·全國卷Ⅲ，理20)已知函數(shù)f（x)＝2x3－ax2＋b。（1)討論f（x）的單調(diào)性;(2）是否存在a，b，使得f（x)在區(qū)間[0，1］的最小值為－1且最大值為1？若存在，求出a，b的所有值;若不存在，說明理由．解（1）f′（x）＝6x2－2ax＝2x（3x－a）．令f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq\f(a,3)。若a>0,則當x∈(－∞，0）∪eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（a，3），＋∞))時，f′(x）>0;當x∈eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（0,\f（a，3）））時，f′(x)〈0.故f（x）在(－∞，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(a，3),＋∞）)單調(diào)遞增，在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（0,\f(a,3)）)單調(diào)遞減．若a＝0，則f(x)在（－∞，＋∞)單調(diào)遞增．若a〈0，則當x∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3）））∪(0，＋∞）時,f′（x)〉0；當x∈eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（a,3),0）)時，f′(x）<0。故f(x）在eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－∞，\f(a,3））），(0，＋∞）單調(diào)遞增，在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(a,3），0))單調(diào)遞減．（2）滿足題設條件的a，b存在．①當a≤0時,由（1）知,f(x)在［0,1］單調(diào)遞增，所以f(x)在區(qū)間［0,1]的最小值為f（0）＝b，最大值為f（1）＝2－a＋b。此時a，b滿足題設條件當且僅當b＝－1，2－a＋b＝1，即a＝0，b＝－1.②當a≥3時，由(1）知,f(x)在［0,1］單調(diào)遞減，所以f(x）在區(qū)間[0，1］的最大值為f(0)＝b，最小值為f（1）＝2－a＋b.此時a，b滿足題設條件當且僅當2－a＋b＝－1，b＝1,即a＝4,b＝1。③當0＜a＜3時，由（1）知，f（x）在［0，1］的最小值為feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(a,3)））＝－eq\f(a3，27）＋b，最大值為b或2－a＋b。若－eq\f(a3,27）＋b＝－1，b＝1，則a＝3eq\r(3，2)，與0＜a＜3矛盾．若－eq\f(a3，27）＋b＝－1，2－a＋b＝1，則a＝3eq\r(3）或a＝－3eq\r(3）或a＝0，與0＜a＜3矛盾．綜上,當a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1時，f(x）在［0,1]的最小值為－1,最大值為1。16．(2019·北京高考，理19)已知函數(shù)f（x)＝eq\f(1,4）x3－x2＋x。(1）求曲線y＝f(x)的斜率為1的切線方程；(2)當x∈［－2，4］時，求證：x－6≤f（x）≤x;（3）設F（x）＝|f（x)－（x＋a）|（a∈R），記F(x）在區(qū)間[－2,4］上的最大值為M（a）．當M(a)最小時，求a的值．解(1）由f(x）＝eq\f（1，4)x3－x2＋x得f′（x)＝eq\f（3,4）x2－2x＋1。令f′（x）＝1，即eq\f(3，4）x2－2x＋1＝1，得x＝0或x＝eq\f(8，3）。又f（0）＝0，feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（8,3)))＝eq\f（8，27），所以曲線y＝f(x)的斜率為1的切線方程是y＝x與y－eq\f（8，27）＝x－eq\f（8,3），即y＝x與y＝x－eq\f(64，27）.(2）證明：令g(x）＝f(x）－x，x∈［－2，4]．由g(x)＝eq\f(1，4)x3－x2得g′（x）＝eq\f(3，4)x2－2x.令g′（x）＝0得x＝0或x＝eq\f（8,3）.當x變化時，g′(x），g(x）的變化情況如下:x－2(－2，0)0eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f（8,3）)）eq\f（8，3)eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（8,3)，4））4g′(x）＋0－0＋g(x)－60－eq\f（64，27）0所以g（x）的最小值為－6，最大值為0.故－6≤g（x）≤0,即x－6≤f(x)≤x。(3）由(2)知,當a<－3時,M（a）＝F(0）＝|g（0)－a|＝－a〉3;當a>－3時，M（a）＝F（－2）＝|g(－2)－a｜＝6＋a>3；當a＝－3時,M(a)＝3.綜上，當M(a）最小時，a＝－3.17．（2019·天津高考，理20)設函數(shù)f(x)＝excosx，g(x)為f(x）的導函數(shù)．（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；（2)當x∈eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f(π，4），\f（π，2）))時，證明f（x)＋g（x)eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(π,2)－x))≥0;（3）設xn為函數(shù)u（x)＝f（x)－1在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(2nπ＋\f(π,4），2nπ＋\f(π,2)))內(nèi)的零點，其中n∈N，證明2nπ＋eq\f（π，2）－xn<eq\f(e－2nπ，sinx0－cosx0)。解(1）由已知，有f′（x）＝ex(cosx－sinx）．因此，當x∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f（π，4），2kπ＋\f(5π，4))）(k∈Z)時，有sinx>cosx，得f′(x)<0，則f(x)單調(diào)遞減；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2kπ－\f（3π，4），2kπ＋\f(π，4))）（k∈Z）時，有sinx〈cosx，得f′(x）>0，則f（x)單調(diào)遞增．所以，f(x）的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f（3π，4），2kπ＋\f(π，4）)）(k∈Z),f(x）的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π，4)，2kπ＋\f（5π,4）））(k∈Z）．（2)證明：記h(x）＝f(x）＋g(x）eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（π,2）－x）).依題意及（1)，有g（x）＝ex（cosx－sinx）,從而g′（x）＝－2exsinx.當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π，4)，\f（π，2）））時，g′（x）<0,故h′(x）＝f′(x）＋g′（x)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(π,2）－x）)＋g(x）（－1）＝g′（x)eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π，2）－x）)〈0。因此，h（x）在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f(π,4)，\f（π，2）))上單調(diào)遞減，進而h（x)≥heq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（π，2))）＝feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π,2)））＝0。所以，當x∈eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f(π,4)，\f（π，2））)時，f（x)＋g(x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(π,2）－x))≥0.（3）證明：依題意，u(xn）＝f（xn）－1＝0，即exncosxn＝1.記yn＝xn－2nπ，則yn∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π,4)，\f（π，2)))，且f(yn）＝eyncosyn＝exn－2nπcos(xn－2nπ）＝e－2nπ（n∈N）．由f(yn)＝e－2nπ≤1＝f（y0）及（1），得yn≥y0。由（2）知，當x∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（π,4）,\f（π,2))）時，g′(x）<0，所以g（x）在eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f（π，4)，\f(π，2)）)上為減函數(shù)，因此g（yn）≤g（y0）<geq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（π,4)））＝0.又由(2）知，f(yn)＋g(yn)eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（π，2)－yn)）≥0，故eq\f（π，2)－yn≤－eq\f（fyn，gyn)＝－eq\f（e－2nπ，gyn）≤－eq\f（e－2nπ,gy0）＝eq\f（e－2nπ，ey0siny0－cosy0)<eq\f(e－2nπ,sinx0－cosx0）。所以2nπ＋eq\f(π，2)－xn〈eq\f(e－2nπ，sinx0－cosx0).18．（2019·浙江高考，22)已知實數(shù)a≠0，設函數(shù)f（x）＝alnx＋eq\r（1＋x），x>0.（1)當a＝－eq\f（3，4)時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2）對任意x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,e2),＋∞）)均有f（x）≤eq\f（\r（x),2a），求a的取值范圍．注:e＝2。71828…為自然對數(shù)的底數(shù)．解（1）當a＝－eq\f(3，4)時，f（x）＝－eq\f(3,4）lnx＋eq\r(1＋x），x>0。f′（x)＝－eq\f(3,4x)＋eq\f(1，2\r（1＋x)）＝eq\f(\r(1＋x)－22\r（1＋x）＋1,4x\r（1＋x)）,所以函數(shù)f(x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，3），單調(diào)遞增區(qū)間為(3，＋∞)．（2）由f（1）≤eq\f(1,2a)，得0<a≤eq\f（\r(2),4)。當0<a≤eq\f(\r（2）,4）時,f（x）≤eq\f（\r(x),2a）等價于eq\f(\r（x),a2）－eq\f（2\r（1＋x），a)－2lnx≥0.令t＝eq\f(1，a）,則t≥2eq\r(2）。設g（t）＝t2eq\r(x)－2teq\r(1＋x）－2lnx，t≥2eq\r（2)，則g（t）＝eq\r(x)eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（t－\r(1＋\f（1,x)）)）2－eq\f(1＋x，\r(x）)－2lnx.①當x∈eq\b\lc\[\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,7),＋∞））時，eq\r(1＋\f（1,x）)≤2eq\r(2），則g(t)≥g（2eq\r(2））＝8eq\r（x）－4eq\r(2)eq\r（1＋x)－2lnx。記p（x）＝4eq\r（x)－2eq\r(2)eq\r（1＋x）－lnx，x≥eq\f(1,7），則p′（x）＝eq\f(2,\r(x)）－eq\f(\r（2），\r(x＋1))－eq\f（1，x)＝eq\f（2\r（x）\r(x＋1)－\r(2）x－\r(x＋1),x\r(x＋1））＝eq\f(x－1[1＋\r(x）\r(2x＋2)－1]，x\r(x＋1)\r(x）＋1\r(x＋1)＋\r（2x））。故xeq\f(1，7)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1,7），1))1(1，＋∞）p′(x)－0＋p（x）peq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1，7）)）單調(diào)遞減極小值p(1)單調(diào)遞增所以p（x)≥p(1）＝0。因此g(t)≥g(2eq\r（2））＝2p(x)≥0。②當x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1，e2），\f(1，7））)時,g（t)≥geq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\r(1＋\f（1，x))））＝eq\f(－2\r（x)lnx－x＋1,\r(x)）。令q(x）＝2eq\r(x)lnx＋(x＋1），x∈eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f（1,e2），\f(1,7）))，則q′(x）＝eq\f(lnx＋2,\r（x))＋1>0,故q(x）在eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f(1,e2），\f（1，7)）)上單調(diào)遞增，所以q（x)≤qeq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，7)))。由①，得qeq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，7）)）＝－eq\f（2\r（7），7)peq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，7）））〈－eq\f（2\r（7),7）p(1）＝0。所以q（x)〈0。因此，g（t)≥geq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\r(1＋\f（1，x）)）)＝－eq\f（qx，\r（x））>0.由①②知對任意x∈eq\b\lc\[\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，e2)，＋∞）），t∈[2eq\r（2），＋∞），g（t）≥0,即對任意x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1，e2），＋∞）)，均有f(x）≤eq\f(\r（x)，2a)。綜上所述，所求a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\］(\a\vs4\al\co1（0，\f（\r(2)，4)）).19．(2019·江蘇高考，19）設函數(shù)f(x)＝(x－a)(x－b)(x－c),a，b,c∈R，f′（x）為f(x）的導函數(shù)．(1）若a＝b＝c，f（4)＝8，求a的值;(2)若a≠b，b＝c，且f（x）和f′(x）的零點均在集合｛－3,1,3}中，求f（x)的極小值;（3)若a＝0,0＜b≤1，c＝1，且f(x）的極大值為M，求證:M≤eq\f（4，27）。解（1）因為a＝b＝c，所以f(x）＝（x－a)（x－b）(x－c)＝(x－a)3。因為f（4）＝8，所以(4－a）3＝8，解得a＝2。（2）因為b＝c，所以f（